de va dap an thi vao 10 thanh hoa 12.7.2013

Bán kính IO vuông góc với EF, gọi J là điểm bất kỳ trên cung nhỏ EI J khác E và I, FJ cắt EI tại L, kẻ LS vuông góc với EF S thuộc EF.. a Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp.. b Trên đoạn t

Đáp án: Đề thi tuyển sinh vào 10 THPT

Năm học 2013-2014 (Đề B) Câu 1:

1) Cho phơng trình x2  2x 3 0  với các hệ số a 1;b 2; c 3

a) Tính tổng: S a b c   b) Giải phơng trình trên

2) Giải hệ phơng trình 3 2







Giải:

a) S a b c      1 2 3 0  b) Suy ra phơng trình có nghiệm x 1 1 và x2 c 3

a

 

Vậy nghiệm của hệ là x y ;  2;0

:

y Q

với y 0; y 1

a) Rút gọn biểu thức Q b) Tính giá trị của Q khi y  3 2 2

Giải:

a) Ta có

y

Q

b) Ta có y  3 2 2  2 1  2  y  2 1  Vậy 1 1 2 2

2 1 2 1

Q

y



Câu 3: Cho đờng thẳng d y:  2bx 1 và parabol  P y:  2x2

a) Tìm b để d đi qua B1;5

b) Tìm b để đờng thẳng d cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lợt là

1 , 2

x x thỏa mãn điều kiện x12x22 4x1 x2  4 0

Giải:

a) Ta có d đi qua B1;5  5 2 b 1 b2

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

 

2x 2bx 1 2x 2bx 1 0 1

Để d cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt x x1 , 2

 

2

b b

b

 

       

 



Khi đó hai nghiệm x x1 , 2 của (1) thỏa mãn hệ thức Vi ét:

1 2

1 2

1 2

x x

 











1 2 4 1 2 4 0 1 2 2 1 2 4 1 2 4 0

x x  x x    x x  x x  x x  

3

b

b





           

 Kết hợp điều kiện (*) ta đợc b 3

Câu 4: Cho đờng tròn (O;R) đờng kính EF Bán kính IO vuông góc với EF, gọi J là điểm

bất kỳ trên cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L, kẻ LS vuông góc với EF (S thuộc EF)

a) Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp

b) Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN=EJ Chứng minh rằng, tam giác IJN vuông cân

c) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại E Lấy D là điểm nằm trên d sao cho hai điểm D và I nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng EF và ED JF JE OF. Chứng minh rằng đờng thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS

Giải:

a) Vì I thuộc (O) nên EIF 90 0 Vì LS EF nên LSF 90 0

Từ đó suy ra EIF LSF    180 0, do đó tứ giác IFSL nội tiếp

b) Ta có IOEF nên tam giác IEF là tam giác vuông cân

tại I Suy ra IE=IF (1)

Ta lại có IEJ  IFJ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IJ ) (2)

Theo giả thiết ta có FN=EJ (3)

Từ (1), (2) , (3) suy ra IEJ IFN (c-g-c)

Do đó IJ=IN (4) và EIJ  FIN

Suy ra JIN EIJ EIN    FIN EIN   EIF 90 0 (5)

Từ (4) và (5) suy ra tam giác IJN vuông cân tại I

c) Đặt SE x 0 x R  Ta có tam giác LES vuông cân tại

S nên LS x

Gọi H là giao điểm của FD và LS Vì D và L nằm cùng phía đối với EF nên H và L nằm cùng phía đối với S

Ta có FHS  FDE (g-g) nên 2 2

.

Theo giả thiết ED JF. JE OF. ED JE

Ta lại có FLS  FEJ (g-g) suy ra LS JE

FS JF (8).

Từ (7) và (8) suy ra

ED

OF FS  R  R x   R x (9)

Từ (6) và (9) suy ra 2

.

HS



 Do đó H là trung điểm của đoạn LS

Câu 5: Cho a b c , , 0 thỏa mãn ab bc ca   3 CMR:

b c c  a a  b

Giải:

Theo bđt Cô si ta có 2 2 2 1  2 2  2 2  2 2 1 

a b c   a b  b c  c a   ab bc ca ab bc ca  

Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có a b c  21 1 1 2  2  2 a2 b2 c2 3a2 b2 c2 Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có:  

4

a b c

  a2 b2 c22

2 2 2

Đẳng thức xảy ra  a b c   1 (Điều phải chứng minh)

-d

H D

S

L I

E

J

N