Trên nửa mặt phẳng có bờ là đờng thẳng AB, kẻ tia Ax, By cùng vuông góc với AB.. Trên tia Ax lấy điểm I I≠A.. Đờng thẳng vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K ; đờng tròn đờng kính IC
Trang 1Sở giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn
Thanh Hóa Năm học 2011 - 2012
Môn : Toán (dùng chung cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2011
Câu1 (2 điểm) Cho biểu thức A
3
3 2 1
2 3 3 2
11 15
+
+
−
−
− +
− +
−
=
x
x x
x x
x x
1.Rút gọn biểu thức A (với x≥ 0,x≠ 1)
2 Chứng minh rằng A≤
3 2
Câu 2(2 điểm)
Cho parabol (P): 2
2
1
x
y= và đờng thẳng (d): y= mx –m +2 (với m là tham số)
1 Tìm m để (d) cắt (P ) tại điểm có hoành độ x=4
2 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Câu 3 : (2 điểm)
1 Giải hệ phơng trình :
= +
= + 19 2 5
12 3 2
y x
y x
2 Giải phơng trình 6 2
9
3
−
+
x
x x
Câu 4: (3 điểm) Gọi C là một điểm nằm trên đoạn thẳng AB ( C ≠ A,C≠B) Trên nửa mặt phẳng có bờ là đờng thẳng AB, kẻ tia Ax, By cùng vuông góc với AB Trên tia Ax lấy
điểm I (I≠A) Đờng thẳng vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K ; đờng tròn đờng kính
IC cắt IK tại P
1.Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CPKB nội tiếp đợc trong đờng tròn Xác định tâm của đờng tròn đó
b)Tam giác ABP là tam giác vuông
2 Cho A, I, B cố định Tìm vị trí của điểm C trên đoạn thẳng AB sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất
Câu 5: (1 điểm)Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mãn a+b+c = 2 Tính giá trị lớn nhất
của biểu thức: P=
b ca
ca a
bc
bc c
ab
ab
2 2
+
-Hết -(cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh……… Số báo danh………
Chữ ký của giám thị số 1: ……… chữ ký của giám thị số 2………
Đề CHíNH THứC
Trang 2Đáp án Câu1 : Rỳt gọn biểu thức A
3
3 2 1
2 3 3 2
11 15
+
+
−
−
− +
− +
−
=
x
x x
x x
x x
A=
3
3 2 1
2 3 ) 3 )(
1
(
11 15
+
−
− +
−
+
− + +
−
−
x
x x
x x
x
x
=
) 3 )(
1 (
) 1 )(
3 2 ( ) 3 )(
2 3 ( 11 15
+
−
−
−
− + + +
− +
−
x x
x x
x x
x
A=
) 3 )(
1 (
3 3 2 2 6 2 9 3 11
15
+
−
+
− +
− + +
−
−
−
x x
x x x x
x x x
=
) 3 )(
1 (
5 2 7
+
−
−
−
x x
x x
+
−
−
−
) 3 )(
1 (
) 5 2 )(
1 (
x x
x x
A=
)
3
(
)
5
2
(
+
−
x
x
2- với A≤
3
2
ta cú
) 3 (
) 5 2 ( +
−
x
x
≤ 3
2
nờn ⇔
3
2
-
) 3 (
) 5 2 ( +
−
x
x
≥ 0 ⇔
) 3 (
3
) 5 2 (
3 ) 3 ( 2
+
−
− +
x
x x
≥ 0
⇔
) 3 (
3
15 6 6
2
+
+
−
+
x
x x
≥ 0 ⇔
) 3 (
3
17 +
x
x
≥ 0 là đỳng vỡ x≥ 0 nờn 17 x ≥ 0 và 3.( x+3) > 0
vậy A≤
3
2
được chứng minh
Câu 2:
1 Cho parabol (P): 2
2
1
x
y= và đờng thẳng (d): y= mx - m +2 (với m là tham số) a.Tìm m để (d) cắt (P ) tại điểm có hoành độ x=4
b.Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Giải :
a) toạ độ giao điểm của parabol (P): 2
2
1
x
y= và đờng thẳng (d): y= mx –m +2
là nghiệm của hệ
+
−
=
=
2 2
1 2
m x m y
x y
phương trỡnh hoành độ giao điểm là :
2
2
1x2 =m x−m+
vi (d) cắt (P ) tại điểm có hoành độ x=4 thay vào ta cú :
8 = 4m - m +2 ⇔ 3m = 6 ⇔ m = 2 vậy khi m = 2 thỡ (d) cắt (P ) tại điểm có hoành
độ x=4
Hoặc: Điểm có hoành độ x = 4 nằm trên Parabol (P) y = 1 2
