Huong dan giai de tuyen sinh 10 mon Toan nam hoc20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 Câu 1: x x  y  y  12 1    x  x 2  a) Giải hệ:  y  12 y 4 3 2 b) Giải phương trình: 3x  6 x  x  2 x  1 0. Câu 2: 1  1   A  1  2   1  2  y   x  a) Cho hai số dương x,y thỏa mãn x  y 1 . Tìm GTNN của biểu thức: 3 2 b) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: x  (2m 1) x  3(m  4) x  m  12 0. Câu 3: Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn xy  yz  xz 2 . Tính tổng: S x. (2  y 2 )(2  z 2 ) (2  x 2 )(2  z 2 ) (2  x 2 )(2  y 2 )  y  z 2  x2 2  y2 2  z2. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm D, vẽ đường tròn tâm O đường kính CD. Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại E, đường thẳng AE cắt đường tròn (O) tại F. a) Chứng minh rằng: CA là đường phân giác của góc BCF. b) Lấy điểm M đối xứng với D qua A, điểm N đối xứng với D qua BC. Chứng minh tứ giác BMCN nội tiếp. c) Xác định vị trí của D trên AC để đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMCN có bán kính nhỏ nhất. Câu 5: Cho 3 số dương a,b,c. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1   1   3     a b c  a  2b b  2c c  2a . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a) ĐK: y 0; y 12 Dễ thấy x=0 không là nghiệm của hệ. Do đó x 0 1 1 1  y  y  12  x (1)    1  1  2 (2)  y  12 y x Hệ pt . (1)*2-(2) được pt: 3 2 1   0  3( y  12)( y  12)  2 y ( y  12)  y ( y  12) 0  y 36 y y  12 y  12 . Thay vào (1) được x 144. ĐS: (144;36) 4. 3. 2. 4. 3. 2. 2. b) Ta có: 3x  6 x  x  2 x  1 0  3( x  2 x  x )  2( x  x)  1 0  3( x 2  x) 2  2( x 2  x)  1 0 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  t 1 3t  2t  1 0    t  1 2 3  Đặt t  x  x , ta được phương trình:  1 5 t 1  x 2  x  1 0  x  2 + Với 1 1 t   x 2  x  0 3 3 + Với , vô nghiệm. 2. ĐS:. x.  1 5 2. Câu 2: a) Ta có:. A. ( x 2  1)( y 2  1) x 2 y 2  x 2  y 2  1 x 2 y 2  x 2  y 2  ( x  y ) 2 x 2 y 2  2 xy 2    1  2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y x y xy. 1 4  2 Ta có BĐT: ( x  y ) 4 xy, x, y  0 . Đẳng thức xảy ra khi x=y. Suy ra: xy ( x  y ) . Ta có: 2 8 1 A 1  1  1  8 9 x y  xy ( x  y) 2 2 . Do vậy GTNN của A bằng 9 khi 2. b) Nhận thấy x=1 là nghiệm của phương trình. PT  ( x3  x 2 )  (12 x  12)  m( 2 x 2  3x  1) 0  x 2 ( x  1)  12( x  1)  m( x  1)( 2 x  1) 0  x 1   2  ( x  1)( x 2 12  2mx  m) 0  ( x  1)( x 2  2mx  m  12) 0  x  2mx  m  12 0 . 2 Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt  pt : ( x  2mx  m  12) 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1.  ' ( m) 2  (m 12)  0 (m  4)(m  3)  0    m 13  1  2m  m  12 0 Câu 3: Thay xy  yz  xz 2 . Ta xét S1 x x. m  4; m   3  m 13. (2  y 2 )(2  z 2 ) ( xy  yz  xz  y 2 )( xy  yz  xz  z 2 )  x 2  x2 xy  yz  xz  x 2. [( xy  y 2 )  ( yz  xz )][( xy  y ) z  ( xz  z 2 )] [y ( x  y )  z ( x  y )][( y ( x  z )  z ( x  z )] x 2 ( xy  yz )  ( xz  x ) y ( x  z )  x( x  z ). ( x  y )( y  z )( x  z )( y  z )  x( y  z ) ( x  z )( x  y ) ( vì x,y,z>0) S  x ( y  z )  y ( x  z )  z ( x  y ) 2( xy  yz  xz ) 4 Tương tự…, ta có: x. ĐS: S=4 Câu 4:. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a) Ta có:   + DCF DEF (1) ( góc nội tiếp chắn cung DF)   + Tứ giác ABCE có BAC 1v (gt); BEC 1v (góc DEC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).   Suy ra ABCE là tứ giác nội tiếp nên : AEB  ACB ( góc nội tiếp chắn cung AB) hay ta có   DEF DCB (2). . . Từ (1) và (2) ta có DCF DCB hay CA là phân giác của góc BCF. b) Ta có tam giác MBD và tam giác NBD là hai tam giác cân tại B; tam giác DCN cân tại C. . . . . . . o. o. Nên MBN 2 ABC . Khi đó: MBN  ACN 2 ABC  2 ACB 2.90 180 . Suy ra MBNC là tứ giác nội tiếp. c) Ta thấy BC là dây cố định của đường tròn ngoại tiếp MBNC. Do đó đường tròn ngoại tiếp MBNC có bán đường kính nhỏ nhất bằng BC khi góc BMC vuông  M  A  D  A Câu 5: 1 1 1 9    + Chứng minh bđt: x y z x  y  z (*), với mọi x,y,z>0. Đẳng thức xảy ra khi x=y=z.. 1 1 1 1 x  y  z 3 3 xyz ;   3 3 x y z xyz . Dấu “=” xảy Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số dương, ta có: ra khi x=y=z. 1 1 1 1 1 1 9  ( x  y  z )(   ) 9     x y z x y z xyz . + Áp dụng (*) trên: 3 3 3 1 2   (  ) a  2b a  b  b 9 a b . Đẳng thức xảy ra khi a=b 3 3 3 1 2   (  ) b  2c b  c  c 9 b c . Đẳng thức xảy ra khi b=c 3 3 3 1 2   (  ) c  2a c  a  a 9 c a . Đẳng thức xảy ra khi a=c. Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta có: 3(. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1   )  .3(   )    a  2b b  2c c  2a 3 a b c a b c . (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi a=b=c 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4.

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