đề thi tuyển sinh vào 10 năm 2013 chuyên lam sơn- thanh hóa
TRANSCRIPT
Đề thi tuyển sinh vào 10 năm 2013Trường THPT chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :1 1 1
41 1 2
a aP a
a a a a
+ −= − + ÷ ÷− + , (Với a > 0 , a ≠1)
1. Chứng minh rằng : 2
1P
a=
−
2. Tìm giá trị của a để P = a
Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 và
đường thẳng (d) : y = 2x + 3
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt
2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam
giác OAB ( O là gốc toạ độ)
Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0
1. Giải phơng trình khi m = 4
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một
điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt
nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C.
CD là đờng kính của (I). Chứng minh rằng:
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng
2. Tam giác COD là tam giác cân
3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố
định khi M di động trên đường tròn (O)
Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : 2 2 2 3a b c+ + =
Chứng minh rằng : 2 2 2
1
2 3 2 3 2 3 2
a b c
a b b c c a+ + ≤
+ + + + + +
HƯỚNG DẪN GIẢI:
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1
1. Chứng minh rằng : 2
1P
a=
−1 1 1
41 1 2
a aP a
a a a a
+ −= − + ÷ ÷− +
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
2 2
1 1 4 1 1 1.21 1
a a a a aP
a aa a
+ − − + + −=
+ −
( ) ( )2 1 2 1 4 4 1
.21 1
a a a a a a aP
a aa a
+ + − + − + −=+ −
4 1 2.
1 12
a aP
a aa a= =
− − (ĐPCM)
1.0
2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a
=> 22
2 01a a a
a= => − − =
− .Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệma1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại
a2 =
22
1
c
a
− = =(Thoả mãn điều kiện)
Vậy a = 2 thì P = a
1.0
2 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệtHoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phư-ơng trìnhx2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 = -1 và x2 =
33
1
c
a
− = =
Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => A (-1; 1)Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => B (3; 9)Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B
1.0
2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ)Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ
1.0
1D C
B
A
9
3-1 0
1 9. .4 20
2 2ABCD
AD BCS DC
+ += = =
. 9.313,5
2 2BOC
BC COS = = =
. 1.10,5
2 2AOD
AD DOS = = =
Theo công thức cộng diện tích ta có:S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)
= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)
3
1. Khi m = 4, ta có phương trình x2 + 8x + 12 = 0 có ∆’ = 16 – 12 = 4 > 0Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệtx1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6
1.0
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệtx2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0=> 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
1.0
4
1
2N
K
H
DIC
OA B
M
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ MC ⊥ MO (1)Xét đường tròn (I) : Ta có · 090CMD = ⇒ MC ⊥ MD (2)Từ (1) và (2) => MO // MD ⇒ MO và MD trùng nhau ⇒ O, M, D thẳng hàng
1.0
2. Tam giác COD là tam giác cânCA là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ CA ⊥AB(3)Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C ⇒ CA ⊥ CD(4)Từ (3) và (4) ⇒ CD // AB => · ·DCO COA= (*) ( Hai góc so le trong) CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) ⇒ · ·COA COD= (**)Từ (*) và (**) ⇒ · ·DOC DCO= ⇒ Tam giác COD cân tại D
1.0
3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đờng tròn (O)* Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H. · 090CHD = ⇒ H ∈ (I) (Bài toán quỹ tích)DH kéo dài cắt AB tại K.Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)
=>· 090
can tai D
CNDNC NO
COD
= ⇒ =∆
Ta có tứ giác NHOK nội tiếpVì có ¶ µ ·
2 1H O DCO= = ( Cùng bù với góc DHN) ⇒ · · 0180NHO NKO+ = (5)
* Ta có : · ·NDH NCH= (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I))
1.0
· · ·( )CBO HND HCD= = ⇒ ∆DHN ∆COB (g.g)
...
...
HN OB
HD OCOB OA HN ON
OC OC HD CDOA CN ON
OC CD CD
⇒ = ⇒ = ⇒ =⇒ = =
Mà · ·ONH CDH=
⇒∆NHO ∆DHC (c.g.c)⇒ · 090NHO = Mà · · 0180NHO NKO+ = (5) ⇒ · 090NKO = , ⇒ NK ⊥ AB ⇒ NK // AC ⇒ K là trung điểm của OA cố định ⇒ (ĐPCM)
5 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : 2 2 2 3a b c+ + =
Chứng minh rằng : 2 2 2
1
2 3 2 3 2 3 2
a b c
a b b c c a+ + ≤
+ + + + + +
* C/M bổ đề: ( ) 22 2 a ba b
x y x y
++ ≥
+ và
( ) 22 2 2 a b ca b c
x y x x y z
+ ++ + ≥
+ + .
Thật vậy( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22 22 22 2 0
a ba ba y b x x y xy a b ay bx
x y x y
++ ≥ <=> + + ≥ + <=> − ≥
+(Đúng) ⇒ ĐPCM
Áp dụng 2 lần , ta có: ( ) 22 2 2 a b ca b c
x y x x y z
+ ++ + ≥
+ +
* Ta có : 2 22 3 2 1 2 2 2 2a b a b a b+ + = + + + ≥ + + , tương tự Ta có: … ⇒
2 2 22 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b cA
a b b c c a a b b c c a= + + ≤ + +
+ + + + + + + + + + + + 1
(1)2 1 1 1
B
a b cA
a b b c c a ⇔ ≤ + + ÷+ + + + + + 1444442444443
Ta chứng minh 11 1 1
a b c
a b b c c a+ + ≤
+ + + + + +
1.0
( )( ) ( )
( )( ) ( )
( )( ) ( )
2 2 2
3
1 1 1 21 1 1
1 1 12
1 1 11 1 1
21 1 1
1 1 12 (2)
1 1 1 1 1 1
B
a b c
a b b c c ab c a
a b b c c ab c a
a b b c c a
b c a
a b b b c c c a a
−
⇔ − + − + − ≤ −+ + + + + +
− − − − − −⇔ + + ≤ −+ + + + + +
+ + +⇔ + + ≥+ + + + + +
+ + +⇔ + + ≥
+ + + + + + + + +14444444444244444444443
* Áp dụng Bổ đề trên ta có:
⇒ ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
23
31 1 1 1 1 1
a b cB
a b b b c c c a a
+ + +− ≥
+ + + + + + + + + + +
( ) 2
2 2 2
33 (3)
3( ) 3
a b cB
a b c ab bc ca a b c
+ + +⇔ − ≥
+ + + + + + + + +* Mà:
( )( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2
2 3( ) 3
2 2 2 2 2 2 6 6 6 6
2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ( : 3)
2 2 2 6 6 6 9
3
3
3( )
a b c ab bc ca a b c
a b c ab bc ca a b c
a b c ab bc ca a b c Do a b c
a b c ab bc ca a b c
a b c
a b c
a b c ab bc ca a b c
+ + + + + + + + + = + + + + + + + + += + + + + + + + + + + + =
= + + + + + + + + +
= + + +
+ + +⇒
+ + + + + + + +2 (4)
3=
+Từ (3) và (4) ⇒ (2)Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh.Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
