lOI GIAI DE THI VAO 10 HA NOI

5 giờ thì xong. Nếu mỗi người làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác[r]

GiảI nhiều cách (câu 5) :

=================================

Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 x y M xy  

C¸ch 01 : Ta có

2 2 2 2

x y x x x x 4y

M

xy xy 4xy 4xy 4xy 4xy 4xy

      

Do x, y dương nên áp dụng Co si cho số dương ta có:

2 2 2

5

3

x x x x 4y x

M

4xy 4xy 4xy 4xy 4xy 256y

 

(1)

Mặt khác từ: x 2y x3 8y3nên từ (1) ta có:

3 5

3

8y 1

M 5

256y 32 2

   

Vậy GTNN M

2; dấu “=”

2

2

x 4y

x 4y x 2y

4xy4xy    

C¸ch 02 : Ta cã M=x

+y2 xy =

x y+

y

x mµ x ≥2y⇔ x

y≥2 ,do Khơng tính tổng quát ta đặt a=x

y ⇒ a=

y

x ta có tốn sau : Cho a ≥2 , Tìm giá trị nhỏ biểu thức

M = a+1 a

ThËt vËy ta cã : M = a+1 a=a+

4 a−

3

a (*) Mà theo BĐT côsi có : a+4

a≥4 vµ a ≥2⇒ a≤ 2⇒ −3 a ≥ −3 nªn tõ (*) Suy M 4−3

2⇔M ≥

2 VËy gi¸ trị nhỏ M 5/2 a = hay x= 2y

C¸ch 03 : Ta cã M=x

+y2 xy = x y+ y x= x y+ 4y x − 3y

x ≥2√4− 3y

x (theo BĐT côsi)

Hay M 43y

x (*) mµ x ≥2y⇔ x y≥2⇔

−3y x ≥

−3

2 nªn (*) ta cã Suy M 4−3

2⇔M ≥

2 Vậy giá trị nhỏ M 5/2 x =2y C¸ch 04 : Ta cã M=x

2 +y2 xy =

x y+

y

x mµ x ≥2y⇔ x

y≥2 ,do Khơng tính tổng quát ta đặt t=x

y⇒

t= y

Cho t 2 , Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = t+1

t hay ta ®i xÐt phơng trình bậc hai ẩn t sau : t2 - M t + =

với t ≥2 , đơn giản ta xét hai trờng hợp sau (vì có 01 TH bị loại ) cụ thể :

a) TH1 :

Khi t > hay t - > nên ta đặt x = t - > hay t = x + , ta có tốn nh sau :

“Tìm M để phơng trình x2 + ( - M ) x + ( - 2M ) = (**) có hai nghiệm dơng ? “

Thật : Để phơng trình (**) có nghiƯm d¬ng ¿

⇔ Δ≥0 P>0⇔

¿(M −4)2+4(2M −5)≥0 5−2M>0

M −4>0 ⇔ ¿M2−4≥0

M<5 M>4 ¿S>0 { { ¿⇔

¿M ≤ −2 hoacM≥2 4<M<5

2 ¿{

¿

(lo¹i)

b) TH2 :

Khi t = th× M =5/2 ,Và ta có M hay

5 2≥

5 (ln M = 5/2 )

Vậy giá trị nhỏ M lµ 5/2 t= hay x =2y KL : Giá trị nhỏ M 5/2 x =2y

Cách 05 :

Ta có : víi c > , d > vµ a , b ( bÊt k× ) th× a2

c + b2

d ≥ (a+b)2

c+d (*) , dÊu “ = “ a c=

b

d ThËt vËy : Ta cã :

√[(√ac)

+( b √d)

2

](c2

+d2)(a+b) ( Theo BĐT bunnhiacôpsky)

Hay a c +

b2 d ≥

(a+b)2

c+d , (*) đợc chứng minh xong Mặt khác : Ta có M=x

2 +y2 xy =

x2 xy+

y2 xy=(

x2 xy+

y2 xy)+

x2 xy B©y giê ¸p dơng (*) víi c = x>0 ; d = y>0 ;

