TỔNG HỢP 63 ĐỀ THI VÀ 50 ĐỀ THI THƯ ( SAU TRANG 120) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012 – 2013 Mơn thi: Tốn Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) x 4 Tính giá trị A x = 36 x 2 � x � x  16  2) Rút gọn biểu thức B  � � � x 4 �: x  (với x �0; x �16 ) x  � � 3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị x nguyên để giá trị biểu thức B(A – 1) số nguyên Bài II (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: 12 Hai người làm chung cơng việc xong Nếu người làm người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai Hỏi làm người phải làm thời gian để xong công việc? Bài III (1,5 điểm) �2 �x  y  � 1) Giải hệ phương trình: � �6   � �x y 2) Cho phương trình: x – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm 2 phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1  x  Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB 1) Chứng minh CBKH tứ giác nội tiếp �  ACK � 2) Chứng minh ACM 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C 4) Gọi d tiếp tuyến (O) điểm A; cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm AP.MB  R Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn nửa mặt phẳng bờ AB MA thẳng HK Bài V (0,5 điểm) Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x �2y , tìm giá trị nhỏ biểu thức: x  y2 M xy 1) Cho biểu thức A  GỢI Ý – ĐÁP ÁN Bài I: (2,5 điểm) 1) Với x = 36, ta có : A = 36  10   36  2) Với x �, x  16 ta có : � x( x  4) 4( x  4) � x  (x  16)( x  2) x2 B= � � x  16  x  16 � �x  16 = (x  16)(x  16)  x  16 � � x2 � x � x2 2 �  1�   3) Ta có: B( A  1)  � � x  16 � x  � x  16 x  x  16 Để B( A 1) nguyên, x nguyên x 16 ước 2, mà Ư(2) =  �1; �2 Ta có bảng giá trị tương ứng: x 16 1 x 17 15 18 Kết hợp ĐK x �0, x �16 , để B( A 1) nguyên x � 14; 15; 17; 18   2 14 Bài II: (2,0 điểm) Gọi thời gian người thứ hoàn thành xong cơng việc x (giờ), ĐK x  12 Thì thời gian người thứ hai làm xong cơng việc x + (giờ) 1 Mỗi người thứ làm (cv), người thứ hai làm (cv) x x 12 12 Vì hai người làm xong công việc nên hai đội làm 1: = (cv) 5 12 Do ta có phương trình 1   x x  12 x2 x �  x( x  2) 12  5x2 – 14x – 24 = ’ = 49 + 120 = 169,  ,  13 7 13 6 7 13 20    (TMĐK) => x  (loại) x  5 5 Vậy người thứ làm xong công việc giờ, người thứ hai làm xong công việc 4+2 = �2 �x  y  � Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: � , (ĐK: x, y�0) �6   � �x y �4 10 �4 � �x  �x  y  �x  x   �x  �x  � � � � �� �� � �2 �� Hệ � � (TMĐK) �6   �2   �2   �2  y  �y  � � � � �x y �x y �x y Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1) 2) + Phương trình cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m �x1  x2  4m + Theo ĐL Vi –ét, ta có: � �x1x2  3m  2m 2 Khi đó: x1  x2  � (x1  x2 )  2x1x2   (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = 3 Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m = Trả lời: Vậy C Bài IV: (3,5 điểm) M H E A K O B �  900 ( chắn nửa đường tròn đk AB) 1) Ta có HCB �  900 (do K hình chiếu H AB) HKB �  HKB �  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn đường kính HB => HCB 2) Ta có � ACM  � ABM (do chắn � AM (O)) �  HBK � � đtròn đk HB) � (vì chắn HK ACK  HCK Vậy � ACM  � ACK �  900 3) Vì OC  AB nên C điểm cung AB  AC = BC sd � AC  sd BC Xét tam giác MAC EBC có � � � (O) MA= EB(gt), AC = CB(cmt) MAC = MBC chắn cung MC