de thi mon toan tuyen sinh vao 10

Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

-KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi : TOÁN

Thời gian làm : 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi : 28 tháng năm 2011 ( buổi chiều)

Đợt 1

Câu (3,0 điểm)

1) Giải phương trình: a 5(x+1) = 3x +

b

4

1 ( 1)

x

x x x x



 

 

2) Cho hai đường thẳng(d1): y= 2x+ 5; (d2): y =-4x -1 cắt I Tìm m để đường thẳng (d3): y = ( m+1)x + 2m - qua điểm I

Câu ( 2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 2(m1)x2m0 1) Giải phương trình m =

2) CMR PT ln có hai nghiệm phân biệt với m

3) Gọi hai nghiệm PT x x1; Tìm giá trị m để x x1; 2là độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12

Câu ( 1,0 điểm)

Một hình chữ nhật có chu vi 52 m Nếu giảm cạnh 4m hình chữ nhật có diện tích 77m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu?

Câu4 ( 3,0 điểm)

Cho tam giác ABC( A > 900) Vẽ đường trịn(O) đường kính AB, vẽ đường trịn(O') đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn(O') điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn(O) điểm thứ hai E

1) CMR: bốn điểm B, D, C, E nằm mmột đường tròn

2)Gọi F giao điểm thứ hai (O) (O') ( F khác A) Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng FA phân giác góc EFD

3) Gọi H giao điểm AB EF Chứng minh BH.AD = AH BD Câu5 ( 1,0 điểm)

Cho x, y, z ba số dương thoả mãn x + y + z = Chứng minh rằng:

3 3

x y z

x x yz y y xz z z yx 1

- Hết -Giải:

Câu (3 điểm)1) Giải PT:

Giáo viên Tơn N Bích Vân t ng h p * Chúc em ôn t p t t thi đ t k t qu cao nh t!ữ ổ ợ ậ ố ế ả ấ ĐỀ THI CHÍNH THỨC

4 3x b)

x x x(x 1) § K : x vµ x

4x 2(x 1) 3x PT

x(x 1) x(x 1) x(x 1) 4x + 2x - = 3x +

4x + 2x - 3x = + 3x =

x = (tháa m·n ®iỊu kiƯn)

  

 

 

 

  

  

  

 

a) x 3x 7 5x + = 3x + 7 5x - 3x = - 5 2x = 2

x = 1

VËy x = nghiệm ph ơng trình.

 

2) Tọa độ giao điểm I (d1) (d2) nghiệm hệ:

y 2x y 4x

 

 

 



2x 4x 6x x x

I( 1;3)

y 2x y 2x y (-1) y

     

   

         

      

   

Đường thẳng (d3) qua I (-1;3) suy x = -1, y = thỏa mãn PT đường thẳng (d3)

   

Ta cã : m 1 2m – 1 m 2m = + 2

m = 5

   

  



Vậy m =

Câu ( điểm)

a) Với m = ta có phương trình: 2(1 1) 2 0

    x x 2 ' 2 ' 2 ( 2) 1.2 =

2                   x x x x Vậy ' 2

b) (m 1) 2m

= m 2m + - 2m

= m m

    

  

Vậy PT ln có nghiệm phân biệt với m

1 2

c) TheoVi et : x x 2(m 1); x x 2m 1;

x x là độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12 nên: 1;

x x > => S=x1x2> P= x x1 2>0 từ suy m > 0  

2 2

1 2

2 2 2

x x ) x 12

-

1

Vµ : 12 (x x 2x

4(m 1) 2.2m = 12 m m =

PT cã d¹ng : a b c 1 ( 2)

m m (Loại)

                    

Vậy m = Câu ( điểm)

Gọi chiều rộng, chiều dài HCN ban đầu x, y (m) ĐK: y > x> Theo bài: chu vi HCN 52 m nên ta có:

(x + y) = 52

=> x + y = 26 (1)

Khi giảm cạnh 4m hình chữ nhật có diện tích 77m2 nên ta có: (x - 4) (y - 4) = 77 (2)

Từ (1) (2) ta có hệ:

 



 

Giải hệ tìm được: x =11 ; y = 15 thỏa mãn Vậy kích thước HCN 15m, 11m

Câu4 ( điểm)

1) Có BEC 90  0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn O)



BDC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O’)

=> Tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC Vậy bốn điểm B, C, D, E nằm đường trịn

2) *) Có AFB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn O)

AFC 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O’)

