lOI GIAI DE THI VAO 10 HA NOI

5 giờ thì xong. Nếu mỗi người làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác[r]

GiảI nhiều cách (câu 5) :

=================================

Với x, y là cỏc số dương thỏa món điều kiện x 2y , tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

M

xy





Cách 01 : Ta cú

M

xy xy 4xy 4xy 4xy 4xy 4xy

Do x, y dương nờn ỏp dụng Co si cho 5 số dương ta cú:

3

4xy 4xy 4xy 4xy 4xy 256y

(1)

Mặt khỏc từ: x 2y x3 8y3nờn từ (1) ta cú:

3 5 5

3

Vậy GTNN của M là

5

2; dấu “=” khi

4xy4xy     Cách 02 : Ta có M= x

2 +y2

x

y+

y

x mà x ≥ 2 y ⇔ x

y ≥ 2 ,do đó

Không mất tính tổng quát ta đặt a= x

y ⇒1

a=

y

x khi đó ta có bài toán mới sau :

Cho a ≥ 2 , Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M = a+1

a

Thật vậy ta có : M = a+1

a=a+

4

a −

3

a (*)

Mà theo BĐT côsi có : a+4

a ≥ 4 và do a ≥ 2⇒1

a ≤

1

2⇒ −3

a ≥

−3

2 nên từ (*) Suy ra M 4 −3

2⇔ M ≥5

2 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 5/2 khi a = 2 hay x= 2y

Cách 03 : Ta có M= x

2 +y2

x

y+

y

x=

x

y+

4 y

x −

3 y

x ≥2√4 −

3 y x

(theo BĐT côsi)

Hay M 4 − 3 y

x (*) mà x ≥ 2 y ⇔ x

y ≥ 2 ⇔ −3 y

x ≥

− 3

2 nên (*) ta có Suy ra M 4 −3

2⇔ M ≥5

2 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 5/2 khi x =2y

Cách 04 : Ta có M= x

2 +y2

x

y+

y

x mà x ≥ 2 y ⇔ x

y ≥ 2 ,do đó

Không mất tính tổng quát ta đặt t= x

y ⇒ 1

t= y

x khi đó ta có bài toán mới sau :

Cho t ≥ 2 , Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = t+1

t hay ta đi xét phơng

trình bậc hai ẩn t sau : t2 - M t + 1 = 0

với t ≥ 2 , để cho đơn giản ta xét hai trờng hợp sau

(vì khi đó sẽ có 01 TH bị loại ) cụ thể :

a) TH1 :

Khi t > 2 hay t - 2 > 0 nên ta đặt x = t - 2 > 0 hay t = x + 2 , khi đó ta có bài toán mới

nh sau :

“Tìm M để phơng trình x2 + ( 4 - M ) x + ( 5 - 2M ) = 0 (**)

có hai nghiệm dơng ? “

Thật vậy : Để phơng trình (**) có 2 nghiệm dơng

¿

⇔

Δ≥ 0

P>0 ⇔

¿( M − 4 )2+4 (2 M −5 )≥ 0

5− 2 M >0

M − 4 >0

⇔

¿M2−4 ≥0

M <5

2

M >4

¿S>0

{ {

¿⇔

¿M ≤ −2 hoacM ≥2

4 <M <5

2

¿{

¿

(loại)

b) TH2 :

Khi t = 2 thì M =5/2 ,Và ta luôn có M 5

2 hay

5

2≥

5 2 (luôn đúng vì M = 5/2 )

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 5/2 khi t= 2 hay x =2y

KL : Giá trị nhỏ nhất của M là 5/2 khi x =2y

Cách 05 :

Ta luôn có : với c > 0 , d > 0 và a , b ( bất kì ) thì

a2

c +

b2

d ≥

(a+b )2

c +d (*) , dấu “ = “ khi

a

c=

b

d Thật vậy :

Ta có :

√ [ ( √a c)2+( √b d)2] ( √c2

+√d2)≥ (a+b) ( Theo BĐT bunnhiacôpsky)

