068 toán vào 10 chuyên hải dương 2012 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 2 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc 2) Cho x, y thỏa mãn x  y- y +1+ y+ y +1 Tính giá trị biểu thức A  x +x y+3x +xy- 2y +1 Câu II ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình (x - 4x+11)(x - 8x +21) 35     x+ x +2012 y+ y +2012 2012  2) Giải hệ phương trình   x + z - 4(y+z)+8 0 Câu III (2,0 điểm) 1)Chứng minh với số ngun n (n2 + n + 1) khơng chia hết cho 2)Xét phương trình x2 – m2x + 2m + = (1) (ẩn x) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình (1) có nghiệm nguyên Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vng A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E, F tiếp điểm (O) với cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF I M điểm di chuyển đoạn CE  1) Tính BIF 2) Gọi H giao điểm BM EF Chứng minh AM = AB tứ giác ABHI nội tiếp 3) Gọi N giao điểm BM với cung nhỏ EF (O), P Q hình chiếu N đường thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm M để PQ lớn Câu V (1,0 điểm) Cho số a, b, c thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức  1  +   a+1 b+1 c+1  B (a+b+c+3)  + Hết -Họ tên thí sinh……………………………… Số báo danh……………… ……………… Chữ kí giám thị 1: ……………………… Chữ kí giám thị 2: …………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (chun) Hướng dẫn chấm gồm : 03 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Nội dung Điểm Câu I (2,0đ) 1) 1,0 điểm a (b - 2c) +b (c - a) + 2c2 (a - b) + abc=2c2 (a - b)+ab(a-b)-c(a  b2 )  ac(a  b) 0,25 0,25 (a  b)[2c  2ac  ab  bc] (a  b)[2c (c  a)  b(a  c)] 0,25 (a  b)(a  c)(b  2c) 0,25 2) 1,0 điểm Có x = y- y +  y+ y + 0,25  x = 2y +3 y - y + y+ y +  y- y +1  y+ y +1     x + 3x -2y = 2 0,25 0,25 0,25 A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y )  x(x +3x-2y) +y(x +3x - 2y)  1 Câu II (1,0đ) 1)1,0 điểm 2)1,0 điểm 2 phương trình cho tương đương với  ( x  2)    ( x  4)   35 (1) 0,25 ( x  2)  7x  2 Do    ( x  2)    ( x  4)  5 35x ( x  4)  5x  ( x  2)  7 (1)   2 ( x  4)  5 0,25 x=2 (x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1)  2 (2)  x + z - 4(y+z)+8=0 0,25 0,25  (1)  x  x  2012 o  y  y  2012   y  2012  y 2012 0,25   y  2012  y (D y  2012  y 0y )    x  x  2012 2012 2012  x  y  y  2012    x y   x y  Do y  2012    y  2012  y  x  x  2012  y  2012  y x  2012 x  2012  y  2012  x  2012  y  2012  x  2012 y2  x2 y  2012  x  2012 y  2012 | y | yy     x  2012 | x | xx   ( x  y) y  2012  y  x  2012  x y  2012  x  2012 0 y  2012  y  x  2012  x   y  x 0,25 Thay y=-x vào(2)  x  z  x  z  0  ( x  2)  ( z  2) 0 ( x  2) 0   ( z  2) 0 Câu III (2,0đ) 1)1,0 điểm 2)1,0 điểm  x   y  x 2 Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2)   z 2 Đặt A = n2 + n + n    n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + (k   ) * n = 3k => A không chia hết cho (vì A khơng chia hết cho 3) * n = 3k + => A = 9k2 + 9k + không chia hết cho * n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 không chia hết cho Vậy với số nguyên n A = n2 + n + khơng chia ht cho Giả sử tồn m * để phơng trình có nghiệm x1, x2 x1  x2 m2 Theo vi-et:   (x1 - 1) (x2 - 1) = - m2 + 2m + x x  m   * Với m   Ta cã x1x2 4 x1 + x2 m x1hoặc x2 nguyên 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x1  x2 m  *  x1 , x2  *  ( x1  1)( x2  1) 0   m  2m  0  (m  1)(m  3) 0  m 3  m {1;2;3} Víi m = 1; m = thay vào ta thấy phơng trình đà cho vô nghiệm 0,25 Với m = thay vào phơng trình ta đợc nghiệm phơng trình đà cho x =1; x 0,25 = tho¶ m·n VËy m= Câu IV (2,0đ) 1) 1,0 điểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề 0,25 B F K D H O I A E M C Gọi K giao điểm BO với DF => ΔIKFIKF vuông K 1  DOE=450 Có DFE=   BIF 450 0,25 0,25 0,25 0   2) 1,0 điểm Khi AM = AB ΔIKFABM vng cân A => DBH=45 Có DFH=45 => Tứ giác BDHF nội tiếp => điểm B, D, O, H, F thuộc đường tròn   => BFO=BHO 900 => OH  BM , mà OA  BM => A, O, H thẳng hàng   BAH=BIH 450 => Tứ giác ABHI nội tiếp 0,25 0,25 0,25 0,25 3) 1,0 điểm 0,25 B F P D O N A E M C Q    Có tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN    Tương tự có NQP=NDP=FEN => ΔIKFNEF ΔIKFNQP đồng dạng => Câu V (1,0đ) 0,25 PQ NQ = 1  PQ EF EF NE Dấu “=” xẩy P  F; Q  E => DN đường kính (O) => PQ lớn EF Cách xác định điểm M : Kẻ đường kính DN (O), BN cắt AC M PQ lớn Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a a b c 1 = >1 z y x 2 x y z x y x z y x y z z x Khi