de thi gvg cap huyen 11

Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng dm luôn đi qua với mọi giá trị của m.. Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M6, 1 đến đường thẳng dm khi m thay đổi.[r]

PHÒNG GD VÀ ĐT

BÁ THƯỚC KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2011 - 2012

Đề chính thức Môn: Toán

Mã: 12 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: tháng năm 2011

Câu I (4,0 điểm)

Cho biểu thức : A =

9

x





1 Rút gọn biểu thức A.

2 Tìm giá trị của x để A = 13

3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A

Câu II (4,0 điểm)

1 Gải phương trình: |2+3 x|3 −2 x| −|x|

|+x − 2=5

2 Cho phương trình: 422210xmxm

a Giải phương trình với m = 2.

b Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm x x x x1, , ,2 3 4 sao cho:

x1 x2 x3 x4 và x4 x13 x3 x2

Câu III (4,0 điểm)

Cho hàm số: y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (dm)

1 Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d1)

2 Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (dm) luôn đi qua với mọi giá trị của m

Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (dm) khi m thay đổi

Câu IV (6,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE)

1.Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.

2.Gọi I là trung điểm của PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng.

3 Gọi K là giao điểm của EB và MP Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng

dạng Suy ra K là trung điểm của MP

Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có

diện tích lớn nhất

Câu V (2,0 điểm)

1 Tìm m để giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

2 1

x



 bằng – 2

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2041

Hết

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu NỘI DUNG ĐIỂ

M

A =

9

x





0.5

=

0.75

9

x





9

x x







9

x x







3 3

x





2

A =

1 3

3 3

x





1.0

 x  3 9

 x 6  x = 36

3

A

3 3

x



 lớn nhất  x 3 nhỏ nhất  x 0  x = 0

1.5

1 Điều kiện: |2+3 x|+x − 2≠ 0

Phương trình đã cho tương đương với:

|3 −2 x|−|x|− 5|3 x+2|=5 x − 10

Xét các trường hợp sau:

* TH1: Nếu x < - 32 , ta có phương trình: 14x + 13 = 5x – 10 ⇔ x = - 239

(Nhận)

* TH2: Nếu - 32≤ x < 0, ta có phương trình: - 21x = - 3 ⇔ x = 71

(Loại)

* TH3: Nếu 0 x < 32 , ta có phương trình: 23x = 3 ⇔ x = 233

(Nhận)

* TH4: Nếu x 32 , ta có phương trình:19x = - 3 ⇔ x = - 193

(Loại)

Vậy các nghiệm thỏa mãn phương trình là: x = - 239 ; x = 233 (Nhận)

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2 a Với m = 2, phương trình (1) trở thành :

x4 – 4x2 + 3 = 0 ⇔ (x2 – 1)(x2 – 3) = 0 ⇔ x2 = 1 hoặc x2 = 3 0,5

b Phương trình: 422210xmxm (1)

Đặt :tx2, ta có : t2 2mt2m1 0 (2) (Điều kiện: t 0)

 2 2

Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt

1, 2

t t Tương đương với:

1

2

(3)

0,25

Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương 0 t 1 t2 và phương

trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: x1  t2  x2  t1 x3  t1 x4  t2

Theo giả thiết: x4 x13x3 x2  2 t2 6 t1  t2 3 t1  t2 9t1 (4)

0,25

Theo định lí Vi-ét, ta có: t1t2 2m và t t1 2 2m1 (5)

Từ (4) và (5) ta có: 10t12m và 9t12 2m 1

2

5

9

Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện bài toán

Vậy để phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán thì cần và đủ

là:

5

9

m 

và m 5

1,0

Câu.3 4,0

1 Cho hàm số : y = mx – m + 2 (dm)

Khi m = 1 thì (d1) : y = x + 1

Bảng giá trị :

y = x + 1 0 1 Vẽ: Đồ thị hàm số y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1;0) và (0;1)

(vẽ đúng đạt 1đ)

0,5

0,5 0,5

2 Gọi A(xA ; yA) là điểm cố định mà (dm) luôn đi qua khi m thay đổi

Ta có : yA = mxA – m + 2

 yA – 2 = m(xA – 1) (*)

Xét phương trình (*) ẩn m , tham số xA , yA :

Pt (*) vô số nghiệm m khi :



Vậy (dm) luôn đi qua 1 điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi

Ta có : AM = (6 1) 2(1 2) 2  26

0,5

Từ M kẻ MH  (dm) tại H

+ Nếu H  A thì MH = 26 (1)

0,5

+ Nếu H không trùng A thì ta có tam giác AMH vuông tại H

=> HM < AM = 26 (2)

0,5

Vậy, khoảng cách lớn nhất từ M đến (dm) khi m thay đổi là 26 (đvđd) 0.5

1 Ta có góc: EMO= 90O = EAO=> EAOM nội tiếp.

Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : EAO APM PMQ 90    o

=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật

0,75

I K

B

O

E

A

I

2 Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ

Nên I là trung điểm của AM Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A

nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng

0,75

3 Ta có

EB AB (3) do AE // KP, Mặt khác, ta có

EOAB (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng

So sánh (3) & (4), ta có :

EB EO Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM

=> K là trung điểm MP

1,5

0,5

Câu 5

4 Ta dễ dàng chứng minh được :

abcd

4

a b c d 4

  

  (*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = d

0,5

Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x  2  (2R x)x 3 0,25

S đạt max  (2R x)x 3 đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max



x x x (2R x)

0,5

Áp dụng (*) với a = b = c =

x 3

Ta có :

4 4 4

0,5

Do đó S đạt max 

x (2R x)

3

2



1 Gọi k là một giá trị của biểu thức: 2

2 1

x





Ta suy ra PT: 2

2 1

x



 = k có nghiệm

 PT m – 2x = kx2 + k có nghiệm

 PT kx2 – 2 x + k – m = 0 (1) có nghiệm

2,0

2 2

k

k

Giá trị nhỏ nhất của 2

2 1

x



 bằng – 2 =>

2 4

= - 2



Vậy với m =

3 2

 thì GTNN nhất của biểu thức 2

2 1

x



 bằng –2

2 Ta có: A = 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2041

= (– x + 3y – 2)2 + (x – 5)2 + 2012 2012

Vậy GTNN của A là: 2012 Dấu = xảy ra khi x = 5, y = 73