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[r]
Trang 1Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ VÀO 10 SỐ 16
Ngày 9 Tháng 5 Năm 2013
Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức
( )
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 (2m1)x m 21 (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 f x( ) ( ax b )2 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 x x1, 2 ( 1x2) sao
cho biểu thức
1 2
1 2
x x P
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:
3 3 3
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
Trang 2-Hết -Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 16
Câu 1 (2,0 điểm).
A, 1,0 điểm Điều kiện:
0
x x
a) Khi đó:
( )
P x
2 ( ) 1
P x
x
b) 1,0 điểm Theo phần a) có:
2
1
P x
x
1 1
1 x
1 x1 x2 (thỏa mãn điều kiện)
Câu 2 (3 điểm).
a) 1,0 điểm Thay m 1 vào PT 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 xm m m
2
( )
4
Vậy tồn tại duy nhất giá trị
3 4
m
thỏa mãn yêu cầu
c) 1,0 điểm ( ) 0 có 2 nghiệm phân biệt 2 12 4( 2 1) 0 4 3 0 3
4
Khi đó ta có:
2
1 2
2
1 2
1
P
5
m
(*)
Do
3
4
m
, nên 2m 1 1, để P phải có: (2m 1) là ước của 5 2m 1 5 m2
Với m 2 thay vào (*) có:
5
2.2 1
Vậy giá trị m cần tìm bằng 2.
Câu 3 (2 điểm).
a) 1,0 điểm:Ta có: PAO PMO 900 PAO PMO 1800 tứ giác APMO nội tiếp
b) 2,0 điểm:
Ta có
2
; OP là phân giác của góc
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
Trang 3Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
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: x y 2 x y 0 x y, 0
Suy ra: a b 2 a b 0 a2 ab b 2 ab a b 0
3 3 ( )
(1), dấu ‘=’ xẩy ra a b
Từ (1) và BĐT AM – GM có: a3b3c3 ab a b( )c3 2 abc a b3( ) 3 c a b (do
9 4
abc
)
Vậy: a3b3c3 3c a b , dấu ‘=’ xẩy ra ( ) 3
a b
Tương tự có: a3b3c33a b c , dấu ‘=’ xẩy ra ( ) 3
b c
a3b3c3 3b c a , dấu ‘=’ xẩy ra ( ) 3
c a
Từ (2), (3) và (4) có: a3b3c3a 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 x0,y0 Từ phương trình p 1 2x2 suy ra p là số lẻ
Dễ thấy 0 x y p y x không chia hết cho p (1)
Mặt khác, ta có 2y2 2x2p2 p y x y x 0 mod p y x 0 mod p
(do (1))
Do 0 x yp 0y x 2p x y p y p x thay vào hệ đã cho ta được
2
1 2
Giải hệ này ta được p7,x2 thay vào hệ ban đầu ta suy ra y 5 Vậy p 7.