2x nên điểm đó có tung độ là
y = 1 2
.4 8
2 =
Để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4 thì đờng thẳng (d) phải đi qua điểm (4; 8)
=> 8 = m.4 - m + 2 => 3m = 6 => m = 2
b) để (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi hệ
+
−
=
=
2 2
1 2
m x m y
x y
2
1 2
+
−
=m x m
x ⇔ x2 -2mx +2m - 4 = 0 cú 2 nghiệm phõn biệt
⇔ ∆> 0 mà ∆ = 4m2 -4(2m - 4 )
= 4m2 -8m + 16
= (2m)2 – 2.2m.2+ 4+12
Trang 3= ( 2m – 2)2 + 12 > 0 với mọi giỏ trị của m
Vậy với mọi giá trị của m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Câu 3 :
1/ Giải hệ phơng trình
2 3
12
5 2
19
+ =
+ =
Điều kiện x, y ≠ 0 Đặt a =
y
1
và b =
x
1
ta cú hệ
= +
= + 19 2 5
12 3 2
a b
a b
⇔
= +
= +
57 6 15
24 6 4
a b
a b
⇔
=
= + 33 11
12 3 2
b
a b
⇔
=
= + 3
12 3 2
b
a b
⇔
=
= 3
2
b
a
⇔
y
1
=2⇔ y =
2 1
và
x
1
= 3 ⇔ x =
3 1
vậy nghiệm của hệ
=
= 2 1 3 1
y x
2 Giải phơng trình : 32 6 2
9
x x
x
−
9 0
3
x x
x
>
− > => < −
Cách 1 : 32 6 2
9
x x
x
− <=>x x2− +9 3x=6 2 x2−9 Đặt t = x2 −9, t > 0
Phơng trình <=> 2 2
6 2
3 6 2
3 9
9
t
t
− =
− = (do t >0 nên x >0)
Thay (1) vào (2) ta đợc phơng trình :
2
2
2
<=> t4 + 6t3 − 54t2 + 54t+ = 81 0 <=>( )2( 2 )
Do t > 0 => t2 + 12t+ > 3 0
t− = => = =>t x − = => =x t m
Vậy phơng trình có một nghiệm
Cách 2 :
Xét x < -3 : VT = 32 0
9
x x
x
− => Phơng trình vô nghiệm
Xét x > 3
Ta có :
2
x
− − (theo cô si)
3
Trang 4P
x
K
C
I
O
O'
Tõ (1) vµ (2) => 32 2 18 6 2
9
x x
x
−
Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm khi dÊu “=” ë (1) vµ (2) x¶y ra => 2
2
3
3 2 9
18
x x
x x
x
=
=
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm : x = 3 2
C©u 5 : Cho a, b, c lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n : a + b + c = 2
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc : P =
V× a + b+ c = 2 =>2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c2+ ab = (ca+ c2)+( bc + ab)
= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b) ⇒2c+ab = (c+a)(c+b)
V× a ; b ; c > 0 nªn 1 > 0
+c
a vµ 1 > 0
+c
b ¸p dông B§TCosi ta cã +
+c a
1
c
b+
1
≥2
) )(
(
1
c
b
c
a+ + dÊu (=) khi a+c =
1
c
b+
1 ⇒ a + c = b + c ⇒a = b
hay (c+a1)(c+b) ≤ 12(c+1a +c1+b)
+
+ +
≤ + +
=
ab a c
ab b
c a c
ab ab
c
ab
2
1 ) (
+
+ +
≤
bc b a
cb a
bc
bc
2
1
2 (2) dÊu “=” khi b = c
+
+ +
≤
ca b c
ca ca
b
ac
2
1
2 (3) dÊu “=” khi a = c Céng vÕ víi vÕ cña (1) ; (2) ; (3) ta cã
⇒: P=
b ca
ca a
bc
bc c
ab
ab
2 2
1
b c
ab a c
ab
+
+
cb a b
cb
+
+
ac a b
ac
+
+
⇒ P
2
1
≤ + + + + + + + + + + a+b
ac b a
cb b
c
ac c b
ab a
c
cb a c
ab
( ) (
)
2
1
+
+ + +
+ + +
+
b a
a b c c b
c b a a c
b c
(
⇒ P=
b ca
ca a
bc
bc c
ab
ab
2 2
2
1 2
⇒min P = 1 khi a = b = c =
3 2
C©u 3 : 1- Giải hệ phương trình :
= +
= + 19 2 5
12 3 2
y x
y x
2-Gi¶i ph¬ng tr×nh 6 2
9
3
−
+
x
x
x điều kiện x >3 hoặc
x <-3
ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của pt nên
x x
2 6 9
3
1
−
9
3
1 2 12 72
9
3
2
x
C©u 4: 1.Chøng minh r»ng:
Trang 5a) Tứ giác CPKB nội tiếp đợc trong đờng tròn Xác định tâm của đờng tròn đó.