=> BFC AFB AFC 90    900 1800

Vậy ba điểm B, F, C thẳng hàng

*) Có AFE ABE  (1) (hai góc nội tiếp chắn AE (O))

 

AFD ACD (2) (hai góc nội tiếp chắn AD (O’))

 

ABE ACD (3) (hai góc nội tiếp chắn ED đường trịn đường kính BC)

Từ (1), (2) (3) => AFE AFD  Vậy FA phân giác EFD . 3) * Trong tam giác DHF có FA phân giác EFD 

AD FD

AH FH (4)Mà

AF BC ( CMT)  FB phân giác DFH cắt DH B

BH FH

BD FD (5)

Từ (4) (5) 

BH AH

BD AD  BH.AD = AH.BD(đpcm)

Câu Ta có 3x yz (x y z x yz  )  (x y x z )(  )(vì x + y +z = 3) Theo bất đẳng thức BunhiaCopxki ta có :

H

x F E

D

O O'

C B

( yx ) ( )( ) yx ( )( ) yx

yx

3 yx

xz x y z x

xz x y z x

xz x yz

x xz x x yz

x x x

x x yz x xz x y z

   

    

   

     

  

     

Chứng minh tương tự

y y

y y xz  x y z ;

z z

z z xy  x y z Cộng vế bất đẳng thức chiều ta

1

3 3

x y z

x x yz y y xz z z xy  Đẳng thức xảy x = y = z = 1

-ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1

1.a Biến đổi 5x + = 3x + 7 2x 2  0,5

x = 0,5

1.b

Điều kiện: x0 x1 0,25

Biến đổi phương trình: 4x + 2x – = 3x + 4 3x =  x = 2 0,5 So sánh với điều kiện kết luận nghiệm x = 0,25

2

Do I giao điểm (d1) (d2) nên toạ độ I nghiệm hệ phương trình:

4 y x

y x

 

 

  

0,25

Giải hệ tìm I(-1; 3) 0,25

Do (d3) qua I nên ta có = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25

Giải phương trình tìm m = 0,25

2

1 Khi m = ta có phương trình x

2 – 4x + = 0,25

Giải phương trình x1 2 2; x2  2 0,25 Tính

2 ' m

   0,25

Khẳng định phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,25

Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương

2m

m 2m

  

 

  

Theo giả thiết có x12 + x22 = 12  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 0,25

4(m 1) 4m 12

     m2 + m – = 0 0,25

Giải phương trình m = ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25

3

Gọi kích thước hình chữ nhật a, b (m) điều kiện a, b > 0,25 Do chu vi hình chữ nhật 52 nên ta có a + b = 26 0,25 Sau giảm chiều m hình chữ nhật có kích thước a – b –

4

nên (a – 4)(b – 4) = 77

0,25

Giải hệ phương trình kết luận kích thước 15 m 11 m 0,25

4

Hình vẽ đúng:

0,25

Lập luận có AEB 90  0,25

Lập luận có ADC 90  0,25

Suy bốn điểm B, C, D, E nằm đường trịn 0,25

2

Ta có AFB AFC 90   0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra

 

AFB AFC 180 

Suy ba điểm B, F, C thẳng hàng

0,25

 

AFE ABE (cùng chắn AE ) AFD ACD  (cùng chắn AD ) 0,25

Mà ECD EBD  (cùng chắn DE tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25

Suy ra: AFE AFD  => FA phân giác góc DFE 0,25

3

Chứng minh EA phân giác tam giác DHE suy

AH EH

ADED (1) 0,25

Chứng minh EB phân giác tam giác DHE suy

BH EH BD ED (2)

0,5

Từ (1), (2) ta có:

AH BH

AH.BD BH.AD

ADBD  0,25

5

Từ  

2

x yz  0 x yz 2x yz

(*) Dấu “=” x2 = yz 0,25 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz  0,25

x

H

D

B C

E

A

F

Suy 3x yz  x(y z) 2x yz   x ( y z) (Áp dụng (*))

x x

x 3x yz x ( x y z)

x 3x yz x y z

      

    (1)

Tương tự ta có:

y y

y 3y zx  x y z (2),

z z

z 3z xy  x  y z (3)

0,25

Từ (1), (2), (3) ta có

x y z

1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy  Dấu “=” xảy x = y = z =

0,25

Sở GD ĐT Hải Dương Đề thi thử vào lớp 10 THPT Trường THCS Hồng Quang Năm học 2012 - 2013 - Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 08/06/2012 (buổi chiều)

