Qua P dựng đờng thẳng vuông góc với AP cắt KI tại Q , MI tại S a Chứng minh rằng cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp đợc trong một đờng tròn.. Đáp án và thang điểm.
Trang 1đề thi vào lớp 10 thpt lam sơn(2)
môn thi : toán
( Chung cho tất cả các lớp chuyên )
(Thời gian 150 phút )
Bài 1 ( 2 điểm )
Cho biểu thức
1 x -x
2 1
x x
3 -1 x
1
P
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của P
Bài 2 ( 2 điểm )
Giải các phơng trình sau
x
4 3
x 10(
x
48 3
x
2
2
b) x 1 - 9 - 4 2
4
x2
Bài 3 ( 2 điểm )
Giải hệ phơng trình ( x y )( xy - 1) 3
10 ) 1 y )(
1 x
Bài 4 ( 3 điểm )
Cho góc xIy A là điểm lấy trên đờng phân giác góc trong của góc đó , Gọi K , M lần lợt là chân đờng vuông góc hạ từ A đến 2 cạnh Ix , Iy của góc xIy Trên KM lấy điểm P ( KP < PM ) Qua P dựng đờng thẳng
vuông góc với AP cắt KI tại Q , MI tại S
a) Chứng minh rằng cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp đợc trong một
đờng tròn
b) Chứng minh : P là trung điểm của QS
c) Cho KIM = 2 ; KM = a ; QS = b ( a < b ) Tính KQ
Bài 5 ( 1 điểm )
Cho tam giác ABC có 3 cạnh a , b , c thỏa mãn a + b + c = 6
Chứng minh : 54 > 3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc 52
Đáp án và thang điểm
Trang 21
a)
ã Điều kiện x 0
1 x -x
2 1)
x -1)(x x (
3
-1 x
1
P
1 x x
2 x 2 3 -1 x -x
P
1 x x
1) x ( x
P
1 x -x
x
P
0,25 0,25 0,25 0,25
b)
ã Ta có
0 x 0
x
0 x 0 4
3 2
1 -x x -x
2
nên 0 x 0
1 x -x
x
P = 0 Û x = 0 Vậy min P = 0
ã Ta có x - 12 0 x 0
Û x - 2 x + 1 0
Û x - x + 1 x , x 0
Û 1 x 0
1 x -x
x
Û P 1 x 0 ; P = 1 Û x = 1 Vậy MaxP = 1 khi x = 1
Tóm lại : minP = 0 khi x = 0 ; MaxP = 1 khi x = 1
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài
2 a)
ã Điều kiện x ạ 0
Phơng trình đã cho tơng đơng với
x
4 3
x 10(
x
16 9
x
2
2
3
Đặt t =
x
4 3
x
ị t2 =
3
8 -x
16 9
x
2
2
PT trở thành : 10 t
3
8 t
Û 3t2 - 10t + 8 = 0
Û t = 2 hoặc t = 4/3
0,25
0,25
Trang 3
Bài
2
a)
* với t = 2 thì
x
4 3
x
= 2 Û x2 - 6x - 12 = 0
Û x = 3 21
* Với t = 4/3 thì
x
4 3
x
=
3
4
Û x2 - 4x - 12 = 0
Û x = 6 ; x = - 2
Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm là :
x = 6 ; x = - 2 ; x = 3 21
0,25
0,25
b)
PT : x 1 - 9-4 2
4
x2
Û 1 - x 2 2 - 1
2
Û 1 - x 2 2 -
2
x
ã Nếu 1
2
x
0 Û x - 2 , PT trên trở thành
x + 2 - 2x = 4 2 - 2
Û x = 4 - 4 2 thỏa mãn x - 2 nên x = 4 - 4 2 là
nghiệm của phơng trình đã cho
ã Nếu 1
2
x
< 0 Û x < - 2 , PT trên trở thành -( x + 2) - 2x = 4 2 - 2
Û - 3x = 4 2
Û x = - 4 2/3 , không thỏa mãn x < -2 nên loại
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm : x = 4 - 4 2
0,25 0,25
0,25
0,25
Bài
3
