ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Ngày 6 Tháng 5 Năm 2013 Bài 1: (2điểm) Cho biểu thức D = 1 1              a b a b ab ab : a b 2ab 1 1 ab           với a > 0 , b > 0 , ab  1 a) Rút gọn D. b) Tính giá trị của D với a = 32 2  Bài 2: (2điểm) a) Giải phương trình: x 1 4 x 3     b) Giải hệ phương trình: 2 2 x y xy 7 x y 10         Bài 3: (2điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số 2 1 y x 2  và đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ). a) Viết phương trình đường thẳng (d). b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. c) Gọi x 1 , x 2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để 3 3 1 2 x x 32   Bài 4: (3điểm) Từ điểm A ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E, dây DE không đi qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K. a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh: AB 2 = AD . AE . c) Chứng minh: 2 1 1 AK AD AE   Bài 5: (1điểm) Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn: 1 1 1 0 a b c    . Chứng minh rằng 2 2 2 ab bc ac 3 c a b    HẾT HƯỚNG DẪN Câu 1: a) Với a > 0 , b > 0 , ab  1 - Rút gọn D =         ab aba 1 22 : 1 1 a b ab ab           = 1 2  a a K N M O H E D C B A b) a = 2 2 2 2 3 3 1 3 1 1 2 3 ( ) ( ) a         . Vậy D = 2 2 3 2 3 2 2 3 2 4 3 6 3 2 2 16 3 13 4 3 1 2 3             ( )( ) Câu 2: a) ĐK: x  1 x 1 4 x 3           2 2 x 1 4 x 2 x 1 4 x 9 x 1 4 x 3 x x 3x 4 9 6x x                     x = 13 9 b) 2 2 x y xy 7 x y 10         Đặt x + y = a ; xy = b  x 2 + y 2 = (x + y) 2 – 2xy = a 2 – 2b. Ta có: 2 1 2 2 a b 7 a 4;a 3 a 2a 24 0 a b 7 a 2b 10 a b 7                         1 1 2 2 x y 4 xy 3 a 4;b 3 a 6;b 13 x y 6 xy 13                              2 1 2 2 3 1 4 3 0 6 13 0                    t ;t t t Vo â nghieäm t t . Vậy ( x = 3 ; y = 1 ) , ( x = 1 ; y = 3 ) Câu 3: a) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ), ta có: 2 = m.0 + b  b = 2. Do đó (d) có dạng y = mx + 2 b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình 2 1 y x 2  = mx + 2  x 2 – 2mx – 4 = 0 '  = (-m) 2 – 1 (-4) = m 2 + 4 > 0. Vì '  > 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. c) x 1 , x 2 là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x 2 – 2mx – 4 = 0 Áp dụng hệ thức Viét ta có : x 1 + x 2 = 2m , x 1 . x 2 = - 4 Ta có:     3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x 3x x x x 32        (2m) 3 – 3 (-4).2m = 32  8m 3 + 16m – 32 = 0  m 3 + 2m – 4 = 0     2 m 1 m m 4 0 m 1 0 m 1           ( Vì m 2 + m + 4 > 0 ) Câu 4: a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. Chỉ ra được: · · · 0 OAC OHA OBA 90     A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh: AB 2 = AD . AE : Xét: ABD và ABE   ; Ta có: · BAE (góc chung) · · AEB ABD  (cùng chắn cung » BD của đ/tròn (O)). Nên ABD AEB   : (gg)  AB AD AE AB   AB 2 = AD.AE. (1) c) Chứng minh: 2 1 1 AK AD AE   : Ta có: 1 1 AD AE AD AE AD.AE    Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH  1 1 2AH AD AE AD.AE   Mà: AB 2 = AD.AE. (Cmt)  AC 2 = AD.AE ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC)  2 1 1 2AH AD AE AC   (3) Ta lại có: 2 2AH AK AK.AH  (4) Cần chứng minh: AC 2 = AK.AH. Từ D vẽ DM vuông góc với OB tại M, cắt BC tại N. Xét tứ giác ODMH Có: ·   · 0 0 OHD = 90 Cmt ;OMD = 90 · ·   0 OHD = OMD = 90   ODMH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)  · · HOM = HDM ( chắn cung ¼ HM ) Mà · · HOM = BCH (chắn » HB Của đường tròn đường kính AO)  · · HDM = BCH Hay: · · HDN = NCH  Tứ giác CDNH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc) Xét ACK à AHC vV V Ta có: · CAH (góc chung) (a). Lại có : · · CHD = CND (chắn cung » CD của CDMH nội tiếp ) Mà: · · CBA = CND (đồng vị của ED//AB ( Vì cùng vuông góc với OB))  · · CHD = CBA Và: · · BCA = CBA ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O)  AB = AC) => ABC V cân tại A)  · · CHD = BCA Hay: · · CHA = KCA (b) Từ (a) và (b)  ACK  đồng dạng AHC   2 AC AK = AC = AH.AK AH AC  Thay vào (3) ta có   1 1 2AH 5 AD AE AH.AK   Từ (4) và (5)  2 1 1 AK AD AE   . Câu 5: Ta có         3 3 3 2 2 2 2 ab bc ac ab bc ac c a b abc      (1) Đặt ab = x , bc = y , ac = z  xyz = (abc) 2 . Khi đó (1) trở thành 3 3 3 x y z xyz   và x + y + z = ab + bc + ac Từ 1 1 1 bc ac ab 0 a b c abc        x + y + z = ab + bc + ac = 0 Vì x + y + z = 0 nên x 3 +y 3 + z 3 = 3xyz . Nên 3 3 3 x y z xyz   = 3xyz 3 xyz  Cách khác:   3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1 Vì: 0 a b c a b c a b c a b ab a b c a b abc c 1 1 1 3 1 a b c abc                                               2 2 2 3 3 3 3 3 3 ab bc ac abc abc abc 1 1 1 Ta có: abc 2 c a b c a b c a b               Thay (1) vào (2) ==> 2 2 2 ab bc ac 3 Ta có: abc 3 c a b abc           . b) 2 2 x y xy 7 x y 10         Đặt x + y = a ; xy = b  x 2 + y 2 = (x + y) 2 – 2xy = a 2 – 2b. Ta có: 2 1 2 2 a b 7 a 4;a 3 a 2a 24 0 a. x 2 = - 4 Ta có:     3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x 3x x x x 32        (2m) 3 – 3 (-4 ).2m = 32  8m 3 + 16m – 32 = 0  m 3 + 2m – 4