037 đề vào 10 chuyên kiên giang 2011 2012

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: TOÁN (chuyên) (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 23/6/2011 Câu (1,5 điểm)  x Cho biểu thức A =   x 3  3x    x     (víi x 0, x 9)  :  x  x    x   x  a) Rút gọn A b) Tìm x để A = 1 Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y x (P) và y (m  3) x  m  (d) a) Vẽ đồ thị hàm số (P) b) Chứng tỏ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Câu (1,5 điểm)  5 x   Giải hệ phương trình:  3 x   10 y 1 y 1 20 y 11 y 1 Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x  2mx 1 0 (1) Tìm m để X = x12 ( x12  2012)  x2 ( x2  2012) đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó ( x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (1)) Câu (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; nửa đường tròn lấy điểm C (cung BC nhỏ cung AB), qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn tâm O cắt AB tại D Kẻ CH vuông góc với AB (H  AB), kẻ BK vuông góc với CD (K  CD); CH cắt BK tại E a) Chứng minh: CB là phân giác của góc DCE b) Chứng minh: BK + BD < EC c) Chứng minh: BH AD = AH BD Câu (1 điểm)   1   1 Chứng minh rằng: 21  a     b    31 , với a, b  b a   HẾT -(Thí sinh được sử dụng máy tính theo quy chế hiện hành) Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN CÂU NỘI DUNG a) Với x 0, x 9 ta có:  x x 3x    x   A=     1  :   x 3  x  x  x       x ( x  3)  x ( x  3)  x    x   x     :  ( x  3)( x  3) x3     x  x  x  x  3x  x  3 x x  :   ( x  3)( x  3) x  ( x  3)( x  3) x   3( x  1) 3  ( x  3)( x  1) x 3 1 b) Tìm x để A = 3 1 1    x  9  A= x 3 1 Vậy A = x 36 a) Vẽ đồ thị (P): y x Ta có bảng giá trị: x -1  y -2 1 x 6  x 36 (thỏa mãn x 0, x 9 ) b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x (m  3) x  m   x  (m  3) x  m  0 (1) a = ; b =  (m  3) ; c = m  Ta có:    (m  3)  4.1.(m  3) m  6m   4m  12 = (m  1)2  20  víi m  Phương trình (1) có nghiệm phân biệt  (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân ĐIỂ M biệt  10 y 5 x  y  1 10 y  v (I)  Đặt x u ( u 0 ) và y 1 3 x  20 y 11  y2  5u  v 1 10u  2v 2 13u 13    Hệ (I) trở thành:  3u  2v 11 3u  2v 11 5u  v 1 u 1  v 4 Với u 1  x 1  x 1  y 2 10 y 4  y  10 y  0   Với v 4   y 1 y 1  Thử lại ta thấy hệ (I) đúng với x 1; y 2 hc y  Vậy hệ (I) có nghiệm (1 ; 2) ; (1 ; 1 ) ; (-1 ; 2) ; (-1 ; ) 2 Phương trình: x  2mx  0 (1) Ta có:  ' m  m   Để phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 thì  '   m      m 1  x1  x2  2m (I)  x1 x2 1 Theo Viet ta có:  Theo đề ta có: X = x12 ( x12  2012)  x2 ( x2  2012) x14  2012 x12  x2  2012 x2 ( x12  x2 )2  x12 x2  2012( x12  x2 )  ( x1  x2 )2  x1 x2   2( x1 x2 )2  2012  ( x1  x2 )2  x1 x2  Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta có: X = (4m  2)2  2012(4 m  2)  = (4m  2)2  2.(4 m  2).1006  1006  1006  2 =  (4m  2)  1006   (10062  2)  -(1006  2) X đạt giá trị nhỏ nhất m   1006 0  m2 1008  m 252  m 6   m  thỏa điều kiện phương trình có nghiệm C Khi đó minX = -(10062 + 2) (O;); C CD: tiếp tuyến; CD cắt AB tại D GT CH BK , CH BK tại E K A O B H F a) CB là phân giác của b) BK + BD < EC KL c) BH AD = AH BD a) Chứng minh CB là phân giác của góc DCE E D    Ta có: DCB  CAB (cïng ch¾n BC)    DCB BCE   BCE CAB (gãc có cạnh t ơng ứng vuông góc) Do o CB là tia phân giác của góc DCE b) Chứng minh BK + BD < EC  EK  CD (BK CD) B trực tâm CDE DH  CE (CH  AB)  CB  DE t¹i F hay CB là đường cao của ∆CDE Mà CB là tia phân giác của góc Xét ∆CDE có:  DCE nên ∆CDE cân tại C    CED  CDE   Mặt khác: D  E1 (góc có cạnh t ơng ứng vuông góc) Do đó ∆BDE cân tại B  BD = BE  BD + BK = BE + BK = EK    D2  E2 Trong tam giác CKE vuông tại K có: EK < EC (cạnh huyền lớn nhất)  BK + BD < EC c) Chứng minh BH AD = AH BD  Xét tam giác ABC co: ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đ êng trßn)  BH BA = BC (hệ thức về cạnh và đường cao tam giác vuông) BH BC   BH BD = BC BF Ta lại có: BHC ~ BFD (g-g)  BF BD  BH.(BA+BD) = BC.(BC + BF)  BH AD = BC CF (1) Mặt khác ta có: AC // DE (cùng vuông góc với CF)    AH AC  D CAB (so le trong)  ACH ~ DBF (g- g)      DF BD mµ AHC DFB 90  AH BD = DF AC (2) AC CF   BC CF = DF AC (3) Mặt khác: ABC ~ CDF (g -g)  BC DF Từ (1); (2) và (3) suy ra: BH AD = AH BD  1  1 21 *Ta có: 21  a     b   21a   3b  b a b a   Với a, b  Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được: 3 2 21a  6 a a (1) 21 21 2 3b  6 b b (2) 21a  3b    1   1 Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: 21  a     b    12 a b   Mà: 12  144.7  1008 ; 31  312  961  12  31 1 1    21  a     b   > 31 (đpcm) a b   HẾT Gv sưu tầm và biên soạn: Tạ Minh Bình Trường: THCS Thạnh Lộc-Châu Thành- Kiên GiangEmail: gv.minhbinhkg@gmail.com