de thi gvg cap huyen 11

Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng dm luôn đi qua với mọi giá trị của m.. Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M6, 1 đến đường thẳng dm khi m thay đổi.[r]

PHÒNG GD VÀ ĐT BÁ THƯỚC Đề chính thức Mã: 12 KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: tháng năm 2011 Câu I (4,0 điểm) Cho biểu thức : A = x x 3x    x 3 x  x Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị x để A = 3 Tìm giá trị lớn biểu thức A Câu II (4,0 điểm) |3 −2 x|−|x| =5 |2+3 x|+x − Gải phương trình: 42 Cho phương trình: xm210 a Giải phương trình với m = x,x ,x ,x b Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm cho: x1  x2  x3  x4 và x4  x1 3  x3  x2  Câu III (4,0 điểm) Cho hàm số: y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (dm) Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d1) Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (dm) luôn qua với giá trị m Tính khoảng cách lớn từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (dm) m thay đổi Câu IV (6,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi M là điểm thuộc đường tròn (O) khác A và B Các tiếp tuyến (O) A và M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) 1.Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật 2.Gọi I là trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng Gọi K là giao điểm EB và MP Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng Suy K là trung điểm MP Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn Câu V (2,0 điểm) m  2x Tìm m để giá trị nhỏ biểu thức x  – 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2041 Hết ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Câu I Đkxđ: x A= = 0; x ĐIỂ M 4,0 0.25 0.5 x x 3x    x 3 x  x 0.75 x ( x  3) x ( x  3) 3x    x x x x  x  x  x  3x  x x  3( x  3)    x 3 x x  x 3 A=   1.0 x  9 x 6  x = 36  x  lớn  A  Câu.2 1.5 x  nhỏ  x 0  x = 4,0 0,25 Điều kiện: |2+3 x|+ x − 2≠ Phương trình đã cho tương đương với: |3 −2 x|−|x|− 5|3 x+2|=5 x − 10 0,25 Xét các trường hợp sau: * TH1: Nếu x < (Nhận) * TH2: Nếu - , ta có phương trình: 14x + 13 = 5x – 10 ≤ x < 0, ta có phương trình: - 21x = - ⇔ x = (Loại) * TH3: Nếu (Nhận) * TH4: Nếu x ⇔ x=- x< 23 3 , ta có phương trình: 23x = ⇔ x = 23 , ta có phương trình:19x = - ⇔ x =- 19 23 ; x= 23 a Với m = 2, phương trình (1) trở thành : x4 – 4x2 + = ⇔ (x2 – 1)(x2 – 3) = ⇔ x2 = x2 = 0,25 0,25 0,25 (Loại) Vậy các nghiệm thỏa mãn phương trình là: x = - 0,25 (Nhận) 0,5 42 b Phương trình: xm210 (1) 2 Đặt : t  x , ta có : t  2mt  2m  0  ' m  2m   m  1 0 (2) (Điều kiện: t 0 ) 0,5 với m 0,25 Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2 Tương đương với:  '  0, P 2m   0, S 2m   m  , m 1 (3) Với điều kiện (3), phương trình (2) có nghiệm dương  t1  t2 và phương trình (1) có nghiệm phân biệt: Theo giả thiết: x1  t  x2  t1  x3  t1  x4  t2 x4  x1 3  x3  x2   t2 6 t1  Theo định lí Vi-ét, ta có: t1  t2 2m và t1t2 2m  t2 3 t1  t2 9t1 0,25 (4) (5) Từ (4) và (5) ta có: 10t1 2m và 9t 2m   9m  50m  25 0  m1  ; m2 5 Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện bài toán Vậy để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán thì cần và đủ là: m và m 5 1,0 Câu.3 Cho hàm số : y = mx – m + (dm) Khi m = thì (d1) : y = x + Bảng giá trị : x -1 y=x+1 Vẽ: Đồ thị hàm số y = x + là đường thẳng qua hai điểm (-1;0) và (0;1) (vẽ đúng đạt 1đ) Gọi A(xA ; yA) là điểm cố định mà (dm) luôn qua m thay đổi Ta có : yA = mxA – m +  yA – = m(xA – 1) (*) Xét phương trình (*) ẩn m , tham số xA , yA :  x A  0   y A  0  Pt (*) vô số nghiệm m : 4,0 0,5 0,5 0,5 0,5  xA 1   y A 2 Vậy (dm) luôn qua điểm A(1 ; 2) cố định m thay đổi 2 Ta có : AM = (6  1)  (1  2)  26 Từ M kẻ MH  (dm) H 0,5 + Nếu H  A thì MH = 26 (1) + Nếu H không trùng A thì ta có tam giác AMH vuông H => HM < AM = 26 0,5 (2) Từ (1) & (2) suy ra: MH  26 0,5 Vậy, khoảng cách lớn từ M đến (dm) m thay đổi là 26 (đvđd) 0.5 Câu 6,0 I M Q E K B I P O A x 0,75   Ta có góc: EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp    Tứ giác APMQ có góc vuông : EAO APM PMQ 90 => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật o Ta có : I là giao điểm đường chéo AM và PQ hình chữ nhật APMQ Nên I là trung điểm AM Mà E là giao điểm tiếp tuyến M và A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng EK AP  Ta có EB AB (3) AE // KP, EI AP  Mặt khác, ta có EO AB (4) tam giác EOA và MAB đồng dạng EK EI  So sánh (3) & (4), ta có : EB EO 0,75 1,5 0,5 Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP Ta dễ dàng chứng minh :  a bcd     abcd  0,5 (*) Dấu “=” xảy và khi: a = b = c = d MP = MO  OP  R  (x  R)  2Rx  x 0,25 Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx  x  (2R  x)x S đạt max  (2R  x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max x x x (2R  x)  3 đạt max x Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x R4  (2R  x)      (2R  x)   3 3 16  Ta có : 3 x (2R  x) x R Do đó S đạt max   Câu 0,25 0,5 0,5 0,5 2,0 m  2x Gọi k là giá trị biểu thức: x  m  2x Ta suy PT: x  = k có nghiệm  PT m – 2x = kx2 + k có nghiệm  PT kx2 – x + k – m = (1) có nghiệm   ' 1  k ( k  m) 0   k  km 0  k  km  0  k  2.k m m2    k     2  m m2 m2    0 4 m m2   k     2   m2  m m2  k   2  m2  m m2  m  k   2 2 m  2x  Giá trị nhỏ x  – => m2  m  2 =-2 m2  m m2  m2 3  2    2m   2m   m   2 4 3 m  2x Vậy với m = thì GTNN biểu thức x  –2 Ta có: A = 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2041 = (– x + 3y – 2)2 + (x – 5)2 + 2012 2012 Vậy GTNN A là: 2012 Dấu = xảy x = 5, y =