Hay a2

c +

b2

d ≥

(a+b )2

c +d , vậy (*) đợc chứng minh xong

Mặt khác : Ta có M= x

2 +y2

x2

xy+

y2

xy=(

x2

2 xy+

y2

xy)+

x2

2 xy Bây giờ áp dụng (*) với c = x>0 ; d = y>0 ;

a = 2xy>0 ; b = xy>0

Cho biểu thức M=( x

2

2 xy+

y2

xy)+

x2

2 xy≥

( x+ y )2

3 xy +

1

2.

x

y (**)

Mà

x ≥ 2 y ⇒ x+ y ≥ 3 y ⇒ (x + y )2≥ 9 y2>0

3 xy ≥6 y2>0

x

y ≥2

¿{ {

do đó từ (**) ta có M 5

2

.Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 5/2 khi x =2y

Cách 06 : Ta có

M= x

2

+y2

x

y+

y

x ⇒√10 √M=√ [ ( √x y)2+( √y x)2] ( √82+√22)≥( √8 √x

√y+√2

√y

√x) (*) ( Theo BĐT bunnhiacôpsky)

Mà ( √8 √x

√y+√2

√y

√x)=( √8 √x

√y+

4√2 √y

√x )−3√2.√y

√x ≥2√16 −

3√2 √y

√x (** )

( Theo BĐT côsi ) , Mà x ≥ 2 y ⇔√y

√x ≤

1

√2⇔ − 3√2 √y

√x ≥ 3 (***)

Vậy từ (*) ; (**) ; (***) suy ra M 5

2 , Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 5/2 khi x = 2y

Cách 07 : Không mất tính tổng quát ta đặt

¿

x=2 β>0 y=β >0

¿{

¿

Khi đó ta có bài toán mới : Cho 2 β ≥ 2 β hay 2 2 ( luôn đúng )

, và biểu thức M = x2+y2

x

y+

y

x=

2 β

β +

β

2 β=

5

2 , hơn nữa ta phảI chứng minh M 5

2 Thật vậy từ M

5

2⇔ M −5

2≥ 0 ⇔5

2−

5

2≥ 0 ⇔0 ≥ 0 ( luôn đúng vì M = 5/2 ) , vậy M 5

2 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 5/2 khi

x

y+

y

x=

5

2 (*), bây giờ đặt a=

x

y ⇒ 1

a=

y

x nên từ (*) có a+1

a=

5

2⇔a2−5

2 a+1=0 ⇔2 a2− 5 a+2=0⇒

a=2⇒ x =2 y

¿

a=1

2⇒ y=2 x

¿

⇒ x=2 y

¿

¿

¿

( vì x ≥ 2 y )

C¸ch 08 :cã M =

2 2

x y xy

 với x, y l các sà ố dương v x à  2y

Ta có

2 2

1 x(2y)

M 2(x y ) 

4(x y ) 4(x y )



  (Bất đẳng thức Cauchy)

=

4 4(x y ) 4 4(4y  y ) 4 20 5   (Thay mẫu số bằng số nhỏ hơn).

Suy ra Max

1 2

M 5 khi x = 2y, do đó giá trị nhỏ nhất của M =

5 2 đạt được khi x = 2y

C¸ch 09 : Ta cã

x ≥ 2 y ⇒

2 x ≥ 2 y +x > y ⇒ 2 x> y ⇒2 x − y >0

x −2 y ≥ 0

¿{ (v× x ,y > 0) nªn ta cã : (x − 2 y ) (2 x − y ) ≥ 0 ⇔2 x2

− x (5 y )+2 y2≥ 0

⇔2(x2

+y2)≥ 5 xy ⇔ x2+y2

xy ≥

5

2⇒ M ≥ 5

2 , VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña M lµ 5/2 khi x =2y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán

Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức

x 4 A

x 2





 , tính giá trị của A khi x = 36

2) Rút gọn biểu thức

  (với x 0; x 16  ) 3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên

để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên

Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương

trình:

Hai người cùng làm chung một công việc trong

12

5 giờ thì xong Nếu mỗi người làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong công việc?

Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2 1

2

x y

6 2

1

x y











2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x12x22 7

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vuông góc với

AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H Gọi K là hình chiếu của H trên AB

1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh ACM ACK 

3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C

4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và

AP.MB

R

MA  Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK

Bài V (0,5 điểm) Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

M

xy





……….Hết………

GỢI Ý – ĐÁP ÁN Bài I: (2,5 điểm)

1) Với x = 36, ta có : A =

36 4 10 5

36 2



 2) Với x , x  16 ta có :

B =

x( x 4) 4( x 4) x 2



(x 16)( x 2) x 2 (x 16)(x 16) x 16



3) Ta có:

B A

Để B A ( 1) nguyên thì x 16 là c c a 2, ta có b ng giá tr t ng ng:ướ ủ ả ị ươ ứ

16

Kết hợp ĐK x0, x16, để B A ( 1) nguyên thì x 14; 15; 17; 18 

Bài II: (2,0 điểm)

Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ), ĐK

12 5

x 

Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ)

Mỗi giờ người thứ nhất làm được

1

x(cv), người thứ hai làm được

1 2

x  (cv)

Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong

12

5 giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm được 5

12(cv),

Do đó ta có phương trình

x x 2 12   Giải phương tình tìm được

6 5

x

(loại) và x = 4(TMĐK) Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ,

người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ

Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:

2 1

2

6 2

1

x y











, (ĐK: x y , 0)

Hệ

2

2 1

x

x

y y



Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1)

2) + Phương trình đã cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, m

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1 2

2

1 2





Khi đó: x12x22  7 (x1x2)2 2x x1 2 7

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7  10m2 – 4m – 6 = 0  5m2 – 2m – 3 = 0

Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m =

3 5

 Trả lời: Vậy

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Ta có HCB  900( do chắn nửa đường tròn đk AB)

 900

HKB  (do K là hình chiếu của H trên AB)

=> HCB HKB  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB 2) Ta có ACM ABM (do cùng chắn AM của (O))

và ACK HCK HBK (vì cùng chắn HK.của đtròn đk HB)

Vậy ACM ACK

3) Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB  AC = BC và

sd AC sd BC 

Xét 2 tam giác MAC và EBC có

C M

S

N

MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC = MBC vì cùng chắn cung MC của (O)

MAC và EBC (cgc)  CM = CE

Ta lại có CMB  450(vì chắn cung CB  900)

Vậy tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm)

4) Xét PAM và  OBM

Theo giả thiết ta có

R

MA   MAMB (vì có R = OB)

Mặt khác ta có PAM ABM (vì cùng chắn cung AM của (O))

 PAM ∽  OBM

 AP OB  1 PAPM

PM OM (do OB = OM = R) (1)

-Kéo dài PM cắt đường thẳng (d) tại S Vì AMB 900  AMS900hay tam giác AMS vuông tại M Mà PM=PA nên PAM PMA

Vì tam giác AMS vuông tại M nên ta có PAMPSM 900

và    0

90

 PMS PSM PSPM(2)

Từ (1) và (2)  PA=PS hay P là trung điểm của AS

Gọi N là giao điểm của BP với HK Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta

PA BP PS mà PA=PS NHNK hay BP đi qua trung điểm N của HK (đpcm)

Bài V: (0,5 điểm)

Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si)

Ta có M =

2 2 ( 2 4 4 ) 42 3 2 ( 2 )2 4 3 2

= 2

4



 

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra  x = 2y

x ≥ 2y 

, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Từ đó ta có M ≥ 0 + 4

-3

2 =

5

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vậy GTNN của M là

5

2, đạt được khi x = 2y

Cách 2:

Ta có M =

3



Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương

; 4

x y

y x ta có 4 2 4 . 1

y x  y x  ,

dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

y   y   , dấu “=” xảy ra  x = 2y

Từ đó ta có M ≥ 1 +

3

2 =

5

2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vậy GTNN của M là

5

2, đạt được khi x = 2y

Cách 3:

Ta có M =



Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương

4

;

y x ta có

y x  y x  ,

dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Từ đó ta có M ≥

4-3

2=

5

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vậy GTNN của M là

5

2, đạt được khi x = 2y