DeDA thi lop 10 Chuyen Thanh Hoa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề thi toán chung Lam Sơn ngày 19/ 6 / 2011 Câu 1: (2.0đ) 15 √ x − 11 3 √ x − 2 2 √ x +3 + − x +2 √ x −3 1 − √ x √ x +3 1/ Rút gọn biểu thức (ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1) 2 A 3 2/ Chứng minh A=. Cho biểu thức:. Câu 2: (2.0đ). 1 2 x và đường thẳng y = mx –m + 2 (m là tham số) 2 1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4. 2, Chứng minh với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm. Câu 3: (2.0đ) 2 3  x  y 12    5  2 19  x y 1, GHPT Cho parabol (P) y =. x. 3x x2  9. 6 2. 2, GPT: Câu 4: (3.0đ) Gọi C là điểm nằm trên đoạn thẳng AB. ( C ≠ A, C ≠ B). Trên nữa mặt phẳng bờ chứa đường thẳng AB, kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I ≠ A. Đường thẳng vuộng góc với CI tại C cắt By tại K. Đường tròn đương kính CI cắt IK tại P. 1, CM: a, Tg CPKB nội tiếp được trong một đường tròn. b,  APB vuông tại P. 2, A, I, B cố định . XĐ vị trí của C trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) sao cho tg ABKI có diện tích lớn nhất? Câu 5: (1.0đ) Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P ab bc ca + + biết P= √ ab+2 c √ bc +2 a √ ac+ 2b. Hết. Bµi tËp vÒ nhµ : Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau 2. x  7  9  x  x  16 x  66. a/ c/. ( x  2)( x  2)  4( x  2) 3. e/. 3. x2  3 x 2. b/. 1  x  x 2  3 x  2  ( x  2) 2 x. d/. 2  2 x. . 2 2. x 2. 3. 7 x  x 5 6  x 7 x  3 x 5. 4 4 4 g/ 1  x  2  x  3  2 x. 4 2 4 4 f/ 1  x  1  x  1  x 3. x. x 1 3 x 2  2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hướng dẫn giải đề thi toán chung Lam Sơn ngày 19/ 6 / 2011 Câu 1: 1/ Rút gọn biểu thức: 15 x  11 3 x  2 2 x  3 A    x  2 x  3 1 x x 3 (ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1) 15 x  11 A=. . . x1. x 3. . . . . x 3  2 x 3. 15 x  11  7 x  6  3x .   x  1   5 x  2   x  1  x  3 = x1. A. 2/ Chứng minh  5 x 2 Ta có: Do. . . x1.    x  1  x  3. =. . . x 3. x 3. . . 3 x  2 2 x 3  1 x x 3. 2  3 x 2 x 3  x1 x 3. 15 x  11  2  3 x. =. 15 x  11. x 3. . x  3  2x. . . x1.  5x  7 x  2 =. . . x1. x 3. .  5 x 2 =. . x 3. . 2 3. =. − 5 ( √ x +3 ) +17 17 =−5+ √ x +3 √ x+3. x  3  0 với x . Câu 2:. 17 17 ≤ √ x +3 3 2 A 3 Vậy. . −5+. 17 17 2 ≤− 5+ = ∀ x 3 3 √ x+3. (với x t/m điều kiện). 1 2 x và đường thẳng y = mx –m + 2 2 1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4. 1 2 x =mx −m+2 (*) có nghiệm x = 4 (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = 4  pt 2 1 2 4 =m 4 − m+2 ⇔ m=2  2 1 2 2 x =mx −m+2 ⇔ x − 2 mx+ ( 2m −4 )=0 (*) 2, 2 Pt có ’ = m2 – 2m + 4 = (m – 1)2 + 3 ≥ 3 > 0 m Câu 3: 1, GHPT Cho parabol (P) y =.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 3  x  y 12    5  2 19  x y. 1 1 u  ;v  x y , Ta có HPT: ĐK: x, y ≠ 0. Đặt 2u  3v 12 4u  6v 24 11u 33 u 3        5u  2v 19 15u  6v 57  2u  3v 12 v 2 1 1 3  x  3 Với u = 3 => x 1 1 2  y  2 v = 2 => y 1   x  3   y 1 2 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất:  2, 3x. x. x2  9. 