MAC EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân C (1) �  450 (vì chắn cung CB �  900 ) Ta lại có CMB �  CMB �  450 (tính chất tam giác MCE cân C)  CEM �  CEM �  MCE �  1800 (Tính chất tổng ba góc tam giác) MCE �  900 (2) Mà CME Từ (1), (2) tam giác MCE tam giác vuông cân C (đpcm) S C M H P E N A K O B 4) Gọi S giao điểm BM đường thẳng (d), N giao điểm BP với HK Xét PAM  OBM : AP.MB AP OB R�  Theo giả thiết ta có (vì có R = OB) MA MA MB � � Mặt khác ta có PAM ABM (vì chắn cung � AM (O))  PAM ∽  OBM AP OB �   1� PA  PM (do OB = OM = R) (3) PM OM �  900 (do chắn nửa đtròn(O)) � AMS �  900 Vì AMB �  PSM �  900  tam giác AMS vuông M  PAM �  PMS �  900 �  PSM � � PS  PM (4) PMA � PMS �  PMA � Mà PM = PA(cmt) nên PAM Từ (3) (4)  PA = PS hay P trung điểm AS NK BN HN NK HN    Vì HK//AS (cùng vng góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: hay PA BP PS PA PS mà PA = PS(cmt) � NK  NH hay BP qua trung điểm N HK (đpcm) Bài V: (0,5 điểm) Cách 1(không sử dụng BĐT Cô Si) x  y ( x  xy  y )  xy  y ( x  y )  xy  y ( x  y )2 3y   4 Ta có M = = xy xy xy xy x Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y y 3 y 3 x ≥ 2y  � , dấu “=” xảy  x = 2y x x Từ ta có M ≥ + Vậy GTNN M = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 , đạt x = 2y Cách 2: x  y x2 y x y x y 3x      (  ) xy xy xy y x 4y x 4y x y x y x y ; ta có  �2 1, Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương 4y x 4y x 4y x dấu “=” xảy  x = 2y x x Vì x ≥ 2y  � , dấu “=” xảy  x = 2y y y Từ ta có M ≥ + = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 3: Ta có M = x  y x2 y x y x y 3y      (  ) Ta có M = xy xy xy y x y x x x 4y x 4y x 4y �2 4, Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương ; ta có  y x y x y x dấu “=” xảy  x = 2y y 3 y 3 Vì x ≥ 2y  � , dấu “=” xảy  x = 2y x x Từ ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 4: 4x2 x2 3x x x2  y2  y2   y2  y2 2 x  y x 3x Ta có M =       xy xy xy xy xy xy 4y Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương x2 x2 x2 ; y ta có  y �2 y  xy , 4 dấu “=” xảy  x = 2y x x Vì x ≥ 2y  � , dấu “=” xảy  x = 2y y y xy 3 Từ ta có M ≥ + = 1+ = , dấu “=” xảy  x = 2y xy 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2012 – 2013 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   �2 x  y  b) � 3x  y  � c) x  x  12  d) x  2 x   Bài 2: (1,5 điểm) x đường thẳng (D): y   x  hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: x A   với x > 0; x �1 x  x x 1 x  x a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y  B  (2  3) 26  15  (2  3) 26  15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  2mx  m   (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình 24 Tìm m để biểu thức M = đạt giá trị nhỏ x1  x22  x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Đường thẳng MO cắt (O) E F (ME 0; x �1      1�  � x x( x  1) x  x  � x � x( x  1) B  (2  3) 26  15  (2  3) 26  15 1  (2  3) 52  30  (2  3) 52  30 2 1  (2  3) (3  5)  (2  3) (3  5) 2 1  (2  3)(3  5)  (2  3)(3  5)  2 Câu 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m b c b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S =   2m ; P =  m  a a 24 24 6  M= = 2 ( x1  x2 )  x1 x2 4m  8m  16 m  2m  6  Khi m = ta có (m  1)  nhỏ (m  1)  6 � M  lớn m = � M  nhỏ m = (m  1)  (m  1)  K Vậy M đạt giá trị nhỏ - m = T Câu B a) Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Q MA MF A S � MA.MB = ME.MF  Nên ME MB (Phương tích M đường tròn tâm O) V H b) Do hệ thức lượng đường tròn ta có M O F E MA.MB = MC , mặt khác hệ thức lượng tam giác vuông MCO ta có MH.MO = MC2 � MA.MB = MH.MO P nên tứ giác AHOB nội tiếp đường tròn c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp đường C tròn đường kính MS (có hai góc K C vng) Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC Do MF đường trung trực KC nên MS vng góc với KC V d) Do hệ thức lượng đường tròn ta có MA.MB = MV.MS đường tròn tâm Q Tương tự với đường tròn tâm P ta có MV.MS = ME.MF nên PQ vng góc với MS đường trung trực VS (đường nối hai tâm hai đường tròn) Nên PQ qua trung điểm KS (do định lí trung bình tam giác SKV) Vậy điểm T, Q, P thẳng hàng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:(x + 1)(x + 2) = �2 x  y  1 2) Giải hệ phương trình: � �x  y  Bài 2: (1,0 điểm) y Rút gọn biểu thức A  ( 10  2)  y=ax Bài 3: (1,5 điểm) Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2 1) Tìm hệ số a 2) Gọi M N giao điểm đường thẳng y = x + với parabol Tìm tọa độ điểm M N x Bài 4: (2,0 điểm) 2 Cho phương trình x – 2x – 3m = 0, với m tham số 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện x1 x2   x2 x1 Bài 5: (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC,B  (O),C(O’) Đường thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D 1) Chứ`ng minh tứ giác CO’OB hình thang vng 2) Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng 3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E tiếp điểm) Chứng minh DB = DE BÀI GIẢI Bài 1: 1) (x + 1)(x + 2) =  x + = hay x + =  x = -1 hay x = -2 5y  15 ((1)  2(2)) �2 x  y  1 (1) � �y  3 2)  � � � x  7 2y �x  y  (2) � �x  1 Bài 2: A  ( 10  2)  = (  1)  = (  1) (  1) = (  1)(  1) = Bài 3: 1) Theo đồ thị ta có y(2) =  = a.22  a = ½ 2) Phương trình hồnh độ giao điểm y = x đường thẳng y = x + : 2 x + = x  x2 – 2x – =  x = -2 hay x = y(-2) = ; y(4) = Vậy tọa độ điểm M N (-2 ; 2) (4 ; 8) Bài 4: 1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – =  x = -1 hay x = (có dạng a–b + c = 0) 2) x1 x2    3( x12  x22 )  x1 x2  3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 x2 x1 Ta có : a.c = -3m  nên   0, m b c Khi   ta có : x1 + x2 =   x1.x2 =  3m  a a Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m    > x1.x2 <  x1 < x2 Với a =  x1 = b '  ' x2 = b '  '  x1 – x2 =  '   3m Với x1, x2  0, ta có : Do đó, ycbt  3(2)(2  3m )  8(3m ) m    3m  2m (hiển nhiên m = không nghiệm)  4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1 Bài 5: B C O A O’ E D 1) 2) 3) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB, O’C vng góc với BC  tứ giác CO’OB hình thang vng Ta có góc ABC = góc BDC  góc ABC + góc BCA = 900  góc BAC = 900 Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường tròn) Vậy ta có góc DAC = 1800 nên điểm D, A, C thẳng hàng Theo hệ thức lượng tam giác vng DBC ta có DB2 = DA.DC Mặt khác, theo hệ thức lượng đường tròn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE = DA.DC  DB = DE 10 Ta có: x3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) Suy ra: x3 = – x � x3 + x – = �  x - 1 x  x +    1� � x = Vì x2 + x + = � �x + �  Từ suy điều phải chứng minh � 2� Câu 3: Áp dụng BĐT:    a + b � a  b ; a + b + c � a  b2  c  (được suy từ bất đẳng thức Bunhiacơpski) Ta có:   2y �   y  2y    y + 1 2z �   z  2z    z + 1 + x  2x �  x  2x   x + 1 + y2  + z2  x  y  z � 3 x + y + z Lại có: A =  x   y   z  2x  2y  2z  + 2  A  x y z  x + y + z + 3  2  3 x + y + z  A + (do x + y + z �3) Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy maxA =  Câu 4: � � a) Ta có: ABO  ACO  900 (tính chất tiếp tuyến) (1) AB = AC  OA  OB2 = R = OB = OC (2) Từ (1) (2) suy ABOC hình vng A b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3) y x Suy ra: DE = BD + CE (4) E M D Vẽ OM  DE (M �DE) (5) C Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF B= BD; suy ∆BDO = ∆COF (c-g-c) � OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c)R� OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến O đường tròn (O;R) c) Đặt: AD = x; AE = y � SADE  xy (x, y > 0) Ta có: DE  AD2  AE  x + y (định lí Pitago) Vì AD + DE + AE = 2R � x + y + F x  y = 2R (6) Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số khơng âm ta có: x + y �2 xy x + y � 2xy (7) Dấu “=” xảy x = y 284   Từ (6) (7) suy ra: xy  2xy �2R � xy  �2R ۣ xy  2R 2R R2 � xy � � SADE � 2+ 3 2 3 2   SADE  - 2 R  Vậy max SADE =  2 R � x = y � ∆ADE cân A Câu 5: Xét điểm A hình tròn (C1) có tâm A, bán kính C C1 A B C2 - Nếu tất 98 điểm lại nằm (C1) hiển nhiên tốn chứng minh - Xét trường hợp có điểm B nằm ngồi (C1) Ta có: AB > (1) Vẽ hình tròn (C2) tâm B, bán kính + Giả sử C điểm khác A B Khi điểm C thuộc hai hình tròn (C1) (C2) Thật vậy, giả sử C khơng thuộc hai hình tròn nói Suy ra: AC > BC > (2) Từ (1) (2) suy điểm A, B, C khơng có hai điểm có khoảng cách nhỏ (vơ lí trái với giả thiết) Chứng tỏ C (C1) C (C2) Như 99 điểm cho thuộc (C1) (C2) Mặt khác 99 = 49.2 + nên theo nguyên tắc Dirichle phải có hình tròn chứa khơng 50 điểm ĐỀ SỐ Câu 1: a) Theo ta có: 2011 ( x  y  2011)  2010 ( y  x  2010) �x  y  2010 �2x  4021 �x  2010,5 �� � � + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2010 = � � �x  y  2011 �2y  �y  0,5 + Nếu y - x + 2010 = x + y - 2011 = 0, ta kết + Nếu x + y - 2011 0 2011 y  x  2010  vơ lý (vì VP số hữu tỉ, VT số vô tỉ) 2010 x  y  2011 Vậy x = 2010,5 y = 0,5 cặp số thoả mãn đề b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 Chỉ có sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = x = 1005, y = 1, z = x = 2011, y = 0, z = Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 285 Đặt a = x 1 ; b = x  x 1 Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) x  = x  x  4(x + 1) = x - x + x2 - 5x - = x1 = 2) 5 37 (loại); x2 =  37 2 x  = x  x  � x   4(x  x  1) � 4x  5x   vơ nghiệm  37 b) Vì a, b, c  [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - + abc nên 2(ab + bc + ca) > (vì a + b + c = abc �0) Suy (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > a2 + b2 + c2 �5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy số a, b, c có số 2, số số p Câu 3: Giả sử x = (p, q  Z, q > 0) (p, q) = q Vậy phương trình có nghiệm: x =  p p Ta có     n (n  N) p2 = q(-P - 6q + n2q) q q => q ước p2 (p, q) = => q = lúc x = p => p2 + p + = n2 (p, n  Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do 2n - 2p - = 2n + 2p + = 23 ; 2n - 2p - = 23 2n + 2p + = (vì 23  P 2n + 2p + > 2n - 2p - > 0) p = (t/m) ; p = - (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm – Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì �N � = 1800) Tứ giác MNCI nội K A �  MIC � MNC = 900) tiếp (vì MNC �  BMK � , INC �  IMC � => BNK (1) (vì góc nội tiếp chắn cung) �  IMC � Mặt khác BMK (2) �  KMC �  KMC �  IMC � BMK bù với góc A tam giác ABC) � = INC � nên Từ (1), (2) suy BNK S H P O K C B N (vì I M Q điểm K, N, I thẳng hàng 286 � � b) Vì MAK  MCN   (vì góc nội tiếpcùng chắn cung BM) => AK CN AB  BK CN AB BK CN   cot g     hay (1) MK MN MK MN MK MK MN Tương tự có: Mà AC CI BN AI BN    hay MI MN MI MI MN (2) IC BK �  IMC � )   tg (  = BMK MI MK Từ (1), (2), (3) => (3) AB AC BC   (đpcm) MK MI MN c) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P  MS) => HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC) �  AIN � NMC � ) => KN qua => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC trung điểm HM (đpcm) 2 � �2x  xy  y  p Câu 5: Đưa tốn tìm P để hệ phương trình: � 2 �x  2xy  3y  có nghiệm � 8x  4xy  4y  4p (1) � Hệ � � Lấy (1) - (2), ta có: px  2pxy  3py  4p (2) � (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = (3) - Nếu y = => (8 - p)x2 = x = p = � p  0; p  - Nếu y  chia vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = (4) với t = x y + Nếu p �8: Phương trình (2) có nghiệm  ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > + Nếu p = t = - p2 - 12p - 18 < -  p 6  Dấu “=” có xảy Vậy P = - , max P = +3 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b - ac + c = = b-c a-c a-b  a - b  a - c Nhân vế đẳng thức với ta có: b-c a  b - c = ab - b - ac + c  a - b  a - c  b - c Vai trò a, b, c nhau, thực hốn vị vòng quanh a, b, c ta có: 287 b  c - a = cb - c2 - ab + a  a - b   a - c  b - c , c  a - b Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta có b) Đặt 2010 = x ; 2010 = x � �x - x + x � A= � + �x � �1 - x �1 � = � ��x � = ac - a - bc + b  a - b  a - c  b - c a b c + + = (đpcm) 2 (b - c) (c - a) (a - b) 2010 = x Thay vào ta có: + 2 x x = �1 � � �1 + x2 �x � � � 1+ � � � x � + x2 1+ �1 � � �= �x � Câu 2: a) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c > Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + bc ≥ 2a bc, b + ac �2b ac ; c + ab �2c ab Do 1 1� 1 � + + � � + + � a + bc b + ac c + ab �a bc b ac c ab � a +b b+c c+a + + ab + bc + ca = 2 = a + b + c , đpcm � 2 abc abc 2abc Dấu xẩy a = b = c, tức tam giác cho tam giác b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ Ta có: A = (x - xy + y) + 2y - x +1  = =[ =  x - y  -2    x - y + 1] - y + 2y 1 )2 2 1 y  �2 x - y - + (2y - y +  x - y -1 2 +   � � �x = x y = � � A= � � � � 2 y -1=0 � �y = � Vậy minA =  4 Câu 3: a) Điều kiện : ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: 2 x-1+3 5-x  2 x - + - x   � 2 + 32  x - + - x  = 13.4 13 288 Dấu xẩy x - = - x � x = 29 13 Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 �1 � b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f � �= x x �0 (1) �x � �1 � Thay x = vào (1) ta có: f(2) + f � �= �2 � Thay x = vào (1) ta có: �1 � f � �+ 3.f(2) = �2 � �1 � Đặt f(2) = a, f � �= b ta có �2 � Vậy f(2) = - a + 3b = � 13 � � Giải hệ, ta a = 3a + b = 32 � � 13 32 a Câu 4: b Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác A, O, D thẳng 1 AB Vì FM = EF mà EF = AB FM = OK 2 o k f � Ta lại có AF = R � AF = OA AFM = 120 m 0 � � � � AOK + AOB = 180 = AOK + 60 � AOK = 120 Do đó: ∆AFM = ∆AOK hàng OK = d e (c.g.c) c � � AM = AK, MAK = 600 � AMK Câu 5: Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB mà OA.OB � b OA + OB2 o c h OA + OB2 Do 2SAOB � Dấu “=” xảy � OA  OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: a d 2SBOC � 2 OB + OC OC + OD ; 2SCOD � 2 289 2SAOD � OD + OA 2 Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤  OA + OB2 + OC + OD  Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu xẩy OA = OB = OC = OD � = BOC � = COD � = DOA � = 900 � ABCD hình vng tâm O AOB Lời bình: Câu III.b từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) đa thức của biến x f(x) hàm số xác định phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) (2) Giả sử x = b một nghiệm của (2) Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ 1) Chắc chắn bạn hỏi x  �A(a) x  B (a ) y  C (a ) � �B (b) x  A(b) y  C (b) (3) Giải hệ phương trình (3) (đó hệ phương trình bậc đối với hai ẩn x, y)  Trong toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = x 1 Phương trình Q(x) = P(a)    x  , tức b  x 2 Số x  nghĩ thế đó 2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành cơng 3) Mợt sớ tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = nếu f(x) + 3.f( x) = + 3x (với x  �) �1 � b) Tính giá trị của hàm sớ f(x) tại x = nếu f ( x )  f � � x (với  x  1) 1 x � � �1 � c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = nếu ( x  1) f ( x)  f � � (với  x  1) �x � x  ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ x2 + y2 = � 2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) 290 xy x+y = -1 x+y+2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: Vì x + y + ≠ nên x+y≤  x + y2  (1) � x+y≤ 2 (2) �x �0, y �0 xy � � - Dấu "=" �x = y � x=y= Từ (1), (2) ta được: x+y+2 �x + y = � Vậy maxA = - b) Vì x2 + y2 + z2 = nên: 2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 + + = + + x + y2 y + z2 z + x2 x + y2 y2 + z2 z2 + x z2 x2 y2 + + +3 = x + y2 y2 + z x + z2 z2 z2 Ta có x2 + y2 ≥ 2xy  , x + y2 2xy x2 x2 y2 y2 � Tương tự , � y + z2 2yz x + z 2xz 2 z x z2 x2 y y2 � Vậy + + + + +3 + x + y2 y2 + z 2xy 2yz x + z2 2xz 2 x + y3 + z3 � + + � + , đpcm x + y2 y2 + z2 z2 + x 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x � (2) (1) � (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = � ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = � 3x + 10 - = � � � x = - (thỏa mãn đk (2) �x + = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3 2x �2 2 � (1) �x y - 2x + y = �y = � x + b) � � 2x - 4x + = - y3 � �y3 = - (x - 1) - � Ta có: 2x �� 1  y 2 1+x -1 y (1) Mặt khác: - (x - 1)2 - ≤ - � y3 ≤ - � y ≤ - (2) Từ (1) (2) � y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn Vậy x = y = -1 số cần tìm Câu 3: 291 a) Đặt x = b > Thay vào gt ta y = c > ta có x2 = b3 y2 = c3 b3 + b c + c3 + bc = a � a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + b c  b + c  a2 = (b + c)3 � 3 a = b + c hay x2 + y = a , đpcm b) Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy x �0 a � 1 � + = � x 02 + + a � x0 + �+ b = x0 x0 x0 x0 � � Suy x + ax0 + b + Đặt x0 + = y0 x0 = y 20 - , y x0 x 20 + � y02 - = - ay - b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: y -2  =  ay0 + b  Ta chứng minh  � a +b  (y 02  2) (1) y + �a b � y0   2 (y 02  2) � (2) y02  2 Thực