A= (x+y+z)(   )=3+        1   1  0,25 0,25 0,25 z y x  y x y x y x y x 0         0     y  z y z y.z y z z 0,25 z  y z y z y z y z 0         0     y  x y x y x y x x x y z y x z x x y y z z x z             2     y z y x z x y z x z x y  z x x Đặt = t => t 2 z x z t 1 2t  5t  (2t  1)(t  2)  t       z x t t 2t 2t (2t  1)(t  2) x z 0    Do t 2  2t z x  A 3   10  Ta thấy a=b=0 c=1 A=10 nên giá trị lớn A 10 THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013 0,25 0,25 Mơn thi: Tốn chung Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có bốn câu) ( ĐỀ CHÍNH THỨC) Câu 1: ( 2,5 điểm) 1/ Giải phương trình : a/ x  x  20 0 b/ x  x   x  y  1  y  x 3 2/ Giải hệ phương trình :  Câu : ( 2,0 điểm) Cho parabol y = x2 (P) đường thẳng y = mx (d), với m tham số 1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm có tung độ 2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm, mà khoảng cách hai điểm Câu : ( 2,0 điểm) 3 ) 2 2 3 2/ Chứng minh : a  b5 a 3b  a 2b3 , biết a  b 0 1/ Tính : P (  Câu : (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm O, đường kính AH, đường trịn cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E 1/ Chứng minh tứ giác BDEC tứ giác nội tiếp đường tròn 2/ Chứng minh điểm D, O, E thẳng hàng 3/ Cho biết AB = cm, BC = cm Tính diện tích tứ giác BDEC HẾT THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013 ( ĐỀ CHÍNH THỨC) Câu (1,5 điểm) Cho phương trình Mơn thi: Tốn ( mơn chun) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có năm câu) x  16 x  32 0 ( với x  R ) Chứng minh x       nghiệm phương trình cho Câu (2,5 điểm)  x( x  1)( y  1)  xy  ( với x  R, y  R )  y ( y  1)( x  1)  yx 6 Giải hệ phương trình  Câu 3.(1,5 điểm) Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho Câu (1 điểm) Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) điểm N (N không trùng với D), giọi K giao điểm AI EF 1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I) HẾT - GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013 Mơn: Tốn chung Câu 1: ( 2,5 điểm) 1/ Giải phương trình : a/ x  x  20 0 (*) Đặt x t ;(t 0) (*) t2 – t – 20 =  (t1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 =  x =  Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = - b/ x   x  ( điều kiện x 1 ) ( x  1) ( x  1)  x   x  x   x  x 0  x(x-3) =  x = ( loại) v x = ( nhận) Vậy phương trình có nghiệm x =  x  y  1  y  x 3 2/ Giải hệ phương trình :  Từ y  x 3  y   x  y  0  y   y   x    x 1   (nhận)   y  x   y   7 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y): ( ; ), ( ; ) 2 2  x  y  1    y  x 3  x  y  1   y  x 3   x  y 4    y  x 3 Câu : ( 2,0 điểm) 1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :  x 0 x  mx 0  x( x  m) 0    x2 m Vì giao điểm  ( P) : y x  y m Với y = => m2 =  (m = v m = -3) Vậy với m 3 (P) (d) cắt điểm có tung độ 2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt m 0 Khi giao điểm thứ gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ điểm A có ( x = m; y = m2) Khoảng cách hai giao điểm : AO = m2  m4   m  m  0 (1) 2 Đặt t m ;(t 0) (1)  t  t  0  (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại)) Với t1 =  m2 = , m  ( nhận) Vậy với m  (P) cắt (d) hai điểm có khoảng cách Câu : ( 2,0 điểm) 1/ Tính: P ( 2   2  2 3 )  2 4 2 3 3(  1) 2/ Ta có: a  b5 a 3b  a 2b3  a  b5  a 3b  a 2b 0  a (a  b )  b3 (a  b ) 0  (a  b )(a  b ) 0  (a  b) (a  b)(a  b  ab) 0 Vì : ( a  b) 0 (với a, b  R ) a  b 0 ( theo giả thiết) 2 a  b  ab 0 ( với a, b  R ) Nên bất đằng thức cuối Vậy a  b5 a 3b  a 2b3 với a  b 0 (đpcm) Câu : (3,5 điểm) A E O D C B H 1/ Nối H với E + HEA 900 ( AH đường kính), AHC 900 ( AH đường cao) => AHE ACB (cùng phụ với EHC ) (1) + ADE AHE ( góc nội tiếp chắn cung AE) (2) Từ (1) (2) =>  ADE =  ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn ( có góc đối góc kề bù góc đối) 2/ Vì DAE 900 => DE đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm) 3/ Ta có S BDEC S ABC  SADE + ABC vng có AH đường cao: AC  BC  AB 4cm => sABC 6 (cm ) DE  AH  AB AC 12  (cm) ( đường kính đt O) BC +  ADE  ABC có  A chung ,  ADE =  ACB ( câu 1) =>  ADE  ABC (g.g) => tỉ số diện tích bình phương tỉ đồng dạng : S ABC DE S  DE   S   AED  AED  S ABC  BC  BC + S BDEC S ABC  SADE DE 122 S ABC (1  ) 6(1  2 ) = 4,6176 (cm2) BC 5 -HẾT - GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013 Mơn: Tốn chun Câu 1: Phương trình cho : x  16 x  32 0 ( với x  R )  ( x  