DE THI THU THPT MON TOAN 9

[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Ngày 21 Tháng 4 Năm 2013

Câu 1 (1,5 điểm)

Cho biểu thức A =

9

x

a) Rút gọn A

b)

Tìm

x để A =

1 3



Câu 2 (1,5 điểm)

Cho hàm số y x 2 (P) và y(m3)x m 3 (d)

a) Vẽ đồ thị hàm số (P)

b) Chứng tỏ (d) luôn luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

Câu 3 (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

10

1 20

1

y x

y y x

y









Câu 4 (1,5 điểm)

Cho phương trình: x22mx 1 0 (1) Tìm mđể X = x x12( 12 2012)x22(x22 2012)đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó (x x1, 2 là hai nghiệm phân biệt của (1))

Câu 5 (3 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; trên nửa đường tròn lấy điểm C (cung BC nhỏ hơn cung AB), qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn tâm O cắt AB tại D Kẻ CH vuông góc với

AB (H  AB), kẻ BK vuông góc với CD (K  CD); CH cắt BK tại E

a) Chứng minh: CB là phân giác của góc DCE

b) Chứng minh: BK + BD < EC

c) Chứng minh: BH AD = AH BD

Câu 6 (1 điểm)

Chứng minh rằng:

    , với a b , 0

-HẾT -Họ tên thí sinh:……….Số báo danh:………

HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 11

Câu 1: a) Với x0, x9 ta có:

9

x

:

b) Tìm x để A =

1 3



A =

1

3

3

x

Vậy A =

1

3



khi x 36

Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P):

2



y x

Ta có bảng giá trị:

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x  m x m   x  m x m  

a = 1 ; b = (m3) ; c = m  3

Ta có:    (m3)2 4.1.(m 3)m26m 9 4m12=(m1)2 200 víi m

 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  (d) luôn luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

Câu 3:







2

2

2

2

10

1 (I)

20

1

y x

y

y x

y Đặt x2 u ( 0u ) và



 2

10 1

y v y

Hệ (I) trở thành:

Với u 1 x2  1 x1

Với











2 2

2 10

1

2

y y

Thử lại ta thấy hệ (I) đúng với

1; 2 hoÆc 1

2

Vậy hệ (I) có 4 nghiệm (1 ; 2) ; (1 ;

1

2 ) ; (-1 ; 2) ; (-1 ;

1

2)

Câu 4: Phương trình: x22mx 1 0 (1) Ta có:  ' m2 1

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x thì 2

 



       



1

m m

m

Theo Viet ta có:

 









1 2

1 2

2 (I) 1

x x

Theo đề ta có: X =

(x x ) 2x x 2012(x x ) (x x ) 2x x 2(x x ) 2012 (x x ) 2x x

Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta có:

(4m 2) 2012(4m 2) 2 = (4m2  2)2 2.(4m2 2).1006 1006 210062 2

=

2

X đạt giá trị nhỏ nhất khi 4m2 2 1006  0 4m2 1008 m2 252

 





6 7

6 7

m

m thỏa điều kiện phương trình có nghiệm

Khi đó minX = -(10062 + 2)

Câu 5:

a) Chứng minh CB là phân giác của góc DCE

Ta có: DCB  CAB (cïng ch¾n BC) 

BCE CAB (gãc cã c¹nh t ¬ng øng vu«ng gãc)

Do đó CB là tia phân giác của góc DCE

b) Chứng minh BK + BD < EC

Xét ∆CDE có:

EK CD (BK CD)

B lµ trùc t©m cña CDE

DH CE (CH AB)







DCB BCE

2

2

1

E

K

H

C

D B

A

O

CB DE t¹i F

  hay CB là đường cao của ∆CDE Mà CB là tia phân giác của góc DCE nên ∆CDE cân tại C  CED  CDE

Mặt khác:

1 1

D  E (gãc cã c¹nh t ¬ng øng vu«ng gãc)

Do đó ∆BDE cân tại B  BD = BE  BD + BK = BE + BK = EK

Trong tam giác CKE vuông tại K có: EK < EC (cạnh huyền lớn nhất)  BK + BD < EC

c) Chứng minh BH AD = AH BD

Xét tam giác ABC có: ACB 90 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ® êng trßn)0

 BH BA = BC2 (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông)

Ta lại có:

 ~    

 BH.(BA+BD) = BC.(BC + BF) BH AD = BC CF (1)

Mặt khác ta có: AC // DE (cùng vuông góc với CF)

2

0

ACH

mµ AHC DFB 90





    





~ DBF (g-g)

AH BD = DF AC (2)



Mặt khác:

ABC CDF (g -g) BC CF = DF AC (3)

 ~    

Từ (1); (2) và (3) suy ra: BH AD = AH BD

Câu 6: *Ta có:

Với a b, 0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được:

a a (1)    

Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:

Mà: 12 7 144.7  1008 ;  2 

31 31 961  12 7 31



2 2

D E