Bán kính OI 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.. Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2013
Đề thi có 01 trang gồm 5 câu
Câu 1 (2.0 điểm):
1 Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3
a.Tính tổng: S = a + b + c
b.Giải phương trình trên
2 Giải hệ phương trình:
Câu 2 (2.0 điểm):
Cho biểu thức:
1
:
y Q
( Với y > 0; y 1)
a Rút gọn biểu thức Q
b Tính giá trị biểu thức Q khi y 3 2 2
Câu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và
Parabol (P): y = - 2x2
a Tìm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5)
b Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) = 0
Câu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF Bán kính OI 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 tại điểm E Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và
I cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF Chứng minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS
Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca 3
Chứng minh rằng:
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B
Trang 2O S
L
I
F E
D
P
J
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ CHẤM
1
1b Ta có a + b + c = 0
Nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = -3 0.5
2
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: (x;y) = (2;0) 0.25
2
a
1
:
y Q
1
: 1
y y
0.25
12
1 1
y
y y
0.75
Thay vào ta được giá trị tương ứng
2
3
a Để (d) đi qua B(1;5) thì ta phải có: 5 = 2b.1 + 1=> b = 2
Khi đó đường thẳng (d) có phương trình là: y = 4x + 1 0.25
b Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình sau phải có hai
nghiệm phân biệt:
2bx + 1= -2x2 <=> 2x2 + 2bx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt
0.25
<=> b2 – 2 > 0
Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có:
1 2
1 2
1 2
x x
Để x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 + 4(x1+x2) = 0 <=> (x1+x2)2 +4(x1+x2) -2x1x2= 0
<=> b2 -4b – 1 = 0
0.25
Giải phương trình ẩn b ta được b 2 5, chỉ có b 2 5 là thỏa mãn điều
4 Hình vẽ:
Trang 3a Ta có EIF= 90 0(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Do đó tứ giác LSFI nội tiếp được vì có: LIF+LSF=180 0 0.5
b Ta có IJE = INF (c.g.g) vì:
EJ = FN ( đề bài), IE = IF (vì IEF cân tại I ) 0.5 Mặt khác: Trong (O) ta có IEJ IFJ ( góc nội tiếp cùng chắn cung IJ)
Suy ra: IJ = IN ( cặp cạnh tương ứng)
Xét IJN có
IJN 2
sđIF= 450
0.25
c Gọi K là giao điểm của FD và LS, P là giao điểm của tia FJ và d
Theo đề bài ta có ED.JF = JE.OF, mà OE=OF => ED.JF = JE.OE
=>
ED OE
=
JE JF => EODđồng dạng với IFE=> EOD JFE , mà chúng ở vị trí
đồng vị nên => OD//JF=> OD//FP(vì PFJ)
0.25
Trong tam giác PEF có OD//PF, OE = OF => OD là đường trung bình của
PEF
Mặt khác: Theo đề bài ta suy ra EPEF,SLEFEP SL/ /
Theo hệ quả của định lí Ta lét ta có:
Từ (1) và (2) => LK = LS, hay FD đi qua trung điểm của LS 0.25
CMR:
Cách 1: Vì a, b, c dương nên ta có: a2 + b2 + c2 ab + bc + ca 3 =>a2 + b2 +
c2 3
Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 (2)
Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có:
4
a b c
a2 b2 c22
2
2 2 2
2 2 2
4 3
0.25
Trang 4Đẳng thức xảy ra a b c 1 (Điều phải chứng minh)
Cách 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ hai số dương:
4
a
b + 3c và
b + 3c
16 ta có
4
a
b + 3c+
b + 3c
16
a b+3c
a
, ( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1)
Tương tự ta cũng có:
4
+3a
b
+3a
16
c
4 c+3a 2
4
+3b
c
+3b
16
a
4 a+3b 2
0.5
Suy ra:
4
a
b + 3c +
4
+3a
b
4
+3b
c
b + 3c
16 +
+3a 16
c
+
+3b 16
a
2 2 2
a +b +c
3
2
=>
4
a
b + 3c +
4
+3a
b
4
+3b
c
3
2-
a+b+c 4 ( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1)
Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia:
(a + b + c)2 (1 + 1+ 1)(a2 + b2 + c2 ) a + b + c 3 a2 b c2 2
- (a + b + c) - 3 a2 b c2 2
2 2 2
1
2 a b c -
1
2 2 2
1
2 a b c -
3
4 a2 b c2 2
VT
2 2 2
1
2 a b c -
3
4 a2 b c2 2
Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = 1
Lại có: a2 + b2 2ab
b2 + c2 2bc
c2 + a2 2ca
a2 + b2 + c2 ab + bc + ca 3 a2 + b2 + c2 3
2 2 2
a b c 3
a b c
a b c
ab bc ca
Xét hiệu:
A =VT -
3
4 =
2 2 2
1
2 a b c -
3
4 a2 b c2 2 -
3 4
Đặt t = a2 b c2 2 với t 3
A =
1
2t2 -
3
4 t -
3
4 = (
1
2t2 -
3
2 t ) + (
3
4 t -
3
4) =
1
2t (t - 3) +
3
4 (t - 3 )
= (t - 3).(
1
2t +
3
4 )
0.25
Trang 5Do t 3 nên A 0 VT -
3
4 0
=> VT
3 4
Hay
b c c a a c Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1
Cách 3
Ta có : a2 + b2 + c2 – ab –ac – bc = 2
1
a
nên : a2 +b2 +c2 ab +ac +bc ≥ 3
2 2 2
(1)
đẳng thức xảy ra khi a = b = c
và:
2
1
2
1 (2)
đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :
2
2 2 2
2
2 2 2
b 3c c 3a a 3b
b 3c c 3a a 3b
a b c
a b c
(*)
b 3c c 3a a 3b 4(a b c) 4 a b c
Kết hợp (1) (2) và (*) ta có:
đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1