vậy: (2) � 5(y0  4y0  4) �4(y  1) � 5y  24y  16 �0 � 5(y 02  4)(y 02  ) �0 với y �2 nên (1) 2 Từ (1), (2) suy a + b � 5(a + b ) Câu 4: Đặt AH = x � Ta có AMB = 900 (OA = OB = OM) , đpcm c m k Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH AB = 2Rx (H chân đường vng góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình chữ nhật) b a h o h' Theo ta có: 4Rx = 15(R - x)2 Do H �AB � O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 3R 5R � (5x - 3R) (3x - 5R) = � x = ;x= Cả giá trị thoả mãn Vậy ta tìm điểm H H’ � điểm M M’ giao điểm nửa đường tròn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ a b Câu 5: Gọi I trung điểm CD f // BC Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình củae∆BDC � IE Mà GF BC � IE GF (1) g d i c 292 Chứng minh tương tự EG IF (2) Từ (1) (2) � G trực tâm ∆EIF � IG  EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) (4) � IG  DC Vậy ∆ DGC cân G � DG = GC ĐỀ SỐ Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x 9x x+9 2 � x � 18x 9x � 18x � � � - 40 = (1) Ta có: �x �+ � = 40 x+9 � x +9� �x + � x + x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = x+9  (y + 20) (y - 2) =  y = -20 ; y = � � x = - 20(x + 9) x + 20x +180 = (3) � �2 Thay vào (2), ta có �2 x = 2(x + 9) = x - 2x - 18 = (4) � � Phương trình (3) vơ nghiệm, phương trình (4) có nghiệm là: x  � 19 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  � 19 2) Điều kiện x>3 � x+1 �0 � � (*) x �- x-3 � Phương trình cho � (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x+1 =4 x-3 x+1 � t = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - = � t = 1; t = - Đặt t =  x -  Ta có: (x -3) x   (1) ; ( x  3) x - x 1   (2) x �x  �x  � �2 � x  1 + (1) � � (x  3)(x  1)  �x  2x   � (t/m (*)) �x  �x  � �2 � x   (t/m (*)) + (2) � � (x  3)(x  1)  16 � �x  2x  19  Vậy phương trình cho có nghiệm là: x   ; x   Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 > � - < x < � - 3x > � A ≥ 25 - 30x + 9x (3 - 5x) = +16 �16 - x2 - x2 Dấu xẩy - 5x = � x = Vậy A2 = 293 Vậy minA = 2) Chứng minh: a + b + b + c2 + c2 + a � (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x  y2 ) �(x  y) , ta có: 2(a + b ) (a� b) Tương tự, ta được: a + b a + b (2) (3) b2 + c2 �b + c (4) c + a �c + a Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn, suy (1) đúng, đpcm x2 �� Câu 3: (1) có nghiệm � y x 2; x (3) (2) � (y  1)   x  2x có nghiệm �  x  2x �0 � 2 �x �0 (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ ta có y = - Vậy hệ có nghiệm (- ; - 1) m Câu 4: Kẻ MP // BD (P �AD) MD cắt AC K Nối NP cắt BD H k AM AP AM CM e = = (gt) Ta có mà AB AD AB CD i f AP CN � = � PN // AC Gọi O giao điểm a o b h AD CD n BO CO MK OC = , = AC BD Ta có OD OA PK OA NH OC NH MK = = � KH // MN Suy ra: PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH EN = KH � MF = EN � ME = NF � � = 1800 Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH � � = EHA � + FHB � � AMB = 1800 - EHF (1) � = MEF � � ) Ta có MHF (góc nội tiếp chắn MF � + FHB � = 900 = MEF � + EMD � Lại có MHF � = EMD � � FHB (2) � = DMB � , Gọi N giao điểm MD với đường tròn (O) ta có DMB � � (góc nội tiếp Từ (1) (2) � EHA = NAB � ) � EHA � = NAB � � chắn NB AN // EH mà HE  MA nên NA  MA hay MAN = 900 � AN đường kính đường tròn Vậy MD qua O cố định 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có