Cho biÓu thøc M=( x 2 xy+

y2 xy)+

x2 xy≥

(x+y)2 xy +

1

x

y (**)

Mµ

x ≥2y⇒

x+y ≥3y⇒(x+y)2≥9y2>0 xy≥6y2>0

x y≥2 ¿{ {

do từ (**) ta có M

.Vậy giá trị nhỏ M 5/2 x =2y C¸ch 06 : Ta cã

M=x

+y2 xy =

x y+

y

x ⇒√10 √M=√[(√ x y)

2 +(√y

x)

](√82+√22)≥(√8 √x √y+√2

√y

√x) (*) ( Theo BĐT bunnhiacôpsky)

Mà (8 x y+2

√y

√x)=(√8 √x √y+

4√2 √y √x )−

3√2.√y

√x ≥2√16−

3√2 y

x (** ) ( Theo BĐT côsi ) , Mµ x ≥2y⇔√y

√x ≤ √2⇔

−3√2 √y

√x ≥3 (***) VËy tõ (*) ; (**) ; (***) suy M

2 , Vậy giá trị nhỏ M 5/2 x = 2y

Cách 07 : Không tính tổng quát ta đặt

¿ x=2β>0

y=β>0 ¿{

¿

Khi ta có tốn : Cho 2β ≥2β hay 2 ( ) , biểu thức M = x

2 +y2 xy = x y+ y x= 2β β + β 2β=

5

2 , ta phảI chứng minh M

2 ThËt vËy tõ M

2⇔M − 2≥0⇔

5 2−

5

2≥0⇔0≥0 ( ln M = 5/2 ) , M

2 Vậy giá trị nhỏ cđa M lµ 5/2 x

y+ y x=

5

2 (*), đặt a= x y⇒

1 a=

y

x nªn tõ (*) cã a+1

a= 2⇔a

2−5

2.a+1=0⇔2a

2−5a+2=0⇒ a=2⇒x=2y

¿ a=1

2⇒y=2x ¿ ⇒x=2y

¿ ¿ ¿

C¸ch 08:cã M =

2

x y

xy



với x, y l sà ố dương v x  2y Ta có

2

1 x(2y)

M 2(x y ) 

2 2 2

2 2

x 4y x y 3y

4(x y ) 4(x y )

  



  (Bất đẳng thức Cauchy)

=

2

2 2

1 3y 3y

4 4(x y ) 4(4y  y ) 20 5   (Thay mẫu số số nhỏ hơn).

Suy Max

1

M 5 x = 2y, giá trị nhỏ M =

đạt x = 2y

C¸ch 09 : Ta cã

x ≥2y⇒

2x ≥2y+x>y⇒2x>y⇒2x − y>0 x −2y ≥0

¿{

(v× x ,y > 0) nªn ta cã : (x −2y) (2x − y)≥0⇔2x2− x.(5y)+2y2≥0 ⇔2(x2

+y2)≥5 xy⇔ x

+y2 xy ≥

5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức

x A

x  

 , tính giá trị A x = 36

2) Rút gọn biểu thức

x x 16

B :

x x x

  

  

    

  (với x 0; x 16  ) 3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị x nguyên để giá trị biểu thức B(A – 1) số nguyên

Bài II (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Hai người làm chung cơng việc 12

5 xong Nếu mỗi người làm người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai Hỏi làm người phải làm thời gian để xong công việc?

Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2 x y

1 x y 

  

 

   



2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để

phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện :

2

1

x x 7 Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB

1) Chứng minh CBKH tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ACM ACK 

3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C

4) Gọi d tiếp tuyến (O) điểm A; cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB

AP.MB R

Bài V (0,5 điểm) Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

x y

M

xy  

……….Hết……… GỢI Ý – ĐÁP ÁN

Bài I: (2,5 điểm)

1) Với x = 36, ta có : A =

36 10

8

36



 

 2) Với x , x  16 ta có :

B =

x( x 4) 4( x 4) x

x 16 x 16 x 16

    



 

    

  =

(x 16)( x 2) x

(x 16)(x 16) x 16

  



  

3) Ta có:

2 2

( 1)

16 16 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

       .

