de thi gvg cap huyen 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD VÀ ĐT BÁ THƯỚC Đề chính thức Mã: 12. KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Môn: Toán 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 =. x 2 x 3x  9   x 3 x  3 x 9. 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm giá trị của x để A =. 1 . 3. 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.. Câu II (4,0 điểm). |3 −2 x|−|x| =5 |2+3 x|+x − 2. 1. Gải phương trình: 42. 2. Cho phương trình: xm210 . a. Giải phương trình với m = 2.. x,x ,x ,x b. Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm 1 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) m  2x 2 1. Tìm m để giá trị nhỏ nhất của biểu thức x  1 bằng – 2.. 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2041. Hết ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. NỘI DUNG. Câu I 1. Đkxđ: x A= =. 0; x. ĐIỂ M 4,0 0.25 0.5. 9.. x 2 x 3x  9   x 3 x  3 x 9. 0.75. x ( x  3) 2 x ( x  3) 3x  9   x 9 x 9 x 9. x  3 x  2 x  6 x  3x  9 x 9 3 x  9 3( x  3)  3   x 3 x 9 x 9 1  3 x 3 A= 3 . 2. . 1.0. x  3 9. x 6  x = 36. 3  x  3 lớn nhất  A. . 3 Câu.2 1. 1.5 x  3 nhỏ nhất . x 0  x = 0.. 4,0 0,25. 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 .. 0,25. Xét các trường hợp sau: * TH1: Nếu x < (Nhận) * TH2: Nếu -. 2 , ta có phương trình: 14x + 13 = 5x – 10 3. 2 ≤ x < 0, ta có phương trình: - 21x = - 3 ⇔ x = 3. (Loại) * TH3: Nếu 0 (Nhận) * TH4: Nếu x. ⇔ x=-. x<. 23 9. 1 7. 3 3 , ta có phương trình: 23x = 3 ⇔ x = 2 23. 3 , ta có phương trình:19x = - 3 ⇔ 2. x =-. 3 19. 2. 23 3 ; x= 9 23. a. Với m = 2, phương trình (1) trở thành : x4 – 4x2 + 3 = 0 ⇔ (x2 – 1)(x2 – 3) = 0 ⇔ x2 = 1 hoặc x2 = 3. 0,25 0,25 0,25. (Loại) Vậy các nghiệm thỏa mãn phương trình là: x = -. 0,25. (Nhận). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 42. b. Phương trình: xm210 (1) 2 2 Đặt : t  x , ta có : t  2mt  2m  1 0 2.  ' m 2  2m  1  m  1 0. (2). (Điều kiện: t 0 ) . 0,5. với mọi m .. 0,25 Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2 . Tương đương với: 1  '  0, P 2m  1  0, S 2m  0  m  , m 1 2 (3). Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương 0  t1  t2 và phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: Theo giả thiết:. x1  t 2  x2  t1  x3  t1  x4  t2. x4  x1 3  x3  x2   2 t2 6 t1 . Theo định lí Vi-ét, ta có: t1  t2 2m và t1t2 2m  1. t2 3 t1  t2 9t1. 0,25 (4). (5). 2 1. Từ (4) và (5) ta có: 10t1 2m và 9t 2m  1 5  9m  50m  25 0  m1  ; m2 5 9 . 2. 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:. m. 5 9 và m 5 .. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu.3 1. Cho hàm số : y = mx – m + 2 (dm) Khi m = 1 thì (d1) : y = x + 1. Bảng giá trị : x -1 0 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) 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 :  x A  1 0   y A  2 0  Pt (*) vô số nghiệm m khi :. 4,0 0,5 0,5 0,5. 0,5.  xA 1   y A 2. Vậy (dm) luôn đi qua 1 điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi. 2 2 Ta có : AM = (6  1)  (1  2)  26 Từ M kẻ MH  (dm) tại H.. 0,5. + Nếu H  A thì MH = 26 . (1) + Nếu H không trùng A thì ta có tam giác AMH vuông tại H. => HM < AM = 26. 0,5. (2). Từ (1) & (2) suy ra: MH  26. 0,5. Vậy, khoảng cách lớn nhất từ M đến (dm) khi m thay đổi là 26 (đvđd).. 0.5. Câu 4. 6,0 I M. Q. E. K. B. 1. I. P. O. A. x. 0,75.   Ta có góc: EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp. . . . Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : EAO APM PMQ 90 => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật.. o.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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. EK AP  3. Ta có EB AB (3) do AE // KP, EI AP  Mặt khác, ta có EO AB (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng. EK EI  So sánh (3) & (4), ta có : EB EO .. 0,75. 1,5. 0,5. Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP. 4. Ta dễ dàng chứng minh được :  a bcd    4  abcd . 4. 0,5. (*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = d MP =. MO 2  OP 2  R 2  (x  R) 2  2Rx  x 2. 0,25. 2 3 Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx  x  (2R  x)x. 3 S đạt max  (2R  x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max. x x x . . (2R  x)  3 3 3 đạt max x Áp dụng (*) với a = b = c = 3 4. x x x 1 x x x R4  . . (2R  x)  4     (2R  x)   4 3 3 3 16  Ta có : 3 3 3 x 3 (2R  x) x R 2 . Do đó S đạt max  3 . Câu 5. 0,25 0,5. 0,5. 0,5 2,0. m  2x 2 1. Gọi k là một giá trị của biểu thức: x  1 . m  2x 2 Ta suy ra PT: x  1 = k có nghiệm.  PT m – 2x = kx2 + k có nghiệm.  PT kx2 – 2 x + k – m = 0 (1) có nghiệm..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>   ' 1  k ( k  m) 0  1  k 2  km 0  k 2  km  1 0  k 2  2.k . 2. m m2  4   k     2 4 . m m2 m2    1 0 2 4 4 2. m m2  4  k     2 4 . . m2  4 m m2  4 k   2 2 2. . m2  4 m m2  4 m  k   2 2 2 2. m  2x  2 Giá trị nhỏ nhất của x  1 bằng – 2. =>. m2  4 m  2 2 =-2. m2  4 m m2  4 m2 3  2    2m  4  1 2m  4  m   2 2 4 4 2 3 m  2x 2 Vậy với m = 2 thì GTNN nhất của biểu thức x  1 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 =. 7 3.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>