LOI GIAI CHI TIET TOAN 10 DHSP 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc. ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2013 Môn thi : TOÁN (Dùng cho mọi thí sinh thi vào trường THPT chuyên ĐHSP) Thời gian làm bài :120 phút Câu 1(2,5 điểm) 1.Cho biểu thức 3.  a b     2a a  b b ab  a a b  Q  3a 2  3b ab a b  b a với a>0 ; b>0 a Chứng minh rằng giá trị biểu thức Q không phụ thuộc vào a, b 2.Các số thực a,b,c thỏa mãn a+b+c=0.Chứng minh đẳng thức. b.. 2 2 2 2 4 4 4 a +b + c ¿ =2 ( a +b +c ) ¿. 1 Câu 2(2 điểm) Cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) : y=− mx+ 2 2m. ( tham số m 0). 1.Chứng minh rằng với m 0 đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt 2. Gọi A ( x 1 ; y 1 ) ; B ( x 2 ; y2 ) là giao điểm của (d) và (P).Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = y 21 + y 22 Câu 3 (1,5 điểm)GiảI sử a,b,c là các số thực a b sao cho hai phương trình x 2+ ax+1=0 ; x 2+ bx +c=0 ; có nghiệm chung và 2 phương trình x 2+ x +a=0 ; x 2+ cx+b=0 ; có nghiệm chung. Tính a+b+c. Câu 4 (3 điểm): Cho tam giác ABC không cân có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AA1;BB1;CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H.Các đường thẳng A1C1 và AC cắt nhau tại điểm D, gọi X là giao điểm thức hai của đường thẳng BD với đường tròn (O) 1.Chứng minh rằng DX.DB=DC1.DA1 2.Gọi M là trung điểm cạnh AC .Chứng minh DH BM Câu 5: (1 điểm) Cho các số thực x,y,z thỏa mãn ¿ x+2011+ y +2012+ z +2013= √ √ √ √ y +2011+ √ z +2012+ √ x+ 2013 √ y+ 2011+√ z+2012+ √ x +2013= √ z +2011+ √ x +2012+√ y+ 2013 ¿{ ¿. Chứng minh rằng x=y=z. ----------------------------------Hết----------------------------------Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GV:. KIỀU ĐÌNH PHÚ -THCS TT SÔNG THAO.CẨM KHÊ-PHÚ THỌ. hướng dẫn giải :. Câu 1: a) 3  a b     2a a  b b ab  a a b  Q   3a 2  3b ab a a b a . a a  b b  3a b  3b a  2a a  b b  3a 2  3b ab.  3a . a  3a b  3b a. . . 3a 2  3b ab. . . . . b. . 3.  2a a  b b. a . 3a 2  3b ab. . a. 1 a b. 0. b) a2 +b 2+ c 2 ¿2 −2( a2 b 2+ b2 c 2+ c2 a2 )(∗) a4 + b4 + c 4=¿ 2 2 2 2 2 2 a + b +c a +b + c ab+ bc+ ca= ⇔ a2 b2+ b2 c 2+ c 2 a2 +2 abc (a+b +c)= 2 2 2 2 2 2 a +b +c ¿ Từ a+b+c=0 ta có ¿ ¿ ¿ ⇔2( a2 b 2+ b2 c 2+ c2 a2 )=¿. Ta có. (. Thay vào (*) Ta có ĐPCM Câu 2 1. Ta có tọa độ giao (d) và (P) là nghiệm của hệ PT ¿ y =x2 y=− mx +. 1 2m 2. ⇔ ¿ y=x 2 1 x 2+ mx − =0 ;(∗) 2 m2 ¿{ ¿. 2 2 Xét PT(*) có Δ=m + 2 ≥ 2 √ 2>0 m.  Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với m Vậy ( d ) cắt ( P) tại 2 điểm phân biệt. 0. 2. 2 2 Ta có M = y 21 + y 22=x 41 + x 42 =( x 21 + x 22) − 2 x 21 x 22=[ ( x 1+ x 2 )2 − 2 x 1 x2 ] −2 x 21 x 22. b. a  a  b. 1 3a a  3a b  3b a   a b 3a 2  3b ab. a  b  3a 2  3b ab a b. a. 2. ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ¿ x 1+ x 2=− m −1 Áp dụng định lý Viet: x 1 x 2= 2 thay vào M ta có 2m ¿{ ¿ 2 1 1 1 M = m 2+ 2 − =m4 + + 2≥ √ 2+ 2 m 2 m4 2 m4 Min(M)= 2+ √ 2. (. khi. ). m 8. 1 2. Câu 3: Giả sử phương trình x2 +ax +1 =0 (1) và x2 +bx +c =0 (2)có nghiệm chung x0 tính được : x0 ( a-b) = c-1 ⇔ x 0= (1) là: x2=. a− b c−1. (c. c −1 a−b. ( vì a b ¿ suy ra nghiệm còn lại của phương trình. 1 vì 0 không là nghiệm của pt (1) ). Giả sử Phương trình : x2 +x +a =0 (3) và x2 + cx +b=0 (4) có nghiệm chung x1 ta có : x1( 1-c) = b-a ⇔ x1 =. b− a c−1. =. x2. vậy pt (1) ; (2) (3) có nghiệm chung x1 từ (1) và (3) ta có (a-1) (x1 -1) =0 nếu a=1 ⇔ x2 +x+1 =0 vô lý vậy x1 =1 từ đó tính được a+b +c =-3 Bài 4: 1) Dễ đang chứng minh tứ giác AC1A1C nội tiếp suy ra DA.DC = DC1.DA1 tứ giác DXBC nội tiếp nên AD.DC= DX. DB Vậy DX.DB = DC1.DA1 2) Vì : DX.DB = DC1.DA1 nên tứ giác A1BX C1 nội tiếp suy ra BXC1 + BA1C1 =1800 D do tứ giác BA1 HC1 nội tiếp BA1C1 = BHC1 nên tứ giác BXC1 H nội tiếp suy ra BXH =900 A. vậy HX. BD (1). kẻ đường kính BE dễ dàng chừng minh tứ giác AEHC là hình bình hành từ đó suy ra HME thẳng hàng X tứ giác BCEX nội tiếp nên BXE =900 vậy EX BD (2) từ (1) và (2) suy ra X,H,M,E thẳng hàng vậy MX BD lại có BH DM nên H là trực tâm tam giác DBM suy ra DH BM. M C1. E. H O. B. C A1.  x  2011  y  2012  z  2013  y  2011  z  2012  x  2013   y  2011  z  2012  x  2013  z  2011  x  2012  y  2013 Câu 5.  Đặt a x  2011, b  y  2011, c z  2011 Ta có hệ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  a        b  . b   1  c 2  b  c  1  a 2 A. B. c  1  a 2  c  a  1  b 2 B. C. vai trò x,y z bình đẳng. Giả sử c max{a;b;c} vì A C Ta có. a  b 1  c  2  c  a 1  b  2.   . . a 1  a 1 .   a  a . b2  b2 .  b  1  . b 1  c  2  c2 . c.  . c 1 . c 1 . c. 1 1 1 1     * a 1  a b  2  b 1 c  2  c 1 c 1  c Mặt khác,. c a  c b . 1 1  a 1  a c 1  c 1 1  b  2  b 1 c  2  c 1. Suy ra (*) xảy ra khi a=b=c, suy ra x=y=z.. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span>