Để B A( 1) nguyên x 16 c c a 2, ta có b ng giá tr t ng ng:ướ ủ ả ị ươ ứ 16

x 1 2

x 17 15 18 14

Kết hợp ĐK x0, x16, để B A( 1) nguyên x14; 15; 17; 18  Bài II: (2,0 điểm)

Gọi thời gian người thứ hồn thành xong cơng việc x (giờ), ĐK

12

x Thì thời gian người thứ hai làm xong cơng việc x + (giờ)

Mỗi người thứ làm

1

x(cv), người thứ hai làm được

1

x (cv) Vì hai người làm xong công việc

12

5 giờ nên hai đội làm được

12(cv),

Do ta có phương trình

1

x x 12   Giải phương tình tìm

6

x

(loại) x = 4(TMĐK) Vậy người thứ làm xong công việc giờ,

người thứ hai làm xong công việc 4+2 =

Bài III: (1,5 điểm)1)Giải hệ:

2

1

x y

x y



  

 

   

Hệ

4 10

4

2

2 2

6

2

1

x

x

x y x x x

y y

x y x y

x y

    



    

    

   

         

   

         



  

 .(TMĐK)

Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1)

2) + Phương trình cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1

2

1

4

3

x x m

x x m m

  

  

 





Khi đó: x12x22  7 (x1x2)2 2x x1 7

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m =

3

 Trả lời: Vậy

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Ta có HCB 900( chắn nửa đường trịn đk AB)  900

HKB (do K hình chiếu H AB)

=> HCB HKB  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn đường kính HB. 2) Ta có ACM ABM (do chắn AM (O))

và ACK HCK HBK (vì chắn HK .của đtrịn đk HB)

Vậy ACM ACK

3) Vì OC  AB nên C điểm cung AB  AC = BC

  900

sd AC sd BC 

Xét tam giác MAC EBC có

A B

C M

H

K O

S

P E

MA= EB(gt), AC = CB(cmt) MAC = MBC chắn cung MC (O) MAC EBC (cgc)  CM = CE

Ta lại có CMB 450(vì chắn cung CB 900).

Vậy tam giác MCE tam giác vuông cân C (đpcm)

4) Xét PAM  OBM Theo giả thiết ta có

AP MB AP OB

R

MA   MAMB (vì có R = OB)

Mặt khác ta có PAM ABM (vì chắn cung AM của (O)) PAM ∽  OBM

 AP OB  1 PAPM

PM OM .(do OB = OM = R) (1)

-Kéo dài PM cắt đường thẳng (d) S Vì AMB 900  AMS900hay tam giác AMS

vuông M Mà PM=PA nên PAM PMA

Vì tam giác AMS vng M nên ta có PAMPSM 900

và   

90

PMA PMS

 

 PMS PSM PSPM(2)

Từ (1) (2)  PA=PS hay P trung điểm AS

Gọi N giao điểm BP với HK Vì HK//AS (cùng vng góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta

có:  

NK BN HN

PA BP PS mà PA=PS NHNK hay BP qua trung điểm N HK (đpcm)

Bài V: (0,5 điểm)

Ta có M =

2 ( 4 4 ) 42 3 ( 2 )2 4 3

x y x xy y xy y x y xy y

xy xy xy

       

 

=

( )

4

x y y

xy x



 

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y

x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥ +

-3 =

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y Cách 2:

Ta có M =

2 2

3

( )

4

x y x y x y x y x

xy xy xy y x y x y



      

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ;

x y

y x ta có 4

x y x y

y x  y x  ,

dấu “=” xảy  x = 2y Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y   y   , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ + =

5

2 , dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y Cách 3:

Ta có M =

2 2

4

( )

x y x y x y x y y

xy xy xy y x y x x



      

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ;

x y y x ta có

4

2

x y x y

y x  y x  ,

dấu “=” xảy  x = 2y Vì x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥

4-3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5