Ta có hệ ((xx 2 y1)()(xyy 2-1)1 ) 3 10
Û ( x y )( xy - 1) 3
10 y x y
x 2 2 2 2
Û ((xx y)y2)(xy(xy-1)- 1) 23 10
Đặt u = x + y ; v = xy - 1 hệ trở thành : u.v 3
10 v
u 2 2
0,25
Trang 43
Û
3 u.v
16 v) u (
Û u.v 3
4 v u
ã Nếu u.v 3
4 v u
thì ta có v 1
3 u
hoặc
3 v
1 u
* với v 1
3 u
thì xy - 1 1
3 y x
Û xy 2
3 y x
Û (x ; y) = (2 ;1) ; (1 ; 2)
* Với v 3
1 u
thì xy - 1 3
1 y x
Û xy 4
1 y x
nên x , y là 2 nghiệm của PT : t2 - t + 4 = 0 có D < 0 ị vô
nghiệm ị hệ vô nghiệm trong trờng hợp này
ã Nếu u.v 3
4 v u
thì ta có v - 1
3 u
hoặc
3 v
1 u
* Với v - 1
3 u
ta có xy - 1 - 1
3 y x
Û
0 xy
3 y x
Û (x ; y) = (- 3; 0) ; (0 ; - 3)
* Với v - 3
1 u
ta có xy - 1 - 3
1 y x
Û
2 xy
1 y x
Û (x ; y) = (-2 ; 1) ; (1; - 2)
Tóm lại hệ đã cho có 6 nghiệm là
(x ;y) = (2 ;1) ; (1 ; 2) ; (- 3; 0) ; (0 ; - 3) ; (-2 ; 1) ; (1; - 2)
0,25 0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
Bài
4 a)
y
x
S
K
P
M
Q
A
1
1 1
H
ã Theo giả thiết AKQ = APQ = 900 , nên tứ giác KPAQ
nội tiếp trong đờng tròn đờng kính AQ
Cũng theo giả thiết AMS = APS = 900 nên tứ giác
PSMA nội tiếp đờng tròn đờng kính AS (ĐPCM)
0,50 0,50
Trang 54
b)
b) Trong tứ giác nội tiếp KPAQ ta có K1 = Q1 (cùng
chắn cung AP)
Trong tứ giác nội tiếp PSMA ta có S1 = M1 (cùng chắn
cung AP)
Mà A nằm trên phân giác của xIy nên AK = AM ị K1 =
M1
Vậy Q1 = S1 hay D AQS cân tại A có AP là đờng cao nên
AP là trung tuyến ị P là trung điểm của QS
0,25 0,25 0,25 0,25
c)
c) Do AK ^ Ix ; AM ^ Iy và A nằm trên phân giác của góc xIy
nên I1 = I2 = và D AKI = D AMI
ị IK = IM ; AK = AM ị AI là trung trực của KM
Gọi H = AI ầ KM ị H là trung điểm của KM và IA ^ KM tại
H
Trong tam giác vuông AIK ta có I1 = K1 (cùng phụ với
IAK) nên K1 = Q1 =
Trong tam giác vuông AHK có : KH = KM/2 = a/2 ; K1 =
nên
2cos
a K cos
KH AK
1
Trong tam giác vuông APQ có : QP = QS/2 = b/2 ; Q1 =
nên
2cos
b AQ
Trong tam giác vuông AKQ có : 2 2
AK -AQ
2
2 2
4cos
a -4cos
b
4cos
a -b 2
2 2
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài
5
Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC ta có :
p -a =
2
a -c b
a -2
c b
> 0 ; tơng tự p -b > 0 ; p- c > 0
áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dơng ta có :
0 < (p-a)(p-b)(p-c)
3
3
c) b (a -3p
Vì a + b + c = 6 nên bất đẳng thức trên trở thành :
0 < 33 - 32.6 + 3(ab + bc + ca) - abc 1
Û 0 < 27 - 54 + 3
2
) c b (a -c) b (a 2 2 2 2
- abc 1
Û 27 < 3
2
) c b (a
-6 2 2 2
3 - abc 28
Û 54 < 108 - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc 56
Û 54 > 3(a2 + b2 + c2) + 2abc 52 ( ĐPCM )
Dấu " = " xảy ra Û a = b = c = 2
0,25 0,25 0,25
0,25