Đề và HD chấm thi chuyên toán THPT Yên Bái năm học 2012 – 2013 Thời gian làm bài 150 phút không kể giao đề. Câu 1 (2,5đ) Cho biểu thức Q =     2 2 2 1 3 4 1 1 1 1 4 x x x x x x x x x x                    a/ Với giá trị nào của x thì Q xác định. b/ Rút gọn Q. c/ Tìm giá trị của x để Q = 2012 x - 2012. a/ Để biểu thức Q xác định, x thỏa mãn điều kiện: 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 4 0 4 1 0 1 x x x x x x x x x x x x                                            b/ Với x ≥ 0 và x  1, dùng phương pháp “hữu tỷ hóa” biểu thức Q bằng cách: đặt 2 2 4 0 ;x a x a x a     ta có:                                       2 5 4 2 4 4 2 2 4 2 2 2 2 1 3 4 1 1 1 1 4 1 4 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a a a a a Q a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a Q x x                                                                           c/ Q = 2012 x - 2012    1x x  = 2012 x - 2012      1 2012 1 0x x x        1 0 1 1 2012 0 4048144 2012 0 x x x x x x                    Kết hợp với ĐKXĐ: x ≥ 0 và x  1  x = 4048144 là giá trị cần tìm Câu 2 (1,5đ) Giải hệ phương trình: 2 2 2 6 3 1 1 x xy x y x y            Giải hệ phương trình: 2 2 2 6 3 1 (1) 1 (2) x xy x y x y            * (1)  6x 2 – 3xy + x + y – 1 = 0  6x 2 – 3xy + 3x – 2x + y – 1 = 0  3x(2x – y + 1) – (2x – y + 1) = 0  (2x – y + 1)(3x – 1) = 0  1 3 1 0 3 2 1 0 2 1 x x x y y x                  * Kết hợp với (2) ta có: 2 2 1 1 3 3 2 2 1 3 x x x y y                    và 2 2 ( 0; 1) 2 1 4 3 ( ; ) 1 5 5 x y y x x y x y                    Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (x, y)    4 3 1 2 2 1 2 2 0;1 ; ; ; ; ; ; 5 5 3 3 3 3                                Câu 3 (2,0đ) Cho đường thẳng (d) có phương trình: 2(m – 1)x + (m – 2)y = 2 a/ Vẽ (d) với m = 3. b/ Chứng minh rằng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi m, tìm điểm cố định ấy. c/ Tìm giá trị của m để (d) cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất a/ Với m = 3 ta có y = - 4x + 2 Giao với trục tung Oy tại điểm (0 ; 2) Giao với trục hoành Ox tại điểm (0,5 ; 0) Ta có đồ thị hàm số như hình bên y = - 4x + 2 O 1 2 2 y x b/ Gọi điểm cố định mà mọi đường thẳng(d) đi qua là M(x 0 ; y 0 ) ta có: 2(m – 1)x 0 + (m – 2)y 0 = 2 với mọi m  (2x 0 + y 0 )m – 2(x 0 + y 0 + 1) = 0 0 0 0 0 0 0 2 0 1 1 0 2 x y x m x y y                  vậy tọa độ điểm cố định là M(1; - 2) Cách khác: Với m = 2 ta có đường thẳng x = 1, với m = 1 ta có đường thẳng y = -2; thay x= 1; y = - 2 vào phương trình ta có: 2(m – 1).1 + (m – 2).(- 2) = 2  2m – 2 – 2m + 4 – 2 = 0 điều này luôn đúng với mọi m. Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định có tọa độ (1; - 2) với mọi m. c/ 2(m – 1)x + (m – 2)y = 2    2 1 2 2 2 m y x m m        . Vì (d) không đi qua gốc O(0; 0) Gọi A, B lần lượt là giao của (d) với hai trục tọa độ Oy và Ox ta có tọa độ giao điểm là A(0; 2 2m  ) và B( 1 1m  ; 0). Gọi H là hình chiếu của O trên AB, xét  AOB vuông tại O có:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 1 2 1 2 1 2 OH OH OB OA m m OB OA m m                              2 2 2 2 2 2 5 4 2 4 1 6 4 5 5 5 5 OH m m m                 ; Dấu “=” xảy ra  m = 6 5 Vậy độ dài OH lớn nhất  m = 6 5 , khi đó ta có OH = 5 (đv dài) Câu 4 (3,0đ) Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A; AC cắt Mx tại I. Vẽ đường kính BB’, đường này cắt MC, B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng: a/ Tứ giác MOIC nội tiếp được. b/ OI vuông góc với Mx. c/ ME = R. d/ Khi M di động mà OM = 2R thì K chuyển động trên đường nào ? Tại sao ? a/ Vì MB, MC là 2 tiếp tuyến của (O) (gt)  OM là tia phân giác của  BOC (t/c…)    1 2 MOC BOC (1) Lại có   1 2 BAC BOC (hệ quả góc nội tiếp) (2) Mà   BAC MIC (đồng vị do MI // BA) (3) x E K B' I A O C B M Từ (1), (2), (3)    MOC MIC  Tứ giác MOIC có 2 đỉnh kề nhau O và I cùng nhìn đoạn thẳng nối 2 đỉnh còn lại dưới cùng một góc nên nội tiếp được trong một đường tròn (theo tính chất quỹ tích cung chứa góc) b/ Vì tứ giác MOIC nội tiếp (theo trên)    0 90MIO MCO  (hệ quả góc nội tiếp)  OI  Mx. c/ Xét  MBO vuông tại B và  EOB’ vuông tại O có: OB = OB’ (= R) và    1 ' ( ) 2 MOB EB O BOC    MBO =  EOB’ (g.n - c.g.v kề)  MB = OE Mặt khác lại có MB // OE (cùng vuông góc với BB’)  Tứ giác MBOE là hình bình hành (dh 3)  ME = BO = R d/ Khi OM = 2R   0 60BMC  mà MB // OE    0 60OKC BMC   OKC vuông tại C có OK = 2 3 3 0 OC R cos30  không đổi  Khi M di động luôn thỏa mãn OM = 2R thì K luôn cách O cố định một khoảng OK 2 3 3 R  không đổi nên K chạy trên đường tròn tâm O bán kính OK 2 3 3 R  Câu 5 (1,0đ) Tìm giá trị của x, y để biểu thức: M = 2 2 2 2 2 6 4 11 3 2 6 4x y x y x y x y         đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy.             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 4 11 3 2 6 4 3 2 1 1 3 1 3 1 (" " 1) M x y x y x y x y x y x y x x y                           mà     2 2 3 1 3 1 3 1 4x x x x x x            Dấu “=” xảy ra  y = -1 và –1 ≤ x ≤ 3; Vậy minM = 4  y = -1 và – 1 ≤ x ≤ 3 hết . Đề và HD chấm thi chuyên toán THPT Yên Bái năm học 2012 – 2013 Thời gian làm bài 150 phút không kể giao đề. Câu 1 (2,5đ) Cho biểu thức Q =     2. = 2012 x - 2012    1x x  = 2012 x - 2012      1 2012 1 0x x x        1 0 1 1 2012 0 4048144 2012 0 x x x x x x                    Kết hợp với ĐKXĐ: x ≥ 0 và. điểm cố định là M(1; - 2) Cách khác: Với m = 2 ta có đường thẳng x = 1, với m = 1 ta có đường thẳng y = -2 ; thay x= 1; y = - 2 vào phương trình ta có: 2(m – 1).1 + (m – 2). (- 2) = 2  2m – 2 –