De thi vao 10toan thuong chuyen LQD Binh Dinh

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 2012-2013</b>

<b>BÌNH ĐỊNH </b> <b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN</b>

<b>Đề chính thức</b>

Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 14 / 6 / 2012

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian phát đề )
<b>Bài 1: (2điểm)</b>

Cho biểu thức D = 1 1

 _ _ 



 

 _ _ 

 

a b a b

ab ab _:1a b 2ab _{1 ab} 


 _{với a > 0 , b > 0 , ab}₁

a) Rút gọn D.

b) Tính giá trị của D với a = 2 3
2

<b>Bài 2: (2điểm)</b>

a) Giải phương trình: x 1  4 x 3 

b) Giải hệ phương trình: 2 2
x y xy 7
x y 10

  




 


<b>Bài 3: (2điểm)</b>

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số

2
1
y x

2



và đường thẳng (d) có hệ
số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ).

a) Viết phương trình đường thẳng (d).

b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
c) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để

3 3
1 2
x x 32
<b>Bài 4: (3điểm)</b>

Từ điểm A ở ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm).
Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E, dây DE không đi qua tâm O).
Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K.

a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh: AB2_{= AD . AE .}

c) Chứng minh:

2 1 1

AK AD AE
<b>Bài 5: (1điểm)</b>

Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn:

1 1 1
0
a b c   _.
Chứng minh rằng 2 2 2

ab bc ac
3
c a b 

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>---HẾT---Đáp án:</b>

<b>Câu 1: a) Với a > 0 , b > 0 , ab</b>₁

- Rút gọn D =









<i>ab</i>
<i>a</i>
<i>b</i>
<i>a</i>
1
2

2
:
1
1

a b ab
ab
  

 

 _ 

 ₌ 1

2


<i>a</i>
<i>a</i>

b) a =

2
2 2 2 3

3 1 3 1

1
2 3

(  _{) (} ₎ _a

     

 _.

Vậy D =

2 2 3 2 3 2 2 3 2 4 3 6 3 2

2 ₁ ₄ ₃ 16 3 13

2 3
    
  




( )( )
<b>Câu 2:</b>

a) ĐK: x 1 x 1  4 x 3 



 





 



2 2

x 1 4 x 2 x 1 4 x 9 x 1 4 x 3 x x 3x 4 9 6x x

                  

 _{x =}
13

9 _(TM)
b) 2 2

x y xy 7
x y 10

  




 

 _{Đặt x + y = a ; xy = b} _x2_{+ y}2_{= (x + y)}2_{– 2xy = a}2_{– 2b.}

Ta có:

2

1 2

2

a b 7 a 2a 24 0 a 4;a 3
a b 7
a 2b 10 a b 7

   
     
 
  
 
    _
 
1 1
2 2

x y 4
xy 3
a 4; b 3

a 6;b 13 x y 6

xy 13
  
 _
 
 

 
    
 

 _




2
1 2
2
3 1

4 3 0
6 13 0

      
 

 
   
 

t ;t
t t
Vo ânghieäm

t t _{. Vậy ( x = 3 ; y = 1 ) , ( x = 1 ; y = 3 )}
<b>Câu 3:</b>

a) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ), ta có:
2 = m.0 + b  _{b = 2. Do đó (d) có dạng y = mx + 2}

b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình

2
1

y x

2


= mx + 2  _x2_{– 2mx – 4 = 0}

'

 _{= (-m)}2_{– 1 (-4) = m}2_{+ 4 > 0. Vì}_'_{> 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.}

c) x1 , x2 là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x2 – 2mx – 4 = 0

Áp dụng hệ thức Viét ta có : x1 + x2 = 2m , x1 . x2 = - 4

Ta có:









3
3 3

1 2 1 2 1 2 1 2

x x  x x  3x x x x 32

 _(2m)3_{– 3 (-4).2m = 32}_ _8m3_{+ 16m – 32 = 0}_ _m3_{+ 2m – 4 = 0}



m 1 m





2 m 4



0 m 1 0 m 1

         

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>Câu 4:</b>

a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
Chỉ ra được: OAC OHA OBA 90    0

 _{A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.}
b) Chứng minh: AB2_{= AD . AE :}

Xét: ABD và ABE ; Ta có: BAE (góc chung)

AEB ABD  _{(cùng chắn cung}BD _{của đ/tròn (O)). Nên}ABDAEB_(gg)


AB AD

AE AB _AB2_{= AD.AE. (1)}

c) Chứng minh:

2 1 1

AK AD AE _:

Ta có:

1 1 AD AE

AD AE AD.AE


 

Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH



1 1 2AH

AD AE AD.AE 

Mà: AB2_{= AD.AE. (Cmt)}

 _AC2_{= AD.AE ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC)}

 2

1 1 2AH

AD AE AC ₍₃₎
Ta lại có:

2 2AH

AK AK.AH₍₄₎
Cần chứng minh: AC2_{= AK.AH}

Từ D vẽ DM vng góc với OB tại M, cắt BC tại N.
Xét tứ giác ODMH

Có:



_

_



0
0
OHD = 90 Cmt
OMD = 90

 

_

0

_

OHD = OMD = 90



</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

 HOM = HDM  _{( chắn cung}HM ₎

Mà HOM = BCH  (chắn HB Của đường trịn đường kính AO)
 HDM = BCH

Hay: HDN = NCH 

 _{Tứ giác CDNH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)}
Xét ACK à AHC<i>v</i> 

Ta có: CAH (góc chung) (a)

Lại có : CHD = CND  (chắn cung CD của CDMH nội tiếp )

Mà: CBA = CND  (đồng vị của ED//AB ( Vì cùng vng góc với OB)) CHD = CBA 

Và: BCA = CBA  ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường trịn (O) _{AB = AC) =>}ABC_{cân tại A)}
 CHD = BCA  _Hay:CHA = KCA  _(b)

Từ (a) và (b)  ACK _{đồng dạng} AHC


2
AC AK

= AC = AH.AK
AH AC 

Thay vào (3) ta có

 

1 1 2AH

5
AD AE AH.AK
Từ (4) và (5) 

2 1 1

AK AD AE _.

<b>Câu 5: Ta có </b>

 

 

 





3 3 3

2

2 2 2

ab bc ac
ab bc ac

c a b _abc

 

  

(1)

Đặt ab = x , bc = y , ac = z  _{xyz = (abc)}2_{. Khi đó (1) trở thành}

3 3 3

x y z
xyz
 

và x + y + z = ab + bc + ac

Từ

1 1 1 bc ac ab
0
a b c abc

 

   

 _{x + y + z = ab + bc + ac = 0}

Vì x + y + z = 0 nên x3_+y3_{+ z}3_{= 3xyz . Nên}

3 3 3

x y z
xyz
 

=
3xyz

3
xyz 
Cách khác:

 

3 3

3 3 3 3 3 3

3 3 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1

Vì: 0

a b c a b c a b c a b ab a b c a b abc c

1 1 1 3

1
a b c abc

     

       _  _  _ _    _  _    

     

   

 

2 2 2 3 3 3 3 3 3

ab bc ac abc abc abc 1 1 1

Ta có: abc 2

c a b c a b c a b

 

      _   _

 

Thay (1) vào (2) ==> 2 2 2

ab bc ac 3

Ta có: abc 3

c a b abc

 

   _ _

</div>

<!--links-->