Đề và đáp án thi vào lớp 10 môn Toán trường Chuyên Yên Bái năm 2012 - 2013

Đề và HD chấm thi chuyên toán THPT Yên Bái năm học 2012 – 2013
Thời gian làm bài 150 phút không kể giao đề.
Câu 1 (2,5đ)
Cho biểu thức Q =
 
 
2 2
2
1 3 4 1
1
1
1 4
x x x x x x
x
x
x x
 
    
 
 
 


 
 
a/ Với giá trị nào của x thì Q xác định.
b/ Rút gọn Q.
c/ Tìm giá trị của x để Q = 2012
x
- 2012.
a/ Để biểu thức Q xác định, x thỏa mãn điều kiện:

2
0
0
1 0
1
0
1 0 1
1
4 0 4
1 0 1
x
x
x
x
x
x x
x
x x
x x
 


 
 
 
 


 
     

  


 
   
 
 
   
 
b/ Với x ≥ 0 và x  1, dùng phương pháp “hữu tỷ hóa” biểu thức Q bằng cách:
đặt
2 2 4
0 ;x a x a x a    
ta có:
 
 
  
 
   
   
 
 
 
 
 
 
 
  
 
 

2 5 4
2
4
4
2
2
4
2
2
2 2
1 3 4 1
1 1
1 4
1 4 1 1
1
1 1
1 1 1 4
1 1
1 1 1 1
1 1 1
1 1
1 1 1 1
1 1
a a a a a
Q
a a
a a
a a a a a
a a
a a a a

a a
a
a a a
a a
a a a a
a a Q x x
 
    
 
  
 
 
 
 
 
    
 
  
 
   
 
 
 
 
 
 
       
 
   
 

 
     
c/ Q = 2012
x
- 2012

 
1x x 
= 2012
x
- 2012

   
1 2012 1 0x x x   

  
1 0 1
1 2012 0
4048144
2012 0
x x
x x
x
x

  


    
 


 



Kết hợp với ĐKXĐ: x ≥ 0 và x  1  x = 4048144 là giá trị cần tìm
Câu 2 (1,5đ)
Giải hệ phương trình:
2
2 2
6 3 1
1
x xy x y
x y

   


 


Giải hệ phương trình:
2
2 2
6 3 1 (1)
1 (2)
x xy x y
x y

   



 


* (1)  6x
2
– 3xy + x + y – 1 = 0  6x
2
– 3xy + 3x – 2x + y – 1 = 0
 3x(2x – y + 1) – (2x – y + 1) = 0  (2x – y + 1)(3x – 1) = 0

1
3 1 0
3
2 1 0
2 1
x
x
x y
y x

 




 
  



 

* Kết hợp với (2) ta có:
2 2
1
1
3
3
2 2
1
3
x
x
x y
y





 

 
 
 
 




và
2 2
( 0; 1)
2 1
4 3
( ; )
1
5 5
x y
y x
x y
x y
 

 



 
   
 



Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (x, y) 
 
4 3 1 2 2 1 2 2
0;1 ; ; ; ; ; ;
5 5 3 3 3 3
 

   
 
 
  
   
 
 
 
 
   
 
Câu 3 (2,0đ)
Cho đường thẳng (d) có phương trình: 2(m – 1)x + (m – 2)y = 2
a/ Vẽ (d) với m = 3.
b/ Chứng minh rằng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi m, tìm điểm cố định ấy.
c/ Tìm giá trị của m để (d) cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất
a/ Với m = 3 ta có y = - 4x + 2
Giao với trục tung Oy tại điểm (0 ; 2)
Giao với trục hoành Ox tại điểm (0,5 ; 0)
Ta có đồ thị hàm số như hình bên
y = - 4x + 2
O
1
2
2
y
x
b/ Gọi điểm cố định mà mọi đường thẳng(d) đi qua là M(x
0
; y

0
) ta có:
2(m – 1)x
0
+ (m – 2)y
0
= 2 với mọi m  (2x
0
+ y
0
)m – 2(x
0
+ y
0
+ 1) = 0
0 0 0
0 0 0
2 0 1
1 0 2
x y x
m
x y y
  
 
  
