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

Đường tròn I đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C.. CD là đường kính của I.. Tam giác COD là tam giác cân 3... Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố đ

ĐỀ THI THỬ VÀO LÓP 10 SỐ 14

Ngày 5 Tháng 5 Năm 2013

Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

4

, (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 = x2 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 : x2 + 2mx + m2 – 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 : a2b2c2  3

a  b b  c c  a 

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 14

Câu 1:1, Chứng minh rằng 2

1

P a





4

2

a a



2

a a



a a

Câu 1: 2 Tìm giá trị của a để P = a  2 2

2 0

a     

Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm

a1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại a2 = 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

x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = -1 và x2 = 3 3

1

c a



  Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => A (-1; 1) Với x2 = 3 => y2 = 32 = 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

B

A

9

3 -1 0

1 9

ABCD

AD BC

S   DC   . 9.3 13, 5

BOC

BC CO

S    . 1.1 0, 5

AOD

AD DO

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 :x2 + 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6

Câu 3: 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt: x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0

Có  = m/ 2 – (m2 – 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 ·CMD 900 

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)

2 N

K

H

D I

C

O

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 ·CHD 900  H  (I) (Bài toán quỹ tích)

DH kéo dài cắt AB tại K Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)

=>

90

can tai D

CND

COD









Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có ¶H2 Oµ ·1DCO ( Cùng bù với góc DHN)  ·NHO·NKO1800(5)

* Ta có : ·NDH ·NCH (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I))

CBOHND HCD  DHN COB (g.g)













Mà ·ONH CDH· NHO DHC (c.g.c)

 ·NHO 900 Mà ·NHONKO· 1800(5)  ·NKO 900,  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 : a2b2c2  3

a  b b  c c  a 

* C/M bổ đề: a2 b2 a b2

x y x y



 

 và

a b c

x y x x y z

 

 

Thật vậy  

2

0

a b

a b

a y b x x y xy a b ay bx

x y x y



Áp dụng 2 lần , ta có: a2 b2 c2 a b c2

x y x x y z

 

 

* Ta có : a22b 3 a22b  1 2 2a2b , tương tự Ta có: …  2

2 2 2

A

1

(1)

B

A

1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3

a b  b c c a  1 1 1 1 1 1 2

 

3

2 (2)

B



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

a b c B

  

 

3

a b c B

a b c ab bc ca a b c

  

  

* Mà:

2

2

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

  



        32 (4)

Từ (3) và (4)  (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1