de thi gvg cap huyen 6

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI ……………… NĂM HỌC 2011 – 2012. BÁ THƯỚC. Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: … tháng … năm 2011. Đề thi có 01 trang Câu 1: (4 điểm) 1. Giải hệ phương trình:. ¿ x 2 − 4 x +4 y 2 =0 x 2 +4 xy +4=0 ¿{ ¿. 2. Giải phương trình: (2x2 – 3x +1)(2x2 + 5x +1) = 9x2 Câu 2: (4 điểm) Cho biểu thức:. A=. x ( x +2) 1 x +2 − : 1− √ x x −1 x+ √ x +1 √ x −1. ( √ √√. )(. ). 1. Tìm x để biểu thức A có nghĩa. 2. Rút gọn biểu thức A và tìm các giá trị của x để A < 2. Câu 3: (4 điểm) 1. Chứng minh rằng: x 8 − x5 − x 4 + x 2 − x+ 1≥ 0 với mọi x . 2. Cho phương trình: x 2 −2 ( a −1 ) x +a − 4=0 (1) (a là tham số) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của a. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng bình phương các nghiệm của phương trình (1). Câu 4: (6 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có góc C bằng 600. Gọi (O;R) là đường tròn ngoại tiếp, I là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác đó. 1. Chứng minh rằng: AOB = AIB = 120 0, suy ra bốn điểm A, I, O, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm và tính bán kính của đường tròn đó. 2. Tia BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại E (E ≠ B). Chứng minh rằng AIE là tam giác đều, từ đó suy ra IA + IB ≤ 2R. Dấu bằng xảy ra khi nào? Câu 5: (2 điểm) Cho các số thực x, y, z thoả mãn điều kiện: x 2+ y 2 + z 2 ≤ 3 . Tìm GTLN của. x2 y2 z2 M   1  x 4 1  y 4 1  z4 Hết PHÒNG GD VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI……………………....

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. Câu 1 4đ. Câu 2 4đ. Câu 3. BÁ THƯỚC. NĂM HỌC 2011 – 2012. Đáp án Đề thi …. Môn thi: Toán. Nội dung 1. (2 đ) Cộng vế với vế của hai phương trình ta được: x 2  4 x  4 y 2  x 2  4 xy  4 0  ( x  2)2  ( x  2 y )2 0 ¿ x − 2=0 Từ đó ta có: x+2 xy=0 ¿{ ¿ ¿ x=2 y=− 1 Dẫn đến: ¿{ ¿ ……………………………………………………………………………………… 2.( 2điểm) + Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm + Với x khác 0, chia cả 2 vế của phương trình cho x2 0 ta được: 1 1 (2 x −3+ )(2 x+5+ )=9 x x 1 Đặt y=2 x+ ta có: ( y −3)( y +5)=9 (2) x Giải (2) ta được y1 = - 6 và y2 = 4. 1  Với y1 = - 6 ⇔2 x+ =−6 . Giải ra ta được : x 1± 7 x 1,2= √ 2 1  Với y1 = 4 ⇔ 2 x+ =4 . Giải ra ta được : x 2 ±√2 x 3,4= 2 Kết luận phương trình đã cho có 4 nghiệm như trên 1) (1đ) Điều kiện để A có nghĩa là: x 0;x 1 x −2 √ x −( x+ √ x +1) x + √ x+1 −( √ x+2) : 2) (3đ) A = ( √ x −1)( x+ √ x +1) x+ √ x +1 ( √ x −1)(x+ √ x +1) 1 = = x −1 ( √ x −1)(x + √ x+1)(x − 1) 1 1 2 x−3 A= <22= > 0  x < 1 ; x > 3/2 x −1 x −1 x −1 Kết hợp với điều kiện ta có: 0 x < 1 ; x > 3/2 1/ (2đ0 Đặt T = x8 – x5 – x4 + x2 – x + 1, ta có 2T = 2x8 – 2x5 – 2x4 + 2x2 – 2x + 2 =. Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5. 0,25 0,25 0,5. 0,25. 0,5 0,25. 1 0,5 1 1 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> = (x8 – 2x4 +1) + (x8 – 2x5 + x2) + ( x2 - 2x + 1)= = (x4 – 1)2 + x2(x3 – 1)2 + (x – 1)2 0 với mọi x  T. 4đ. 0 với. mọi x Dấu bằng xảy ra  x = 1 ……………………………………………………………………………………….. 2) (2đ) Biệt thức Δ’ = (a – 1)2 – (a – 4) = (a - 3/2)2 + 11/4 > 0 với mọi a nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.. Câu 5 2đ. 0,5. Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = 2(a – 1) và x1x2 = a – 4 2 2 2 x + x2 = (x1+ x2) – 2x1x2 = 4a – 10a + 12 = (2a – 5/2)2 + 23/4 23/4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 5/4. Vậy min(x12 + x22) = 23/4  a = 5/4. 0,5 0,5 0,5. 1) (4đ):- Vẽ hình đúng - Ta có ∠ AOB = 2. ∠ ACB = 2. 600 = 1200 Vì ∠ C = 600 nên ∠ A/2 + ∠ B/2 = 600 C 0 0 0 ∠ Do đó AIB = 180 – 60 = 120 - Hai điểm I và O cùng nằm trong nửa mặt phẳng bờ AB, E 0 cùng nhìn AB dưới góc 120 O nên chúng nằm trên cung chứa góc 1200 ii I vẽ trên đoạn AB. II - Vậy 4 điểm A, I, O, B A cùng nằm trên một đường tròn. B - Giả sử CI cắt (O) tại D. Vì ∠ ACD = ∠ DCB = 300 nên cung AD = cung DB và ∠ AOD = ∠ DOB = 600. D Mà OA = OD = OB = R nên ΔOAD và ΔODB là các tam giác đều. Do đó: DA = DB = DO = R. Suy ra đường tròn đi qua A, I, O, B có tâm là D và bán kính bằng R. ………………………………………………………………………………………. 2) (2đ) Tia BI cắt (O) tại E. Ta có ∠ AEB = ∠ ACB = 600  ∠ AIE = 600 . Tam giác AIE là tam giác đều. Vậy IA = IE. Do đó: IA + IB = IE + IB = EB 2R (độ dài dây cung không lớn hơn độ dài đường kính). Dấu bằng xảy ra  EB là đường kính của (O), khi đó I trùng O và ΔACB đều Đặt a = x2, b= y2, c = z2 Khi đó a, b, c không âm và a + b + c 3 .. 0,5 0,5 0,5 0,5. 2 1. Câu 4 6,0đ. 0,5 0,5 0,5. Ta được: Thật vậy : Tương tự. a b c   2 2 1  a 1  b 1  c2. M. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25. a a 1 ≤ = . Dấu ‘=’ xẩy ra khi a = 1. 2 1+ a 2 a 2 b b 1 ≤ = . Dấu ‘=’ xẩy ra khi b = 1 2 1+b 2 b 2 c c 1 ≤ = . Dấu ‘=’ xẩy ra khi c = 1 2 1+ c 2 c 2. Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có. 0,5. M. 3 2 ,. 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy GTLN của. M. 3 2 khi x = y = x = 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>