6 2. x 3 x 2  9  0   x3 ĐK : C1, 3x x 6 2 2 2 x2  9 <=> x x  9  3x 6 2 x  9 . Đặt : t =  6 2t  xt  3x 6 2t x    t 3  2 2  x 2  9 t 2  x  9 t  => Thay (1) vào (2) ta có:. x2  9 , t > 0. 2.  6 2t  72t 2 2  9  t    9 t 2  72t 2  9t 2  54t  81 t 4  6t 3  9t 2   2 t  6t  9  t 3  2. 4 3 2  t  3  t 2  12t  3 0 <=> t  6t  54t  54t  81 0 <=> 2 Do t > 0 => t  12t  3  0. => C2,.  t  3. 2. 0  t 3  x 2  9 3  x 3 2(t / m). x Nếu x < -3 : VT = Nếu x > 3 3x x 2 2 x  9 Ta có : Mà:. . 3x x2  9. 0 => PT VN.. 3x2 x2  9. (1). (BĐT Cosi) 2 x2 3x 2 x 2  18 0  x 4 2.18 x 2  9  6  18 x2  9 x2  9 (2). . . .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x Kết hợp (1) và (2) ta có =>. 3x x2  9. 2. 18 6 2. Dấu bằng xảy ra  (1) và (2) xảy ra dấu bằng  Vậy nghiệm của PT là: x = 3 2 Câu 4:. 3x  x  2 x  9  x 3 2   x 2 18 . x. y. I P K O. O'. A. C. B. 1, CM: a, Tg CPKB nội tiếp được trong một đường tròn. Gọi O là tâm của đường tròn đường tròn đương kính IC  O là TĐ của IC IPC nt chắn nữa đường tròn (O)  IPC = 1v  CPK = 1v, CBK = 1v (gt)  hai điểm P và B cùng thuộc đường tròn đường kính CK tâm O’ là trung điểm của BP  CPKB nt (O’) b, APC = AIC (nt chắn cung AC) AIC = KCB (góc có cạnh tương ứng vuông góc)  APC = KCB CPB = CKB (nt chắn cung BC) Cộng vế ta có: APC + CPB = KCB + CKB = 1v  APB = 1v   APB vuông tại P. 2, A, I, B cố định . XĐ vị trí của C trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) sao cho tg ABKI có diện tích lớn nhất? AI+BK S= AB 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> BK CB AC . CB = ⇒BK= AC AI AI Áp dụng BĐT: (AC – BC)2 ≥ 0  AC2 + BC2 - 2 AC. BC ≥ 0  AC2 + BC2 + 2 AC. BC ≥ 4 AC. BC  (AC + BC)2 ≥ 4 AC. BC ( AC+BC )2 AB2  AC . BC ≤ = 4 4 Dấu bằng  AC = BC hay C là trung điểm của AB. 2 AC .CB AB Khi đó BK= = AI 4 AI  CBK. S=. S.  IAC . AI+BK AB= 2. AB 2 ( 4 AI 2+ AB2 ) AB 4 AI AB= 2 8 AI. AI+. Câu 5: Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P ab bc ca + + biết P= √ ab+2 c √ bc +2 a √ ac+ 2b * Vì a + b+ c = 2 ⇒ 2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c2+ ab = (ca+ c2)+( bc + ab) = c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b) ⇒ 2c+ab = (c+a)(c+b) 1 1 1 1 > 0 và > 0 áp dụng cosi ta có +¿ vì a ; b ; c > 0 nên a+c b+c a+c b+c 1 1 1 =¿ ⇒ a+c=b+c ⇒ a=b dấu (=)  a+c b+c (a+c )(b+ c) 1 1 1 1 ≤ ( + ) hay √(c +a)(c +b) 2 c +a c+ b ab ab 1 ab ab (1) dấu bằng  a = b = ≤ + ⇒ √ 2 c +ab √ ( c+ a ) ( c+b) 2 c + a c +b bc 1 cb bc ≤ + Tương tự: (2) dấu bằng  b = c √ bc+2 a 2 a+b a+c ac 1 ca ca ≤ + (3) dấu bằng  a = c √ 2 b+ca 2 c +b b+a cộng vế với vế của (1) ; (2) ; (3) ta có ab bc ca 1 ab ab cb cb + + + + ⇒ : P= ( + + c+ a c +b b+a c+ a √ab+ 2 c √ bc+2 a √ ca+2 b 2 ac ac + ) b+a c+ b cb ac + a+b a+b 1 ⇒ P ab cb ab ac 2 ( + )+( + )+¿ c+ a c +a b+ c c+ b ¿ 1 1 1 (a+c ). b a .(b+ c) c .(b+ a) ¿ ( a+b+ c )= .2=1 + + = 2 2 2 c+ a b+ c a+ b ab bc ca 2 + + ⇒ P= ≤ 1 dấu bằng  a = b = c = 3 √ab+2 c √ bc+2 a √ ca+2 b 2 Vậy min P = 1 khi a = b = c = 3. √. ( ( (. [. ) ) ). ]. 2..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Hết. Hớng dẫn làm các câu ở đề số 01 mà cha làm đợc. C©u 2 ( ý 2). 