De thi vao 10 chuyen Nam Son Thanh Hoa 2012

[r]

Sở giáo dục đào tạo kỳ thi vào lớp 10 chuyên lam sơn

đề chính thức Môn thi : Toán

(Đề gồm có 01 trang) (Môn chung cho tất cảc thí sinh)

Thời gian làm bà :120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 17 tháng 6 năm 2012

Câu 1(2.0 điểm ) : Cho biểu thức

4

  , (Với a > 0 , a  1)

1 Chứng minh rằng :

2 1

P 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 đờng 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 phơng trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0

1 Giải phơng trình khi m = 4

2 Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

Câu 4(3.0 điểm) : Cho đờng 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 Đờng tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đờng 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 đờng tròn (O)

Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : a2b2c2  3

1

a  b b  c c  a 

Hết

-Hớng dẫn học sinh làm bài

Câu

1

1 Chứng minh rằng :

2 1

P a





4

   

1.0

B

A 9

3 -1 0

2

P

a a



2

P

a a



.

a a P

2 Tìm giá trị của a để P = a P = a

=>

2 2

2 0

a     

Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phơng trình có 2 nghiệm

a1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại

a2 =

2 2 1

c a



 

(Thoả mãn điều kiện) Vậy a = 2 thì P = a

1.0

Câu

2

1 Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt

Hoành độ giao điểm đờng thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm

của phơng trình

x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0

Nên phơng trình có hai nghiệm phân biệt

x1 = -1 và x2 =

3 3 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 nh hình vẽ

dt (ABCD) =

1 9

AD BC

DC

dt (BCO) =

9.3

13,5

BC CO

dt (ADO) =

1.1

0,5

AD DO

Theo công thức cộng diện tích ta có

dt(ABC) = dt(ABCD) – dt(BCO) - dt(ADO)

= 20 – 13,5 – 0,5 = 6(đvdt)

1.0

Câu

3

1 Khi m = 4, ta có phơng trình

x2 + 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0

Vậy phơng trình có hai nghiệm phân biệt

x1 = -4 + 2 = -2 và x2 = - 4 – 2 = -6

1.0

2 Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0

Có ’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4

Để phơng trình có hai nghiệm phân biệt thì ’ > 0

=> 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2

Vậy với m > 2 thì phơng trình có hai nghiệm phân biệt

1.0

4

2

2 1 1

H

K N

I

O

M D

C

B A

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng

MC là tiếp tuyến của đờng tròn (O) => MC  MO (1)

Xét đờng tròn (I) : Ta có CMD  900 => MC  MD (2)

Từ (1) và (2) => MO// MD trùng nhau => O, M, D thẳng hàng

1.0

2 Tam giác COD là tam giác cân

CA là tiếp tuyến của đờng tròn (O) => CA  AB(3)

Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C => CA  CD(4)

Từ (3) và (4) => CD // AB => C1 O 2 ( Hai góc so loe trong) (I)

CA, Cm là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) => O1 O 2 (II)

Từ (I) và (II) => C1 O1 => Tam giác COD cân tại D

1.0

3 Đờng 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 H là giao của CB và đờng tròn (I)

=> CHD  900(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn I) => DH BC

DH kéo dài cắt AB tại K

Gọi N là giao điểm của CO và đờng tròn (I)

=>

 90 0

can tai D

CND

COD









Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H2 O 2 C1 ( Cùng bù với góc DHN)

=> NHO NKO  1800(1)

- Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH của đờng tròn (I))

CBO HCD HND  => DNH  COB(g.g)

=>

OC HD OC CD CD Hay

CD HD MàONH CDH 

=> NHO  DHC (g.g)

=> NHO 900 Từ (1) => NKO 90 0, Hay K là trung điểm của

OA cố định => ĐPCM

1.0

Câu

5 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn: a2 b2 c2  3

1.0

Chứng minh rằng : 2 2 2

1

a  b b  c c  a 

Ta có : a2 2b  3 a2 2b   1 2 2a 2b 2, tơng tự Ta có

A

Hay

1

A

a b  b c  c a  

a b   b c   c a   

<=>

2

<=>

2

<=> B=

2

(1)

Bổ đề : C/M

2 2 a b



 Thật vậy

       

2

2 2

a b

a y b x x y xy a b ay bx





(Đúng) => ĐPCM

áp dụng 2 lần , ta có:

 

 

áp dụng BĐT trên ta có

=> B 

2 3

a b c

  

B

2 2 2

3

a b c

  



Để chứng minh B  2, Ta chứng minh

a b c   32  2 a2 b2 c2 ab bc ca   3(a b c  ) 3  

(2)

Ta có

2 2 2

2 2 2

2

3

a b c

   

Vậy (2) đúng => (1) đúng => Điều phải chứng minh

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

Chú ý : HS làm cách khác vẫn cho điểm tối đa