đề thi vào lớp 10 thpt lam sơn(2) môn thi : toán ( Chung cho tất cả các lớp chuyên ) (Thời gian 150 phút ) Bài 1 ( 2 điểm ) Cho biểu thức 1 x - x 2 1 xx 3 - 1 x 1 P + + ++ = a) Rút gọn P b) Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của P Bài 2 ( 2 điểm ) Giải các phơng trình sau a) ) x 4 - 3 x 10( x 48 3 x 2 2 =+ b) 24 - 9 x - 1 x 4 x 2 =++ Bài 3 ( 2 điểm ) Giải hệ phơng trình 3 1) - xy )( y x ( 10 ) 1 y )( 1 x ( 22 =+ =++ Bài 4 ( 3 điểm ) Cho góc xIy . A là điểm lấy trên đờng phân giác góc trong của góc đó , Gọi K , M lần lợt là chân đờng vuông góc hạ từ A đến 2 cạnh Ix , Iy của góc xIy . Trên KM lấy điểm P ( KP < PM ) . Qua P dựng đờng thẳng vuông góc với AP cắt KI tại Q , MI tại S a) Chứng minh rằng cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp đợc trong một đờng tròn . b) Chứng minh : P là trung điểm của QS c) Cho KIM = 2 ; KM = a ; QS = b ( a < b ) . Tính KQ . Bài 5 ( 1 điểm ) Cho tam giác ABC có 3 cạnh a , b , c thỏa mãn a + b + c = 6 . Chứng minh : 54 > 3( a 2 + b 2 + c 2 ) + 2abc 52 . 1 Đáp án và thang điểm Bài ý Nội dung cơ bản Điểm Bài 1 a) Điều kiện x 0 1 x - x 2 1) x -1)(x x( 3 - 1 x 1 P + + +++ = 1 xx 2 x2 3 - 1 x - x P + +++ = 1 xx 1) x(x P + + = 1 x - x x P + = 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Ta có 0 x 0 x 0 x 0 4 3 2 1 - x 1 x - x >+ =+ 2 nên 0 x , 0 1 x - x x P + = P = 0 x = 0 . Vậy min P = 0 Ta có ( ) 0 x , 0 1 - x 2 x - 2 x + 1 0 x - x + 1 x , x 0 0 x , 1 1 x - x x + P 1 x 0 ; P = 1 x = 1 . Vậy MaxP = 1 khi x = 1 Tóm lại : minP = 0 khi x = 0 ; MaxP = 1 khi x = 1 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 2 a) Điều kiện x 0 Phơng trình đã cho tơng đơng với ) x 4 - 3 x 10( x 16 9 x 2 2 = + 3 Đặt t = x 4 - 3 x t 2 = 3 8 - x 16 9 x 2 2 + PT trở thành : t 10 3 8 t 3 2 = + 3t 2 - 10t + 8 = 0 t = 2 hoặc t = 4/3 0,25 0,25 2 Bài ý Nội dung cơ bản Điểm Bài 2 a) * với t = 2 thì x 4 - 3 x = 2 x 2 - 6x - 12 = 0 x = 21 3 * Với t = 4/3 thì x 4 - 3 x = 3 4 x 2 - 4x - 12 = 0 x = 6 ; x = - 2 Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm là : x = 6 ; x = - 2 ; x = 21 3 0,25 0,25 b) PT : 24 - 9 x - 1 x 4 x 2 =++ ( ) 1 - 22 x - 1 2 x 2 2 = + 1 - 22 x - 1 2 x =+ Nếu 1 2 x + 0 x - 2 , PT trên trở thành x + 2 - 2x = 4 2 - 2 x = 4 - 4 2 thỏa mãn x - 2 nên x = 4 - 4 2 là nghiệm của phơng trình đã cho . Nếu 1 2 x + < 0 x < - 2 , PT trên trở thành -( x + 2) - 2x = 4 2 - 2 - 3x = 4 2 x = - 4 2 /3 , không thỏa mãn x < -2 nên loại Vậy phơng trình đã cho có nghiệm : x = 4 - 4 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3 Ta có hệ 3 1) - xy )( y x ( 10 ) 1 y )( 1 x ( 22 =+ =++ 3 1) - xy )( y x ( 10 1 y x yx 2222 =+ =+++ 0,25 3 ⇔ 3 1) - xy )( y x ( 10 1) - (xy y) (x 22    =+ =++ §Æt u = x + y ; v = xy - 1 hÖ trë thµnh : 3 u.v 10 v u 22    = =+ Bµi ý Néi dung c¬ b¶n §iÓm Bµi 3 ⇔ 3 u.v 16 v) u ( 2    = =+ ⇔ 3 u.v 4 v u    = ±=+ • NÕu 3 u.v 4 v u    = =+ th× ta cã 1 v 3 u    = = hoÆc 3 v 1 u    = = * víi 1 v 3 u    = = th× 1 1 - xy 3 y x    = =+ ⇔ 2 xy 3 y x    = =+ ⇔ (x ; y) = (2 ;1) ; (1 ; 2) * Víi 3 v 1 u    = = th× 3 1 - xy 1 y x    = =+ ⇔ 4 xy 1 y x    = =+ nªn x , y lµ 2 nghiÖm cña PT : t 2 - t + 4 = 0 cã ∆ < 0 ⇒ v« nghiÖm ⇒ hÖ v« nghiÖm trong trêng hîp nµy . • NÕu 3 u.v 4 v u    = −=+ th× ta cã 1- v 3- u    = = hoÆc 3- v 1- u    = = * Víi 1- v 3- u    = = ta cã 1- 1 - xy 3- y x    = =+ ⇔ 0 xy 3- y x    = =+ ⇔ (x ; y) = (- 3; 0) ; (0 ; - 3) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4 * Với 3- v 1- u = = ta có 3- 1 - xy 1- y x = =+ 2- xy 1- y x = =+ (x ; y) = (-2 ; 1) ; (1; - 2) Tóm lại hệ đã cho có 6 nghiệm là (x ;y) = (2 ;1) ; (1 ; 2) ; (- 3; 0) ; (0 ; - 3) ; (-2 ; 1) ; (1; - 2) . Bài 4 a) y x S K P M Q A I 2 1 1 1 1 1 H Theo giả thiết AKQ = APQ = 90 0 , nên tứ giác KPAQ nội tiếp trong đờng tròn đờng kính AQ . Cũng theo giả thiết AMS = APS = 90 0 nên tứ giác PSMA nội tiếp đờng tròn đờng kính AS . (ĐPCM) 0,50 0,50 Bài ý Nội dung cơ bản Điểm 5 Bài 4 b) b) Trong tứ giác nội tiếp KPAQ ta có K 1 = Q 1 (cùng chắn cung AP) . Trong tứ giác nội tiếp PSMA ta có S 1 = M 1 (cùng chắn cung AP) . Mà A nằm trên phân giác của xIy nên AK = AM K 1 = M 1 . Vậy Q 1 = S 1 hay AQS cân tại A có AP là đờng cao nên AP là trung tuyến P là trung điểm của QS . 0,25 0,25 0,25 0,25 c) c) Do AK Ix ; AM Iy và A nằm trên phân giác của góc xIy nên I 1 = I 2 = và AKI = AMI IK = IM ; AK = AM AI là trung trực của KM . Gọi H = AI KM H là trung điểm của KM và IA KM tại H . Trong tam giác vuông AIK ta có I 1 = K 1 (cùng phụ với IAK) nên K 1 = Q 1 = . Trong tam giác vuông AHK có : KH = KM/2 = a/2 ; K 1 = nên 2cos a K cos KH AK 1 == . Trong tam giác vuông APQ có : QP = QS/2 = b/2 ; Q 1 = nên 2cos b AQ = . Trong tam giác vuông AKQ có : 22 AK - AQ KQ = nên 2 2 2 2 4cos a - 4cos b KQ = = 4cos a - b 2 22 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 5 Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC ta có : p -a = 2 a - c b a - 2 c b a + = ++ > 0 ; tơng tự p -b > 0 ; p- c > 0 áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dơng ta có : 0 < (p-a)(p-b)(p-c) 3 3 c) b (a - 3p ++ Vì a + b + c = 6 nên bất đẳng thức trên trở thành : 0 < 3 3 - 3 2 .6 + 3(ab + bc + ca) - abc 1 0 < 27 - 54 + 3 2 )c b (a - c) b (a 2222 ++++ - abc 1 27 < 3. 2 )c b (a - 6 222 ++ 3 - abc 28 54 < 108 - 3(a 2 + b 2 + c 2 ) - 2abc 56 54 > 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 2abc 52 . ( ĐPCM ) Dấu " = " xảy ra a = b = c = 2 . 0,25 0,25 0,25 0,25 6 . - 54 + 3 2 )c b (a - c) b (a 2222 ++++ - abc 1 27 < 3. 2 )c b (a - 6 222 ++ 3 - abc 28 54 < 108 - 3 (a 2 + b 2 + c 2 ) - 2abc 56 54 > 3 (a. 0 < (p -a) (p-b)(p-c) 3 3 c) b (a - 3p ++ Vì a + b + c = 6 nên bất đẳng thức trên trở thành : 0 < 3 3 - 3 2 .6 + 3( ab + bc + ca) - abc 1 0