Xột đường trũn tõm O đường kớnh IC ta cú P∈(O)
Nờn I ˆ P C = 900 do đú K ˆ P C = 900 ( kề bự với
C
P
K ˆ = 900 )
theo bài ra ta cú By ⊥ AB mà K ∈ By ; C ∈ AB
C
B
K ˆ = 900 ⇒ K ˆ P C + K ˆ B C= 1800 mà K ˆ B C và K ˆ P C
là hai gúc đối của tứ giỏc CPKB vậy CPKB nội tiếp đợc trong đờng tròn mà K ˆ B C= 900 nờn KC là đường kớnh
b)Tam giác ABP là tam giác vuông
Xột ( O ;
2
IC
) ta cú P AˆC =C IˆP ( nội tếp cựng chắn cung PC ) (1) Xột ( O’ ;
2
KC
) ta cú P KˆC= P BˆC ( nội tếp cựng chắn cung PC ) (2)
Theo bài ra thỡ IC⊥ KC tại C nờn I ˆ C K = 1V nờn C IˆP+C KˆI = 1V (3) thay (1) ; (2) vào (3) ta cú P ˆ A C + P ˆ B C = 1V vậy Tam giác ABP là tam giác vuông.tại P
2 Tìm vị trí của C để tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất
Ta có tứ giác ABKI có ∠A +∠B=900 => ABKI là hỡnh thang vuụng nhận AI và BK là hai đỏy và AB là đường cao
( Hoặc: Ta cú tứ giỏc ABKI cú AI//BK ( cựng ⊥AB) và Bˆ = 1V nờn ABKI là hỡnh thang vuụng nhận AI và BK là hai đỏy và AB là đường cao )
Vậy Diện tích tứ giác ABKI SABKI =
2
AI BI
AB
+ , do A, B, I cố định
Có AB, AI không đổi => diện tích tứ giác ABKI lớn nhất <=> BK lớn nhất
Đặt AI = a, AB = b và AC = x
Ta có ∆ACI đồng dạng với ∆BKC (gg) => BK AC = BC AI =>BK x =b x−a
=> BK =
2 2 2
1
b
− + = => BK lớn nhất khi
2
b
x= , tức là C là trung điểm của
đoạn AB
Có thể giải nh sau- Ta cú tứ giỏc ABKI cú AI//BK ( cựng ⊥AB) và Bˆ = 1V nờn ABKI là hỡnh thang vuụng nhận AI và BK là hai đỏy và AB là đường cao
SABKI =
2
1
(AI+ BK) AB mà A ; B ; I cố đinh nờn AI ; AB khụng đổi nờn để SABKI đạt GTLN khi BK đạt GTLN ⇔BK =AI Khi đó (O) và (O’) bằng nhau nờn CI = CK
∆CIK cõn CP và đường cao nờn PI = PK
mà PC // BK ( cựng vuụng gúc AB) nờn PC là đường trung bỡnh của hỡnh thang ABKI nờn C là trung điểm của AB