Đề thi gồm: 01 trang Câu 1: (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2

2 11

 

 

 

 x y

x y

2) Giải phương trình:

2 xx 

3) Xác định hàm số y = ax2 biết đồ thị qua điểm A (2 ; 2)

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức B =

3 6 x x

- +

9 - x

x - 3 x + 3 (với x  0; x 9)

b) Tìm hai số tự nhiên lẻ liên tiếp biết tổng bình phương chúng 202 Câu 3: (1,5 điểm)

Cho hệ phương trình

a 1x y

ax y a

   

 

 



 có nghiệm (x ; y) a) Tìm a để x + y =

b) Tìm số nguyên a để y

x nhận giá trị nguyên. Câu 4: (3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB M điểm nửa đường (MA MB   ), C

điểm thuộc đoạn thẳng OB (C không trùng với O, B) Tiếp tuyến nửa đường tròn M cắt đường thẳng vng góc với AB C N; BM cắt CN K

1) Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AMKC nội tiếp b) Tam giác KMN cân

2) Gọi H trung điểm BK Chứng minh OH HN.

Câu 5: (1,0 điểm) (Thí sinh chọn câu 5a 5b)

a) Cho hai số x, y thoả mãn điều kiện x 1 y2 y 1 x2 1 Hãy tính S = x2 + y2 b) Cho hai đường thẳng (d): y = (2m - 3)x - (d’): y = x +

Tìm m để (d) (d’) cắt điểm A(x ; y) cho biểu thức P = y2 - 2x2 đạt giá trị lớn nhất. =============Hết============

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số

2:

Sở GD ĐT Hải Dương Đề thi thử vào lớp 10 THPT Trường THCS Hồng Quang Năm học 2012 - 2013 - Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 08/06/2012 (buổi chiều)

Đề thi gồm: 01 trang Câu 1: (2,5 điểm)

1) Giải bất phương trình:

1 4  x

2) Giải hệ phương trình:

3

2

x y x y

 

 

 



3) Lập phương trình đường thẳng qua điểm A(1 ; 3) B(- ; - 3) Câu 2: (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A =

4

x + 2 x x

- x : -1- x

x +1 x +1

  

 

 

   

    (với x  0, x1, x4)

2) Một tổ công nhân dự định may 75 quần áo thời gian quy định Do ngày may vượt mức quần áo so với kế hoạch nên may 80 quần áo hoàn thành trước kế hoạch ngày Hỏi ngày tổ dự định may quần áo ?

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình: 2x2 + (2m - 1)x + m - = 1) Giải phương trình với m =

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn 3x1- 4x2 = 11 3) Tìm giá trị nhỏ P = x2

1 + x22 (với x1, x2 nghiệm phương trình) Câu 4: (3,0 điểm)

Cho điểm A, F, B thẳng hàng (F nằm A B) Vẽ đường trịn (O) đường kính AF đường trịn (O’) đường kính AB Dây BE đường tròn (O’) tiếp xúc với đường tròn (O) C Đường thẳng AC cắt (O’) điểm thứ hai D Chứng minh rằng:

a) AE // OC

b) AD tia phân giác góc BAE c) AC.AD + BC.BE = AB2.

Câu 5: (1,0 điểm) (Thí sinh chọn câu 5a 5b)

a) Tìm cặp số (a ; b) thoả mãn đẳng thức: b a 12   b a 1 cho a đạt giá trị lớn b) Cho số x, y thoả mãn xy + x + y = - x2y + xy2 = - 12

Tính giá trị biểu thức A = x3 + y3

=============Hết============

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2:

Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Giang

đề thức

Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2011 - 2012

Mơn thi: Tốn Ngày thi: 01/ 7/ 2011

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Tính 27 144 : 36.

Tìm giá trị tham số m để hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R

Câu 2: (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức

3

2

3

a a a

A

a a

     

     

   

  , với a0; a1.

2 Giải hệ phương trình:

2 13

2

x y x y

 

 

 

 .

