Đề Thi Thử Lớp 10 Chuyên Toán Học 2013 - Phần 2 - Đề 6 pdf

Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho APR.. a Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn.. b Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường th

ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Ngày 9 Tháng 5 Năm 2013

Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức ( ) 1 1

P x

a) Rút gọn P x( )

b) Tìm giá trị của x để P x  ( ) 2

Câu 2 (3,0 điểm) Cho f x( )x2(2m1)xm2 (1 x là biến, m là tham số)

a) Giải phương trình f x ( ) 0khi m  1

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đẳng thức 2

f x  ax b đúng với mọi số thực x; trong đó ,

a b là các hằng số

c) Tìm tất cả các giá trị m  ¢ để phương trình f x ( ) 0 có hai nghiệm x x1, 2 (x1x2) sao cho biểu thức 1 2

1 2

x x P

x x



 có giá trị là số nguyên

Câu 3 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó

một điểm P sao cho APR Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại điểm M (điểm

M khác điểm A)

a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn

b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng OP tại điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON tại điểm I; đường thẳng PN và đường thẳng OM cắt nhau tại điểm J Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng

Câu 4 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn 9

4

abc  Chứng minh rằng:

a b c a b c b cac ab

Câu 5 (1,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên x y thỏa mãn hệ: ; 

2

1 2

1 2

  





 

 -Hết -

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1 (2,0 điểm)

A, 1,0 điểm Điều kiện: 0

x x









 0x 1

P x



2 ( ) 1

P x

x



1

P x

x

    



1 1

1 x

    1 x 1x (thỏa mãn 2 điều kiện)

Câu 2 (3 điểm)

a) 1,0 điểm Thay m  vào PT 1 f x ( ) 0 ta có: x23x20(1) PT(1) có: a      b c 1 3 2 0 Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2

b) 1,0 điểm Với mọi m ta có:

f x x  m xm  m  m 

2

( )

Suy ra: để ( )  2 3

4

f x  ax b m Vậy tồn tại duy nhất giá trị 3

4

m  thỏa mãn yêu cầu

c) 1,0 điểm f x ( ) 0 có 2 nghiệm phân biệt  2 2 3

4

Khi đó ta có:

2

1 2 2

1 2

1

P





5

m

 (*)

4

m  , nên 2m  1 1, để P  ¢ phải có: (2m 1) là ước của 5 2m  1 5 m2

Với m 2 thay vào (*) có: 4 2.2 1 5 4 1

2.2 1

 Vậy giá trị m cần tìm bằng 2

Câu 3 (2 điểm)

a) 1,0 điểm:Ta có: · · 0

90

180

PAO  PMO   tứ giác APMO nội tiếp

b) 2,0 điểm:

Ta có · 1 ·

2

ABM  AOM ; OP là phân giác của góc · · 1 ·

2

· ABM  · AOP (2 góc đồng vị)  MB // OP (1)

Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau  OP = BN (2) Từ (1) và (2)  OBNP là hình bình hành

x

O

K

I M

J N

P

B A

 PN // OB hay PJ // AB Mà ON  AB  ON  PJ

Ta cũng có: PM  OJ  I là trực tâm tam giác POJ  IJ  PO (3)

Ta lại có: AONP là hình chữ nhật  K là trung điểm của PO và · APO  · NOP

Mà · APO  MPO ·   IPO cân tại I

IK là trung tuyến đồng thời là đường cao  IK  PO (4) Từ (3) và (4)  I, J, K thẳng hàng

Câu 4 (1 điểm)

Ta có:   2 

xy xy  x y Suy ra:   2   2 2   

a b a b   a ab b ab a b 

( )

    (1), dấu ‘=’ xẩy ra a  b

Từ (1) và BĐT AM – GM có: a3b3c3ab a b(  )c32 abc a b3(  )3c a b (do 9

4

abc  )

Vậy: a3b3c33c a b , dấu ‘=’ xẩy ra 3





 



(2)

Tương tự có: a3b3c33a bc, dấu ‘=’ xẩy ra

3





 



(3)

a3b3c33b ca, dấu ‘=’ xẩy ra 3





 



(4)

Từ (2), (3) và (4) có: 3 3 3

a b c a b c b cac a b (5), dấu ‘=’ xẩy ra abc0

vô lí, do 9

4

abc  , hay ta có đpcm

Câu 5 (1 điểm)

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x0,y0 Từ phương trình 2

1 2

p  x suy ra p là số lẻ

Dễ thấy 0xy pyx không chia hết cho p (1)

2y 2x  p p yx yx 0 modp yx0 modp (do (1))

Do 0xy p 0 yx2p x y p y px thay vào hệ đã cho ta được

2

1 2



Giải hệ này ta được p7,x2 thay vào hệ ban đầu ta suy ra y 5 Vậy p 7