Đề thi Lam Sơn

Đề thi vào lớp 10 Trờng THPT Lam Sơn (11)
Môn Toán chung
Câu 1: (2 điểm) Cho biểu thức:
x 3 x 2 9 x 3 x 9
P : 1
x 9
2 x 3 x x x 6

+
= +
ữ ữ

+ +

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.
Câu 2: (2 điểm) Cho phơng trình: 2x
2
+ 2mx + m
2
2 = 0.
a) Xác định m để phơng trình có 2 nghiệm nguyên.
b) Gọi 2 nghiệm của phơng trình là x
1
và x
2
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: A = 2x
1
x
2

+ x
1
+ x
2
.
Câu 3: (2 điểm)a) Giải phơng trình:
x 2 x 1 x 8 6 x 1 4+ + + =
.
b) Tìm trên đờng thẳng y = 4x + 1 những điểm có toạ độ thoả mãn:
y
2
5y
x
+ 4x = 0.
Câu 4: (2 đ) Cho ABC đều, nội tiếp trong đờng tròn tâm O.D là điểm nằm
trên cung BC không chứa điểm A. trên tia AD lấy điểm E sao cho AE = DC.
a) Chứng minh AEB = CDB.
b) Xác định vị trí của điểm D sao cho tổng (DA + DB + DC) lớn nhất.
Câu 5: (1 điểm) Cho tứ diện ABCD. G là trọng tâm của ABD, M là một điểm
thuộc cạnh BC sao cho MB = 2 MC. Chứng minh: MG // (ACD).
Câu 6: (1 điểm) Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. CMR:
4 4
1
8(x y ) 5
xy
+ +
Đáp án gồm 3 trang.
+Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án mà kết quả đúng thì
cho điểm tối đa.
Câu ý Nội dung điểm

1
1a
Điều kiện để P có nghĩa:
x 0
x 0
x 2 x 4
x 9 x 9












.
0,50
Ta có:
(x 9) (4 x) 9 x
(2 x)( x 3) ( x 2)( x 3)
P
x( x 3)
( x 3)( x 3)
+

+ +

=

+
(x 9) (4 x) (9 x) x 3
P .
(2 x)( x 3) x
4 x 2 x
P .
(2 x) x x
+ + +
=
+
+
= =

0,50
0,25
0,25
1b
Theo câu a ta có:
2 x 2
P 1
x x
+
= = +
.
Do đó để P Z thì ta cần
2
x
Z

x 1
x 2 (loại)

=

=


x = 1.
Vậy với x = 1 thì P có giá trị nguyên.
0,25
0,25
2
2a
Vì phơng trình đã cho là phơng trình bậc hai nên có 2
nghiệm khi và chỉ khi:
= m
2
2(m
2
2) 0 4 m
2
0 -2 m 2.
Vậy giá trị cần tìm của m là: - 2 m 2.
0,25
0,50
0,25
2b
Vì phơng trình có 2 nghiệm x
1

và x
2
nên ta có -2 m 2 và
theo định lý Viét thì: x
1
+ x
2
= -m; x
1
x
2
=
2
m 2
2

.
Do đó: A = 2x
1
x
2
+ x
1
+ x
2
= (m
2
2) - m
2
1 9

A (m )
2 4
=
.
Vì -2 m 2
2
5 1 3 1 25
m 0 (m )
2 2 2 2 4

9 25 9
maxA max 0 ; 4
4 4 4

= =
ữ

.
Vậy maxA = 4 đạt khi m = -2.
0,25
0,25
0,25
0,25
3
3a
Điều kiện: x 1.
Ta có:
x 2 x 1 x 8 6 x 1 4+ + + =
0,25
0,25

2 2
( x 1 1) ( x 1 3) 4
( x 1 1) x 1 3 4
x 1 3 3 x 1
x 1 3 0 x 10
1 x 10
+ + =
+ + =
=


0,25
0,25
3b
Điều kiện: x 0.
Khi đó ta có: y
2
5y
x
+ 4x = 0
y x
(y x)(y 4 x) 0
y 4 x

=
=

=

.
Do đó để điểm M(x
0
; y
0
) với với y
0
= 4x
0
+ 1 là điểm thuộc
đờng thẳng y = 4x + 1 thoả mãn yêu cầu bài toán thì ta cần
có x
0
0 và:

2
0
0 0
0
2
0 0
0
1 15
(2 x ) 0
4x 1 x
1
4 16
x
4
4x 1 4 x

(2 x 1) 0


+ =
+ =


=


+ =

=


.
Vậy toạ độ điểm M cần tìm là: M =
1
;2
4

ữ

.
0,25
0,25
0,25
0,25
4
4a

Vì ABC đều nên AB = CB (1).

Theo giả thiết ta có AE = CD (2).
Ta lại có
ã
ã
BAE BCD
=
(cùng chắn
cung AD) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra: ABE = CBD.
0,25
0,25
0,25
0,25
4b
Theo câu a ta có: ABE = CBD
BE = BD BED cân.
Mặt khác ta lại có:
ã
ã
BDA BCA
=
(cùng chắn cung AB)
BED đều BD = ED.
Vậy ta có: DA + DB + DC = DA + ED + AE = 2DA
Vì điểm D thuộc cung BC không chứa A nên suy ra tổng
(DA + DB + DC) lớn nhất khi DA là đờng kính của đờng
tròn (O), hay D là điểm chính giữa của cung BC nhỏ.
0,25

0,25
0,25
0,25
O
A
B
C
D
E
5
Gäi I lµ trung ®iÓm cña AD. Theo tÝnh chÊt cña träng t©m
tam gi¸c ta cã:
BG 2
BI 3
=
(1)
Theo gi¶ thiÕt ta cã:
BM 2
BC 3
=
(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra: GM // IC. (3)
Nhng I ∈ AD ⇒ IC ∈ (ACD) (4)
Tõ (3) vµ (4) suy ra: GM // (ACD).
6
Ta cã: x
4
+ y
4
= (x

2
+ y
2
)
2
– 2x
2
y
2

= [(x + y)
2
– 2xy]
2
– 2x
2
y
2
= (1 – 2xy)
2
– 2x
2
y
2
= 2x
2
y
2
– 4xy + 1.
4 4 2 2

1 1
8(x y ) 16x y 32xy 8
xy xy
1
(4xy 7)(4xy 1) 1
xy
⇒ + + = − + +
= − − + +
V× x > 0 vµ y > 0 nªn theo B§T C«si ta cã:
(4xy 7)(4xy 1) 0
1
2 xy x y 1 xy
1
4
4
xy
− − ≥


≤ + = ⇔ ≤ ⇒

≥


4 4
1 1
(4xy 7)(4xy 1) 1 5 8(x y ) 5
xy xy
⇒ − − + + ≥ ⇔ + + ≥
DÊu b»ng x¶y ra khi

x y
1
x y
2
x y 1
=

⇔ = =

+ =

.
0,25
0,25
0,25
0,25
-----------------------------------------
HÕt---------------------------------------------------
M
G
I
B
D
A
C