Đề Thi Thử Lớp 10 Chuyên Toán Học 2013 - Phần 2 - Đề 2 doc

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Ngày 21 Tháng 4 Năm 2013 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A = 2 3 3 2 2 : 1 (víi 0, 9) 9 3 3 3 x x x x x x x x x x                            a) Rút gọn A b) Tìm x để A = 1 3  Câu 2. (1,5 điểm) Cho hàm số 2  y x (P) và ( 3) 3 y m x m     (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 5 1 1 20 3 11 1 y x y y x y              Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình: 2 2 1 0 x mx    (1). Tìm m để X = 2 2 2 2 1 1 2 2 ( 2012) ( 2012) x x x x   đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó ( 1 2 , x x 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: 1 1 21. 3. 31 a b b a                 , với , 0 a b  HẾT Họ tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………… HƯỚNG DẪN Câu 1: a) Với 0, 9 x x   ta có:                                                  2 3 3 2 2 2 ( 3) ( 3) 3 3 2 2 3 A= : 1 : 9 3 3 3 ( 3)( 3) 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x 2 6 3 3 3 1 3 3 3 3( 1) 3 : ( 3)( 3) 3 ( 3)( 3) 1 ( 3)( 1) 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                           b) Tìm x để A = 1 3  A = 1 3  3 1 3 9 6 36 3 3 x x x x             (thỏa mãn 0, 9 x x   ). Vậy A = 1 3  khi 36 x  . Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P): 2  y x Ta có bảng giá trị: x -  -2 -1 0 1 2 3 y 9 4 1 0 1 4 9 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 2 ( 3) 3 ( 3) 3 0 (1) x m x m x m x m          a = 1 ; b = ( 3) m   ; c = 3 m  Ta có:   2 2 ( 3) 4.1.( 3) 6 9 4 12 m m m m m            =     2 ( 1) 20 0 víi m 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 5 1 1 (I) 20 3 11 1 y x y y x y Đặt  2 x u (  0 u ) và   2 10 1 y v y Hệ (I) trở thành:                             5 1 10 2 2 13 13 1 3 2 11 3 2 11 5 1 4 u v u v u u u v u v u v v Với       2 1 1 1 u x x Vi 2 2 2 10 4 4 4 10 4 0 1 1 2 y y v y y y y Th li ta thy h (I) ỳng vi 1 1; 2 hoặc 2 x y y . Vy h (I) cú 4 nghim (1 ; 2) ; (1 ; 1 2 ) ; (-1 ; 2) ; (-1 ; 1 2 ) Cõu 4: Phng trỡnh: 2 2 1 0 (1) x mx Ta cú: ' 2 1 m phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit 1 2 , x x thỡ 2 1 ' 0 1 0 1 m m m Theo Viet ta cú: 1 2 1 2 2 (I) 1 x x m x x Theo ta cú: X = 2 2 2 2 4 2 4 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ( 2012) ( 2012) 2012 2012 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 2012( ) ( ) 2 2( ) 2012 ( ) 2 x x x x x x x x x x x x x x x x Thay h thc (I) vo biu thc X ta cú: X = 2 2 2 (4 2) 2012(4 2) 2 m m = 2 2 2 2 2 (4 2) 2.(4 2).1006 1006 1006 2 m m = 2 2 2 2 (4 2) 1006 (1006 2) -(1006 2) m X t giỏ tr nh nht khi 2 2 2 4 2 1006 0 4 1008 252 m m m 6 7 6 7 m m tha iu kin phng trỡnh cú nghim Khi ú minX = -(1006 2 + 2) Cõu 5: a) Chng minh CB l phõn giỏc ca gúc DCE Ta cú: ã ã ằ DCB CAB (cùng chắn BC) ã ã BCE CAB (góc có cạnh tơng ứng vuông góc) Do ú CB l tia phõn giỏc ca gúc DCE b) Chng minh BK + BD < EC Xột CDE cú: EK CD (BK CD) B là trực tâm của CDE DH CE (CH AB) CB DE tại F hay CB l ng cao ca CDE .M CB l tia phõn giỏc ca gúc DCE nờn CDE cõn ti C ã ã CED CDE Mt khỏc: ả à 1 1 D E (góc có cạnh tơng ứng vuông góc) Do ú BDE cõn ti B BD = BE BD + BK = BE + BK = EK Trong tam giỏc CKE vuụng ti K cú: EK < EC (cnh huyn ln nht) BK + BD < EC c) Chng minh BH . AD = AH . BD Xột tam giỏc ABC cú: ã 0 ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) 2 BH . BA = BC (h thc v cnh v ng cao trong tam giỏc vuụng) Ta li cú: BH BC BHC BFD (g-g) BH . BD = BC . BF BF BD ~ BH.(BA+BD) = BC.(BC + BF) BH . AD = BC . CF (1) Mt khỏc ta cú: AC // DE (cựng vuụng gúc vi CF) 2 2 1 1 F E K H C D B A O ã ã DCB BCE ã ả 2 2 D E ¶ · · · 2 0 D CAB (so le trong) AH AC ACH DF BD mµ AHC DFB 90               ~ DBF (g -g) AH . BD = DF . AC (2)  Mặt khác: AC CF ABC CDF (g -g) BC . CF = DF . AC (3) BC DF      ~ Từ (1); (2) và (3) suy ra: BH . AD = AH . BD Câu 6: *Ta có:                    1 1 21 3 21. 3. 21 3a b a b b a b a Với  , 0 a b . Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được:     3 3 21 2 21 6 7 a a a a (1)     21 21 3 2 3 6 7 b b b b (2) Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:                   1 1 21 3 12 7 a b a b Mà:   12 7 144.7 1008 ;   2 31 31 961   12 7 31                   1 1 21 3 > 31 a b a b (đpcm) . 2 2 2 2 4 2 4 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ( 20 12) ( 20 12) 20 12 20 12 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (. 2 2 2 2 2 (4 2) 2. (4 2) .100 6 100 6 100 6 2 m m = 2 2 2 2 (4 2) 100 6 (100 6 2) - (100 6 2) m X t giỏ tr nh nht khi 2 2 2 4 2 100 6 0 4 100 8