3 Cho phương trình: x2 4x m  1 0 (1), với m tham số Tìm giá trị m để phươngg

trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn  

1

x  x 

Câu 3: (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 192 m2 Biết hai lần chiều rộng lớn chiều dài 8m

Tính kích thước hình chữ nhật

Câu 4: (3 điểm)

Cho nửa đường trịn (O), đường kính BC Gọi D điểm cố định thuộc đoạn thẳng OC (D khác O C) Dựng đường thẳng d vng góc với BC điểm D, cắt nửa đường tròn (O) điểm A Trên cung AC lấy điểm M (M khác A C), tia BM cắt đường thẳng d điểm K, tia CM cắt đường thẳng d điểm E Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) điểm N (N khác B)

1 Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp

2.Chứng minh ba điểm C, K N thẳng hàng

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKE Chứng minh điểm I nằm đường thẳng cố định điểm M thay đổi

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho hai số thực dương x, y thoả mãn:

   

3 3 2 4 2 4 3 0

x y  xy x y  x y x y  x y 

Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x + y

-Hết -

Giải: Câu 1: (2,0 điểm)

1 27 144 : 36  81 12 : 7   

2 Hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R m 0   m2

1

3 ( 3) ( 1).( 1)

2 ( 2).( 2)

3

a a a a a a a

A a a a

a a a a

            

               

     

     

2 Giải hệ phương trình:

2 13 13 21

2 4

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

      

   

3.PT : x2 4x m  1 0 (1), với m tham số

' ( 2)2  (m 1)  3 m

Phương trình (1) có nghiệm 0 3 m0 m3

Theo hệ thức Viet ta có x1x2 4 (2) ; x x1  m 1 (3) Theo đề ta có:

x1 x22  4 x12 x x1 2x22  4 x12x22 x x1  4 x1x22 x x1 4 (4) Thay (2),(3) vào (4) ta có: 16 - 4.(m+1) =  16- 4m – = 4 - 4m=-8

 m=2 (thoả mãn m3)

Câu 3: (1,5 điểm)

Gọi chiều rộng hình chữ nhật x(m) ĐK : x>0 Vậy chiều dài hình chữ nhật

192 x (m )

Do hai lần chiều rộng lớn chiều dài 8m nên ta có PT 2x -

192

x =  2x2 - 8x - 96 =

Giá trị x2 = -8 < (loại) ; x1 =12 có thoả mãn ĐK

Vậy chiều rộng hình chữ nhật 12 m

Chiều dài hình chữ nhật 192 ;12=16 (m)

Câu 4: (3 điểm)

H N

E

K

B

O

C D

M

a) Xét tứ giác CDNE có CDE 90  o( GT)

Và BNC 90  o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên

 o

ENC 90 (Kề bù với góc BNC)

Vậy CDE CNE 90   o nên tứ giác CDNE nội tiếp( Vì có hai đỉnh

kề D,N nhìn EC góc vng) b) Gợi ý câu b:

Tam giác BEC có K giao điểm đường cao BM ED nên K trực tâm Vậy KCBE

Tứ giác MENK nội tiếp nên góc KNE góc vng nên KNBE

Vậy C,K ,N thẳng hàng c) Gợi ý câu c:

tam giác HKC cân K nên KHC KCH 

Mà BED KCH  (cùng phụ góc EBC) Vậy KHC BED  nên tứ giác BEKH nội tiếp nên I tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác BKE qua B H cố định nên I thuộc đường trung trực BH

Cõu 5:

Đặt a = x+y = M; b = xy; a2 4b Từ giả thiết có:

3 3 3 6 4 4

a  ab a b b  ab  b =

2

2

2 ( )( )

2

a b

a b a ab b b

a ab b b

 

      

   



+) Nếu a =2b

Thì: x+y = 2xy Mà (x+y)2 4xy nên (x+y)2 2(x y )  M  x y2;" " khi x:  y 1. (*)

+) Nếu a2 ab2b2 3b0 a2 ab2b2 3b 0 2b2 (a3)b a 0(1)

Giả sử  (1) có nghiệm b thoả mãn b a 

b=

2

2

a a 

2 2 6 0 1 7;( : 0)

a a a Do a

        và

2

( 3) ( 2)( 2)

2 a  a    a  a a  a   a



Vậy a  1 7 (**)

Từ (*) (**) suy a = M có giá trị nhỏ x = y =1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP Hà Nội MƠN : TỐN - Năm học : 2011 – 2012 Ngày thi : 22 tháng năm 2011

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

Cho

x 10 x 5

A

x 25

x 5 x 5

  



2) Tính giá trị A x =

3) Tìm x để

1 A

3



Bài II (2,5 điểm)Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 hàng số ngày quy định Do ngày đội chở vượt mức nên đội hồn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày chở thêm 10 Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết ngày?