AH S AM HE AD S AM DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM DK BH SMBH BM HF AH AD MA HE DI Vậy (1) = BD BH MB2 DK HF � � (cùng phụ với MHF � ) mà FHB � = EMD � Ta có HMB (CMT) = FHB � = DIK � EHF � = DMH � � EFH 294 � � v�EHF � = 1800 - AMB � Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH � � v� IDK � = 1800 - AMB � Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK � = DIK � v�EHF � = IDK � � DIK HFE (g.g) � EFH ID DK HE.DI � ID HE = DK HF � suy = = (2) HF HE DK.HF MA AH AD Từ (1), (2) � = MB BD BH ĐỀ SỐ 1- 2- + + + -1 -1 Câu 1: Ta có: A = =-1+ 24 - 25 -1 - + - + + 25 = - + = Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: �x � �y � �z � x2 y2 z2 + + =0 �2 2 � �2 2 � �2 2 � a + b + c � �b a + b + c � �c a +b +c � �a 1 �1 � �1 � �1 � � x � - 2 �+ y � - 2 �+ z � - 2 �= (*) a + b + c � �b a + b + c � �c a + b + c � �a 1 1 1 > 0; - > 0; - >0 Do - 2 2 a a +b +c b a +b +c c a + b2 + c2 Nên từ (*) suy x = y = z = 0, M = a + � �8a - � b) x = 2a + x a - � � �� � �3 �� � 3 � x3 = 2a + 3x  - 2a  3 � x = 2a + x(1 - 2a) � x + (2a - 1) x - 2a = � (x - 1) (x2 + x + 2a) = x-1=0   � � � �x  � x + x + 2a = (v�nghi� mdo a > ) � nên x m� t s�nguyên du� ng Câu 3: a) Ta có: 4c 35 � + �2 4c + 57 1+a 35  2b Mặt khác 4c 35 � 1+a 4c + 57 35 + 2b 35 >0  + a   2b + 35 4c + a 4c + 57 (1) 35 35 + 2b 295 ۣ 4c +1 +a 4c + 57 ۳� 2b 35 + 2b Ta có: ۳� a 1+a 1- 35 2b = 35 + 2b 35 + 2b 57 + 1+ a 4c + 57 57 >0  + a   4c + 57  (2) 4c 35 �1 + 1+a 4c + 57 35 + 2b 57 35 + 4c + 57 35 + 2b 35 57 >0  4c + 57   35 + 2b  (3) Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 57 �8  + a   4c + 57   2b + 35   + a   2b + 35  4c + 57  Do abc ≥ 35.57 = 1995 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c = 57 Vậy (abc) = 1995 b) Đặt t = t= A B C D = = = � A = ta, B = tb, C = tc, D = td a b c d A+B+C+D a+b+c+d Vì aA + bB + cC + dD = a t + b t + c t + d t = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) = A+B+C+D a+b+c+d (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: A a) Xét ∆ABC có PQ // BC � AQ QP = AB BC BQ QM = Xét ∆BAH có QM // AH � BA AH Cộng vế ta có: B AQ BQ QP QM QP QM + = + � 1= + AB AB BC AH BC AH 2SMNPQ QM � QP QM �QP 1= �  + = � AH � BC AH SABC �BC SMNPQ Q M P H N C SABC 296 SABC QP QM BC = = � QP = BC AH 2 Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH QP QM QP + QM + � QP + QM = BC b) Vì = mà BC = AH � = BC AH BC max SMNPQ = Do chu vi (MNPQ) = 2BC (khơng đổi) B Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD Đặt HD = x HC = 2x Ta có: DH2 = HM HC hay x2 = HM 2x � HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x Vậy AH = 3HD A H M C D MỤC LỤC Trang - Lời giới thiệu _3 - A phần đề tài I – Phần ôn thi tuyển sinh lớp 10 THPT _ II – Đề ôn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán _33 B- Phần lời giải 38 I – Lớp 10 THPT _38 II – Lớp 10 chuyên toán _ 122 297 298 ... ta có DE = DA.DC  DB = DE 10 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MƠN : TỐN Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21... ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 12 tháng năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm):... ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 14 tháng năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm):