NDe DA chuyen Phap Lam Son 1862012

Lê Thị Nhung Trường THCS Nguyễn Văn Trỗi _ TP Thanh Hóa.[r]

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN

(Đề gồm có trang) (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Nga - Pháp)

Thời gian làm :150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 18 tháng năm 2012 Câu 1: (2.0 điểm )

Cho biểu thức :

2

:

5

x x x x

A

x x x x x

      

       

    

   

1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tìm giá trị x để

1

A

Câu 2 (2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0và đường

thẳng (d): y = bx +

1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2)

2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)

Câu (2.0 điểm)

1/ Cho phương trình: x2 (2m1)x m 2m 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

2/ Giải hệ phương trình:

1 1

1

x y

x y

     



  



Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm đường tròn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ tới đường tròn (P Q tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M

1/ Chứng minh rằng: MO = MA

2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt tia AP, AQ B C Chứng minh rằng:

a) AB AC BC  không phụ thuộc vào vị trí điểm N

b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC Câu (1.0 điểm)

Cho x, y số thực dương thoả mãn :

1 2

x  y  Chứng minh :

2

5x  y 4xy y 3

- Hết

-Họ tên thí sinh ……… Số báo danh: ………

Chữ ký giám thị 1: ……… Chữ ký giám thị 2: ………

Bài giải Câu 1: (2.0 điểm )

Cho biểu thức :

2

:

5

x x x x

A

x x x x x

      

       

    

   

1/ Rút gọn biểu thức A

2

:

5

x x x x

A

x x x x x

      

       

    

    (ĐK: x  0, x  4, x  )

A = … =

1

x x

 

2/ Tìm giá trị x để

1

2

A 

1 5

2 5

2

1

2 3

2

1

4

x

x x

A x

x x x x

x



      



          

  

Kết hợp với ĐK 

1

4

x  

Câu 2 (2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0và đường

thẳng (d): y = bx +

1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2) M (P)  …  a =  y = 2x2

M  (d)  …  b =  y = x +

2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)

Xét pt hoành độ gđ: 2x2 = x +  2x2 - x - =

 

1

1 1; ; ;

1

2

2

x y

M N

x y

  



 

  

 

     



 2 0,75 (dvv)

MON thang

S S  S S  

Câu (2.0 điểm)

1/ Cho phương trình: x2 (2m1)x m 2m 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?

phương trình có hai nghiệm dương phân biệt



2

3 25

0

2

1

0 2

m m

a c m m m

b m m

a

   



    

   

       

  

    

  

  



2/ Giải hệ phương trình:

1 (1)

1

1 (2)

x y

x y

    

 

 



 (ĐK: x  1; y  1)

(2)  x + y = xy (3)

Hai vế (1) dương ta bình phương hai vế ta có:

   

 

2 1

2

x y x y

x y xy x y

     

       

Thay (3) vào ta có: x + y = kết hợp với (3) có hệ:

x+y=4 xy=4   

Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y hai nghiệm pt: X2 - 4x + = 0

 x = 2; y =

Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ tới đường tròn (P Q tiếp điểm) Đường thẳng qua O vuông góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M

1

1 1

2

1

1

C B

M

P

O

Q A

N

1/ Chứng minh rằng: MO = MA

A1 = O1 A1 = A2A2 = O1MAO cân  MO = MA

2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt tia AP, AQ B C Chứng minh rằng:

a) AB AC BC  không phụ thuộc vào vị trí điểm N

Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có …  AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi)

b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC

Nếu tứ giác BCQP nội tiếp P1 = C1

Câu (1.0 điểm)

Cho x, y số thực dương thoả mãn :

1 2

x  y  Chứng minh :

2

5x  y 4xy y 3

* Ta có:

 

2

2 2

2 2

5 4 3

4 4 3 0

2 3 0

x y xy y

x xy y x y

x y x y

   

      

     

*

1 2 2 1 2 2 1 2

2 2

2 1

x x

y

x y y x y x x



        

 Vì : y > ; x >  2x - >  x > 1/2 Thay y = … vào

2 3 0

x  y 

Ta có:

3

2 3 0 2 3 0 2 2 6 3 0

2 1 2 1

x x x x x

x y x

x x

   

        

  (1)

Vì 2x - >  (1)  2x3  x2 2x 6x  3 0 2x3  x2  4x 3 0

Mà 2x3  x2  4x3

  

3 2

2

2 2 3 3

1 2 3

x x x x x

x x x

     

   

 x 1 2 2x 3 x

     

Vậy  

2 2

2x y x  y 3   x 0;y 0