Bài III (1,0 điểm) Cho Parabol (P): y x đường thẳng (d): y 2x m  29 1) Tìm toạ độ giao điểm Parabol (P) đường thẳng (d) m =

2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm nằm hai phía trục tung Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B.Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B) Đường thẳng d qua điểm E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 d2 M, N

1) Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh ENIEBI MIN 90 0. 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI

4) Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng

Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 1

M 4x 3x 2011

4x

   

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

1/ Rút gọn: ĐK:x 0,x 25 

   

       

x x +5 -10 x -5 x -5

x 10 x x+5 x -10 x -5 x +25

A= - - = =

x-25

x -5 x +5 x -5 x+5 x -5 x +5

   

     

2 x -5

x-10 x +25 x -5

= = = ( x 0; x 25)

x +5

2/ Với x = Thỏa mãn x 0,x 25  , nên A xác định được, ta có √x=3 Vậy

A=3−5

3+5=

−2 =−

1

3/ Ta có: ĐK x 0,x 25 

 

 

1 x - x - 15 - x -

A -

3 x + 3 x +5

x - 20 (Vì x +5 0) x < 20 x < 10 x < 100

    

     

Kết hợp với x 0,x 25 

Vậy với ≤ x < 100 x ≠ 25 A < 1/3 Bài 2

Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch x(ngày) (ĐK: x > 1) Thì thời gian thực tế đội xe chở hết hàng x – (ngày)

Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe phải chở 140

x (tấn)

Thực tế đội chở 140 + 10 = 150(tấn) nên ngày đội chở 150

1 x (tấn) Vì thực tế ngày đội chở vượt mức tấn, nên ta có pt:

150 140

x  x   150x – 140x + 140 = 5x2 -5x

 5x2 -5x – 10x - 140 =  5x2 -15x - 140 =  x2 -3x - 28 = Giải x = (T/M) x = -4 (loại)

Vậy thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch ngày Bài 3:

1/ Với m = ta có (d): y = 2x +

Phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d) x2 = 2x + <=> x2 – 2x – = 0

Giải x = => y = 16 x = -2 => y =

Tọa độ giao điểm (P) (d) (4 ; 16) (-2 ; 4)

2/ Phương trình hồnh độ điểm chung (d) (P) : x2 – 2x + m2 – = (1)

ac <  m – <  (m – 3)(m + 3) < Giải có – < m <

Bài 4

1/ Xét tứ giác AIEM có góc MAI = góc MEI = 90o. => góc MAI + góc MEI = 180o. Mà góc vị trí đối diện => tứ giác AIEM nội tiếp 2/ Xét tứ giác BIEN có góc IEN = góc IBN = 90o.

 góc IEN + góc IBN = 180o  tứ giác IBNE nội tiếp

 góc ENI = góc EBI = ½ sđ cg IE (*)  Do tứ giác AMEI nội tiếp

=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**) Từ (*) (**) suy

góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.

3/ Xét tam giác vng AMI tam giác vng BIN có góc AIM = góc BNI ( cộng với góc NIB = 90o)

 AMI ~  BNI ( g-g)

 AM

BI =

AI BN

 AM.BN = AI.BI

4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ Do tứ giác AMEI nội tiếp

nên góc AMI = góc AEF = 45o. Nên tam giác AMI vuông cân A

Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân B  AM = AI, BI = BN

Áp dụng Pitago tính

MI=R√2

2 ;IN= 3R√2

Vậy SMIN=1

2 IM IN= 3R2

4 ( đvdt)

Bài 5:

Cách 1:

2 2

4 2011 4 2010 (2 1) ( ) 2010

4 4

M x x x x x x x

x x x

              

Vì (2x1)2 0 x >

0 4x

 

, Áp dụng bdt Cosi cho số dương ta có: x + 4x

1

2

4

x x

  

 M =

2

(2 1) ( ) 2010

x x

x

   

 + + 2010 = 2011

 M  2011 ; Dấu “=” xảy 

2

1

2 2

1 1

4

0 x x x

x x x

x x x x x                                         

  x =

Vậy Mmin = 2011 đạt x =

Bài 5: Cách 2:

2 2

2

1 1 1

4 2011 2010

4 8

1 1

3 2010

2 8

M x x x x x

x x x

M x x

x x                              

Áp dụng cô si cho ba số x2,

8x,

1

8x ta có

x2

+

8x+

1

8x≥3

3 √x2.

8x

8x=

3

4 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2 mà (x −1

2)≥0 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2

Vậy M ≥0+3

4+

4+2010=2011

Vậy giá trị nhỏ M 2011 M =