Đề Thi Thử Vào Lớp 10 Toán 2013 - Phần 6 - Đề 3 ppt

ĐỀ THI THỬ VÀO LÓP 10 SỐ 14 Ngày 5 Tháng 5 Năm 2013 Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức : 1 1 1 4 1 1 2 a a P a a a a a                , (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 = x 2 và đường 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 phương trình : x 2 + 2mx + m 2 – 2m + 4 = 0 1. Giải phương trình khi m = 4 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường 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. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. CD là đường 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 đư- ờng tròn (O) Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : 2 2 2 3 a b c    Chứng minh rằng : 2 2 2 1 2 3 2 3 2 3 2 a b c a b b c c a          HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 14 Câu 1:1, Chứng minh rằng 2 1 P a   1 1 1 4 1 1 2 a a P a a a a a                           2 2 1 1 4 1 1 1 . 2 1 1 a a a a a a a a a             2 1 2 1 4 4 1 . 2 1 1 a a a a a a a a a a a           4 1 2 . 1 1 2 a a a a a a     (ĐPCM) Câu 1: 2. Tìm giá trị của a để P = a  2 2 2 0 1 a a a a       Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm a 1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại a 2 = 2 2 1 c a    (Thoả mãn điều kiện) Vậy a = 2 thì P = a Câu 2: 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình x 2 = 2x + 3 => x 2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 = -1 và x 2 = 3 3 1 c a    Với x 1 = -1 => y 1 = (-1) 2 = 1 => A (-1; 1) Với x 2 = 3 => y 2 = 3 2 = 9 => B (3; 9) Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B Câu 2: 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 như hình vẽ 1 D C B A 9 3-1 0 1 9 . .4 20 2 2 ABCD AD BC S DC      . 9.3 13,5 2 2 BOC BC CO S    . 1.1 0,5 2 2 AOD AD DO S    Theo công thức cộng diện tích ta có: S (ABC) = S (ABCD) - S (BCO) - S (ADO) = 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt) Câu 3: 1. Khi m = 4, ta có phương trình :x 2 + 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 = - 4 + 2 = - 2 và x 2 = - 4 - 2 = - 6 Câu 3: 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt: x 2 + 2mx + m 2 – 2m + 4 = 0 Có /  = m 2 – (m 2 – 2m + 4) = 2m – 4 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0 => 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2 Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 4: 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng: Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O)  MC  MO (1). Xét đường tròn (I) : Ta có · 0 90 CMD   MC  MD (2) Từ (1) và (2) => MO // MD  MO và MD trùng nhau  O, M, D thẳng hàng . 2. Tam giác COD là tam giác cân CA là tiếp tuyến của đường tròn (O)  CA AB(3) Đường tròn (I) tiếp xúc với AC tại C  CA  CD(4) Từ (3) và (4)  CD // AB => · · DCO COA  (*) ( Hai góc so le trong) 1 2 N K H D I C O A B M CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O)  · · COA COD  (**) Từ (*) và (**)  · · DOC DCO   Tam giác COD cân tại D 3. Đường 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 chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H. · 0 90 CHD   H  (I) (Bài toán quỹ tích) DH kéo dài cắt AB tại K. Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I) => · 0 90 can tai D CND NC NO COD          Ta có tứ giác NHOK nội tiếp Vì có ¶ µ · 2 1 H O DCO   ( Cùng bù với góc DHN)  · · 0 180 NHO NKO  (5) * Ta có : · · NDH NCH  (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I)) · · ·   CBO HND HCD    DHN COB (g.g) HN OB HD OC OB OA HN ON OC OC HD CD OA CN ON OC CD CD                   Mà · · ONH CDH  NHO DHC (c.g.c)  · 0 90 NHO  Mà · · 0 180 NHO NKO  (5)  · 0 90 NKO  ,  NK  AB  NK // AC  K là trung điểm của OA cố định  (ĐPCM) Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : 2 2 2 3 a b c    Chứng minh rằng : 2 2 2 1 2 3 2 3 2 3 2 a b c a b b c c a          * C/M bổ đề:   2 2 2 a b a b x y x y     và   2 2 2 2 a b c a b c x y x x y z        . Thật vậy           2 2 2 2 2 2 2 0 a b a b a y b x x y xy a b ay bx x y x y             (Đúng)  ĐPCM Áp dụng 2 lần , ta có:   2 2 2 2 a b c a b c x y x x y z        * Ta có : 2 2 2 3 2 1 2 2 2 2 a b a b a b          , tương tự Ta có: …  2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c A a b b c c a a b b c c a                   1 (1) 2 1 1 1 B a b c A a b b c c a                 1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3 Ta chứng minh 1 1 1 1 a b c a b b c c a          1 1 1 2 1 1 1 a b c a b b c c a                              2 2 2 3 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 (2) 1 1 1 1 1 1 B b c a b c a a b b c c a a b b c c a b c a a b b b c c c a a                                                1 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 4 4 4 4 43 * Áp dụng Bổ đề trên ta có:             2 3 3 1 1 1 1 1 1 a b c B a b b b c c c a a                   2 2 2 2 3 3 (3) 3( ) 3 a b c B a b c ab bc ca a b c                * Mà:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ( : 3) 2 2 2 6 6 6 9 3 3 3( ) a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c Do a b c a b c ab bc ca a b c a b c a b c a b c ab bc ca a b c                                                               2 (4) 3   Từ (3) và (4)  (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ( : 3) 2 2 2 6 6 6 9 3 3 3( ) a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c a. > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 = - 4 + 2 = - 2 và x 2 = - 4 - 2 = - 6 Câu 3: 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt: x 2