 
    
 
vậy tọa độ điểm cố định là M(1; - 2)
Cách khác: Với m = 2 ta có đường thẳng x = 1, với m = 1 ta có đường thẳng y = -2;

thay x= 1; y = - 2 vào phương trình ta có:
2(m – 1).1 + (m – 2).(- 2) = 2  2m – 2 – 2m + 4 – 2 = 0 điều này luôn đúng với mọi m.
Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định có tọa độ (1; - 2) với mọi m.
c/ 2(m – 1)x + (m – 2)y = 2 
 
2 1
2
2 2
m
y x
m m
 
  
 
. Vì (d) không đi qua gốc O(0; 0)
Gọi A, B lần lượt là giao của (d) với hai trục tọa độ Oy và Ox ta có tọa độ giao điểm là
A(0;
2
2m 
) và B(
1
1m 
; 0). Gọi H là hình chiếu của O trên AB, xét

AOB vuông tại O
có:
   
2
2 2
2 2 2

2 2
2 2
1 1 1 1 1 4
1 1 1 1
4 1 2
1 2
1 2
OH
OH OB OA
m m
OB OA
m m
     
  
 
   
   
 
   
   
2 2 2
2 2 2
5
4
2 4 1
6 4
5
5
5 5
OH

m m
m
    
  
 
 
 
 
; Dấu “=” xảy ra

m =
6
5
Vậy độ dài OH lớn nhất  m =
6
5
, khi đó ta có OH =
5
(đv dài)
Câu 4 (3,0đ)
Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC của
(O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx,
đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A; AC cắt Mx tại I. Vẽ đường kính BB’,
đường này cắt MC, B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng:
a/ Tứ giác MOIC nội tiếp được.
b/ OI vuông góc với Mx.
c/ ME = R.
d/ Khi M di động mà OM = 2R thì K chuyển động trên đường nào ? Tại sao ?
a/ Vì MB, MC là 2 tiếp tuyến của (O) (gt)
 OM là tia phân giác của


BOC
(t/c…)



1
2
MOC BOC
(1)
Lại có


1
2
BAC BOC
(hệ quả góc nội tiếp) (2)
Mà


BAC MIC
(đồng vị do MI // BA) (3)
x
E
K
B'
I
A
O
C

B
M
Từ (1), (2), (3)



MOC MIC

Tứ giác MOIC có 2 đỉnh kề nhau O và I cùng nhìn
đoạn thẳng nối 2 đỉnh còn lại dưới cùng một góc nên nội tiếp được trong một đường tròn
(theo tính chất quỹ tích cung chứa góc)
b/ Vì tứ giác MOIC nội tiếp (theo trên)



0
90MIO MCO 
(hệ quả góc nội tiếp)

OI

Mx.
c/ Xét

MBO vuông tại B và

EOB’ vuông tại O có:
OB = OB’ (= R) và




1
' ( )
2
MOB EB O BOC 
 
MBO =

EOB’ (g.n - c.g.v kề)

MB = OE
Mặt khác lại có MB // OE (cùng vuông góc với BB’)

Tứ giác MBOE là hình bình hành (dh 3)

ME = BO = R
d/ Khi OM = 2R


0
60BMC 
mà MB // OE



0
60OKC BMC 
 OKC vuông tại C có OK =
2 3
3

0
OC R
cos30

không đổi  Khi M di động luôn thỏa
mãn OM = 2R thì K luôn cách O cố định một khoảng OK
2 3
3
R

không đổi nên K chạy
trên đường tròn tâm O bán kính OK
2 3
3
R

Câu 5 (1,0đ)
Tìm giá trị của x, y để biểu thức:
M =
2 2 2 2
2 6 4 11 3 2 6 4x y x y x y x y        
đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá
trị nhỏ nhất ấy.
           
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 6 4 11 3 2 6 4
3 2 1 1 3 1 3 1 (" " 1)
M x y x y x y x y
x y x y x x y

         
               
mà
   
2 2
3 1 3 1 3 1 4x x x x x x           
Dấu “=” xảy ra  y = -1 và –1 ≤ x ≤ 3; Vậy minM = 4  y = -1 và – 1 ≤ x ≤ 3
hết