ĐỀ THI vào 10 THÁI BÌNH 2010 2011

ĐỀ THI VÀO 10 Bài (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: Chứng minh rằng : �x  �  � A= � với x > 0, x  � x  3� x �x  x � � 5�  � � 10 52� �52 Bài 2.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = (k – 1)x + n và hai điểm A(0 ; 2), B (-1 ; 0) Tìm các giá trị của k và n để : a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A và B b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y = x + – k Cho n = Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai : x2 – 2mx + m – (1) (với m là tham số) Giải phương trình (1) với m = -1 Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị của m 1   16 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức : x1 x2 Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giã] O và B) tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O ; R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O ; R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt ở E Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh : OK // MN và KM  KN  4R Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3   HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm) 1.Với x > 0, x  9, thì : �x  �  � A� � x  3� x �x  x �x  � �  � � x  3� x � x ( x  3) x   x  x ( x  3)( x  3) � x ( x  3)( x  3) x (x  9).( x  3)( x  3)  x ( x  3)( x  3) x x9 A x  Biến đổi vế trái, ta có : 1 5 2 5 2 VT  5(  ) 5�  5�  10 5 52 52 (  2)(  2) Vậy � � �  � 10 52� �52 Bài 2.(2,0 điểm) a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A và B, nên ta có hệ : n2 n2 � � � � k3 (k  1).( 1)  n  � � Vậy với k = 3; n = thì (d) qua hai diểm A(0 ; 2) và B(-1 ; 0) b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () và chỉ : k2 �k   � � �  k �n n �0 � � Vậy với k = và n  thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng () Với n = 2, phương trình đường thẳng (d) là : y = (k – 1)x + Để (d) cắt trục Ox thì k –   k  ;0) Khi đó giao điểm của (d) và Ox là C ( 1 k Các tam giác OAB và OAC đều vuông tại O, nên: 1 SOAB  OA.OB ; SOAC  OA.OC 2 Theo giả thiết : SOAC = 2SOAB  OC = 2OB 2 Dễ thấy OC = , OB = (đvđd) nên ta có : =  |1 – k| =  k = hoặc k = 1 k 1 k Vậy với k = hoặc k = thì SOAC = 2SOAB Bài (2,0 điểm) Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành : x2 + 2x – = ’ = + = > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = -1 – = -4 ; x2 = -1 + = 27 Xét ’ = m2 - m +  (m  )  > m  (1) có hai nghiệm phân biệt m Vì (1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị của m nên định lí Vi-et ta có: �x  x  2m � �x 1x  m  x1  x2 1  16  2m  16  m = (thoả mãn) Theo bài   16  x1 x2 x 1x m Vậy giá trị m cần tìm là m = Bài (3,5 điểm) Hình Hình (Hình 1) *) Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp : �  90 (vì MN  AB) Dễ thấy AHE �  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay AKE �  90 và AKB �  AKE �  180 nên là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AHEK có AHE *) Chứng minh CAE ~ CHK Xét CAE và CHK có : � chung C �  CHK � � ) (góc nội tiếp cùng chắn KE CAE Do đó CAE ~ CHK (g – g) (Hình 1) �  90 ) và NF  AC (gt) nên BK // NF (cùng  AC) Vì BK  AC ( AKB �  MKB � �  NKB � Do đó : KFN (đồng vị) và KNF (so le trong) (1) � � �  sđNB �  sđMB Mặt khác MKB và NKB 2 �  NB � (vì đường kính AB vuông góc với dây cung MN) nên MKB � � mà MB  NKB �  KNF � Từ (1) và (2) suy KFN Vậy KNF cân tại K (2) (Hình 2) *) Chứng minh OK // MN �  450 Nếu KE = KC thì KEC vuông cân tại K  KEC �  KEC �  450  AKB vuông cân tại K  OK  AB Tứ giác AHEK nội tiếp nên BAK Mà MN  AB (gt) nên OK // MN *) Chứng minh KM  KN  4R Gọi I là giao điểm của KO với (O ; R) thì IK // MN �  NK �  MI = KN Vì IK và MN là hai dây cung của (O) nên MI KMI có KI là đường kính của (O) nên vuông tại M Áp dụng định lí Pitago, ta có : KM  MI  KI hay KM  KN  4R Bài (0,5 điểm) Cách Không giảm tổng quát, có thể giả sử c = min(a ; b ; c) Từ giả thiết a + b + c =  3c  a + b + c  c  Do đó  c  Đặt a = + x, b = + y thì c = – x – y Do  c  nên  x + y  Ta có : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 = x3 + y3 + (-x – y)3 = -3xy(x + y) (x  y)2 (x  y) Mặt khác (x – y)2  x, y  xy   xy(x + y)   (vì  x + y  1) 4 3  -3xy(x + y)  Dấu bằng xảy  x = y = (khi đó a = b = , c = 0) 2 Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3   � 3� a  � a  Cách Ta có: (a  1)  a  3a  3a   a(a  3a  3)   a � � 2�  (a  1) � a  (1) � 3� a  ��0 ) (do a  và � � 2� Tương tự: (b  1) � b  (2) (c  1) � c  (3) Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta được : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3  3 (a  b  c)   � 3   4 �� � � a  � �a � a  �a  � � � � � a  0, b  c  � � � � � 3� � � b  �b  b� b  � � � �� b  0, a  c  �� Dấu đẳng thức xảy và chỉ : � � � � � � � c  �c  � 3� � � � c� c  � c  0, a  b  �� � � � � � �a  b  c  �a  b  c  Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3   3 ... A x  Biến đổi vế trái, ta có : 1 5 2 5 2 VT  5(  ) 5�  5�  10 5 52 52 (  2)(  2) Vậy � � �  � 10 52� �52 Bài 2.(2,0 điểm) a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A và B, nên... với k = 3; n = thi (d) qua hai diểm A(0 ; 2) và B(-1 ; 0) b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () và chỉ : k2 �k   � � �  k �n n �0 � � Vậy với k = và n  thi đường thẳng... cắt trục Ox thi k –   k  ;0) Khi đó giao điểm của (d) và Ox là C ( 1 k Các tam giác OAB và OAC đều vuông tại O, nên: 1 SOAB  OA.OB ; SOAC  OA.OC 2 Theo giả thi ́t : SOAC =