Đề và đáp án thi thử trường THCS Nghĩa Lâm (Năm học 2011 - 2012) Thời gian: 120 phút Câu 1. (3.0 điểm) Cho biểu thức: a) Rút gọn P b) CM: c) Tìm giá trị lớn P. P 0⇒ mà −x − ⇒ P ≤ 0(1) *)TH : x > x ≠ Do x >1 x −1 > nên >0 x −1 Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có: x −1 + + 1 ≥ ⇔ ≥ ⇔ P ≤ (2) P x −1 ⇔ x −1 = Dấu “=” xảy ⇔ x − = ⇔ x = KL : P = ⇔ x=9 M ax x −1 ( x + 1) + xy + y + y + x − y − = Câu 2: Điều kiện: x − y − ≥ 0(*) ⇔ x + x + + xy + y + y + x − y − = PT ⇔ ( x + y ) + 2( x + y ).1 + + x − y − = ( x + y + 1) ≥ ⇔ ( x + y + 1) + x − y − = 0.Do :   x − y − ≥ x + y +1 = x = ⇒ ⇒ ⇒ 2 x − y − =  y = −1 PT có nghiệm (0; −1) Câu 3. • Gọi thời gian tổ I làm xong công việc là: x (giờ, x>15) • Gọi thời gian tổ II làm xong công việc là:y (giờ, y>15) Năng suất tổ I là: 1/x (công việc) Năng suất tổ II là: 1/y (công việc) Năng suất tổ là: 1/15 (công việc) 1 + = x y 15 Ta có phương trình: (1) Trong tổ I làm được: 3/x (công việc) Trong tổ II làm được: 5/x (công việc) Theo đầu tổ I làm giờ, tổ II làm 25% công việc = 1/4 ( công việc) ta có hệ phương trình: 1 1   1  u= u + v = u =  x + y = 15  x     15 24  x = 24 .Coi :  ⇒ ⇒ ⇒  1 1  y = 40  + = v = 3u + 5v = v =   y  x y  40   Vậy tổ I làm 24 tổ II làm 40 xong công việc. Câu 4: a) Vì K điểm cung AB nên: Cung AK= cung KB Kẽ Xét b) IF ⊥ AB ⇒ IF = CE.  CE ⊥ AB VCNE IF PCE (⊥ AB ) ⇒ có: IF IN 1 = = ⇒ IN = CN CE CN 2 Trên nửa mặt phẳng bờ AN có chứa tia AK kẻ tia Ax tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Ta có: ∠xAN = ∠AMN ⇒ ∠xAN = ∠AMN  ∠KAN = ∠AMN Ta có tia Ax tia AK thuộc nửa mặt phẳng bờ AN nên Ax trùng với AK. Mà tia Ax tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nên tia AK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. c) Gọi O1;O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN BMN. Kẻ đường kính KC (O) ta có: ∠CAK = 900 ⇒ CA ⊥ AK Vì AK tiếp tuyến đường tròn tâm (O1) nên: O1 A ⊥ AK ⇒ O1 A ≡ CA hay C ; A; O1 thẳng hàng Tương tự chứng minh câu b ta có BK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Và chứng minh tương tự ta có C;O 2;B thẳng hàng. Xét tam giác O1AN có: O1 A = O1 N = R ⇒ ∆ O1 AN cân ⇒ ∠O1 AN = O1 NA Vì KC đường kính, K điểm cung AB nên C điểm cung lớn AB => Cung CA= cung CB => CA=CB => Tam giác CAB cân C. ⇒ ∠CAB = ∠CBA mà ∠CAN = ∠O1 NA ⇒ ∠CBA = ∠O1 NA Mà ∠CBA ∠O1 NA ⇒ O1 N PCB đồng vị nên O1C PO2 N Chứng minh tương tự ta có: Xét O N PCB WO1 NO2C có :  ⇒WO1 NO2C ⇒ O1C = O2 N hay O1C = O2 B O1C PO2 N Do A B cố định nên K cố định. Và K, O cố định nên C cố định. C A cố định nên CA không đổi. Vậy O1A+O2B=AC ( không đổi) d) Phần thuận: Vì tứ giác O1NO2C hình bình hành nên đường chéo O1O2 CN cắt trung điểm I đường. Từ I kẽ Ì vuông góc với AB F. Gọi giao điểm CK AB E. Vì CK đường kính K điểm cung AB nên CK vuông góc với AB E. VAEF có : IF PCE ( ⊥ AB ) ⇒ Xét IF NI 1 = = ⇒ IF = CE CE CN 2 C, K cố định AB không đổi nên E cố định nên CE không đổi. I thuộc đường trung bình PQ tam giác CAB. Giới hạn: - Nếu N trùng B I trùng Q - Nếu N trùng A I trùng P Vậy I thuộc đường trung bình PQ *) Phần đảo: Lấy I thuộc PQ. Nối CI kéo dài cắt AB N. KN cắt (O) M. Gọi O1;O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN BMN ta cần chứng minh I trung điểm O1O2. Tương tự chứng minh câu c ta chứng minh tứ giác O1NO2C hình bình hành. Vì N thuộc PQ ( c/m phần thuận) Kẽ Xét  IF ⊥ AB ⇒ IF = CE.  CE ⊥ AB VCNE IF PCE (⊥ AB ) ⇒ có : IF IN 1 = = ⇒ IN = CN CE CN 2 I trung điểm CN mà tứ giác O 1NO2C hình bình hành nên I trung điểm O1O2. Kết luận: Vậy N di động AB trung điểm I đoạn nối tâm O1,O2 đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN BMN chuyển động đoạn PQ đoạn trung bình của tam giác ABC. ……………… Hết……………… . Đề và đáp án thi thử trường THCS Nghĩa Lâm (Năm học 2011 - 2012) Thời gian: 120 phút Câu 1. (3.0 điểm) Cho biểu thức: 2