1 2 x Ta có hoành độ giao điểm của Parabol (P) y = 2 và đờng thẳng y = mx – m + 2 là nghiệm của ph¬ng tr×nh : 1 2 x mx  m  2 2 x 2  2mx   2m  4  0 <=> PT có ’ = m2 – 2m + 4 = (m – 1)2 + 3 > 0 m Nªn ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 vµ x2 víi mäi m VËy Víi mäi gi¸ trÞ cña m (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm. x C©u 3 (ý 2) : Gi¶i ph¬ng tr×nh x 3 x 2  9  0   x3 ĐK :. 3x. 6 2. x2  9. C1 x. 3x x2  9. 6 2. 2 2 <=> x x  9  3x 6 2 x  9 . Đặt : t =  6 2t  xt  3 x 6 2t (1) x    t 3  2 2  x 2  9 t 2 (2)  x  9 t  => Thay (1) vào (2) ta có: 2. x2  9 , t > 0.  6 2t  72t 2 2  9 t 2  72t 2  9t 2  54t  81 t 4  6t 3  9t 2    9 t  2 t  6t  9  t 3  2. 4 3 2 t  3  t 2  12t  3 0  t  6 t  54 t  54 t  81  0 <=> <=> 2 t  12 t  3  0 Do t > 0 =>.  t  3 =>. 2. 0  t 3  x 2  9 3  x 3 2(t / m). C2 x Nếu x < -3 : VT = Nếu x > 3 3x x 2 2 x  9 Ta có :. 3x x2  9. 0. 3x 2 x2  9. => PT VN. (1) (BĐT Cosi).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Mà:. x. 2. . 2. 4. . 2. .  18 0  x 2.18 x  9  x. Kết hợp (1) và (2) ta có =>. 3x x2  9. x2 x2  9. 6 . 3x2 x2  9. 18 (2). 2. 18 6 2 3x  x  2 x  9  x 3 2   x 2 18 . Dấu bằng xảy ra  (1) và (2) xảy ra dấu bằng  Vậy nghiệm của PT là: x = 3 2 C©u 4 ( ý 2) : A, I, B cố định . XĐ vị trí của C trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) sao cho tg ABKI có diện tích lớn nhất? AI+BK Ta cã : S= AB 2 o      XÐt CBK vµ IAC cã A B 90 ( gt ) ; KCB CIA ( Cïng phô víi ACI ) BK CB AC . CB = ⇒BK= AC AI AI 2 2 2 Áp dụng BĐT: (AC – BC) ≥ 0  AC + BC - 2 AC. BC ≥ 0  AC2 + BC2 + 2 AC. BC ≥ 4 AC. BC  (AC + BC)2 ≥ 4 AC. BC ( AC+BC )2 AB2  AC . BC ≤ = 4 4 Dấu bằng  AC = BC hay C là trung điểm của AB. AB 2 AI  4 AI 2  AB 2 AB AC .CB AB2 AI  BK 4 AI BK= = S  AB  AB  AI 4 AI => max 2 2 8 AI Khi đó =>CBK. S. IAC . . . Câu 5: Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P biết ab bc ca P= + + √ ab+2 c √ bc +2 a √ ac+ 2b * Vì a + b + c = 2 => 2c + ab = c(a + b + c) + ab = ca + cb + c2 + ab = (ca + c2) + ( bc + ab) = c(a + c) + b(a + c) = (c + a)(c + b) ⇒ 2c+ab = (c+a)(c+b) 1 1 > 0 và > 0 áp dụng cosi ta có vì a ; b ; c > 0 nên a+c b+c 1 1 1 1 1 2. dấu “=”  +¿ =¿ ⇒ a+c=b+c ⇒ a+c b+c a+c b+c (a+c )(b+ c) a=b 1 1 1 1 ≤ ( + ) hay √(c +a)(c +b) 2 c +a c+ b ab ab 1 ab ab (1) dấu bằng  a = b = ≤ + ⇒ √2 c +ab √ ( c+ a ) (c+b) 2 c + a c +b bc 1 cb bc ≤ + Tương tự: (2) dấu bằng  b = c √ bc+2 a 2 a+b a+c ac 1 ca ca ≤ + (3) dấu bằng  a = c √ 2 b+ca 2 c +b b+a Cộng vế với vế của (1) ; (2) ; (3) ta có ab bc ca 1 ab ab cb cb ac ac + + + + + ⇒ : P= ( + + ) c+ a c +b b+a c+ a b+a c+ b √ ab+ 2 c √ bc+2 a √ ca+2 b 2. √. (. ( (. ). ) ).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ⇒. cb ac + a+b a+b 1 P ab cb ab ac 2 ( + )+( + )+¿ c+ a c +a b+ c c+ b ¿ 1 1 1 (a+c ). b a .(b+ c) c .(b+ a) ¿ ( a+b+ c )= .2=1 + + = 2 2 2 c+ a b+ c a+ b ab bc ca 2 + + P= ≤ 1 dấu bằng  a = b = c = 3 √ ab+ 2 c √ bc+2 a √ ca+2 b 2 Vậy Pmax = 1 khi a = b = c = 3. [. ⇒. ].

<span class='text_page_counter'>(9)</span>