8)  32 0 (1) Với x        x       => x 8  2    Thế x vào vế phải (1) ta có: ( x  8)  32 (8  2     8)  32 4(2  3)  12(2  3)  32 =    24  12  32 0 ( vế phải vế trái) Vậy x       nghiệm phương trình cho ( đpcm)  x( x  1)( y  1)  xy   (1)   x( x  1)( y  1)   xy     y ( y  1)( x  1)  yx 6 (2)   y ( y  1)( x  1) 6  xy Câu 2: Hệ pt cho  Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả ( x; y ) (0;0); xy 0; x  0; y  0   xy 0 => (*) x   xy   xy ( x  y ) 6( x  y ) y  xy Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) => x  y 0 ) (**) 6( x  y ) => xy  (3) x y - Chia vế hai phương trình cho : => - Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = 6( x  y ) 6( x  y ) ) 0  (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy =  ( x  y )( x  y   x y x y  x  y 0  x  y  0 6( x  y  1) ( x  y )( x  y   )  ( x  y )( x  y  1)(1  )     x y x y    x  y 0  - Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y2 =  (y = v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - vào phương trình (1) hệ ta :  y  0  y  2 y  y  y  0  ( y  2)(2 y  y  3) 0    y  y  0(vn) Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) - Với  0  x  y  0  x  y  x y Thế x = y -6 vào pt (2) hệ :  y  0 (2)  y  y  16 y  0  (2 y  1)( y  y  6) 0    y  y  0  y1 2  10 y2 - 4y - =   y2 2  10  y3 =  2y +1 = (4)   x1   10  Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng:  x2   10  13  x3   Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y): (1; -2), (   10;  10),(  10;  10),(  13 ;  ) 2 Câu (Cách 1) Tam giác có cạnh cm diện tích cm2 , tam giác có cạnh cm diện tích 3 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích > cm2 4 Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: t  ( với t số nguyên dương) => tmax = Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : n 4 Vậy nmax = (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đường trịn đường kính cm, đường trịn tiếp xúc với trung điểm cạnh tam giác => Các điểm khác tam giác cách đỉnh > 1cm nằm phần diện tích cịn lại tam giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh tròn che phủ), giới hạn cung trịn bán kinh cm Vì dây cung đường trung bình tam giác có độ dài cm => khoảng cách giửa hai điểm nằm phần diện tích cịn lại tam giác 1 cm => phần diện tích lấy điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm : nmax = + = điểm Câu Gọi a b hai số 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương)  a  b 9 Gọi n ước chung a b, : a = n.x b = n.y ( n, x, y số nguyên dương) Vì a > b => x > y => x  y 1  n.x  n y 9  9  x  y   1  n 9 n n n Vậy 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn Câu 10 A E N K F I M B C D 1)Nối N F, D F - Xét  ANF   AFD có:  AFN =  ADF ( AF tt)  FAD chung =>  ANF∽  AFD AN AF   AF2  AN AD (1) AF AD - Xét  AFI có: AF  IF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK  AI ( AF AE tt chung AI nối tâm) =>  AFI vuông F có FK đường cao) => AK.AI = AF2 (2) - Xét  ANK  AID có: +  IAD chung AN AI  + Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI => AK AD =>  ANK∽  AID (c.g.c) =>  NKA =  IDN (3) (g.g) => - Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối) => điểm I,D,N,K thuộc đường trịn (đpcm) 2) Ta có ID  DM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IK  KM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường trịn đường kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn ngoại tiếp  DIK => hai đường tròn trùng => N nằm đường trịn đường kính MI => INM = 900 Vì IN bán kính đường trịn (I), MN  IN => MN tiếp tuyến đường tròn (I) tiếp điểm N (đpcm) -HẾT 11 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HỐ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có trang) KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi : TỐN (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chun Nga - Pháp) Thời gian làm :150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 18 tháng năm 2012 Câu 1: (2.0 điểm ) x 2 x 3    x x 6 2 x  Cho biểu thức : A  x 2   : 2 x    x   x   1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tìm giá trị x để  A Câu (2,0 điểm ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2  a 0  đường thẳng (d): y = bx + 1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2) 2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ) Câu (2.0 điểm) 1/ Cho phương trình: x  (2m 1) x  m  m  0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  x   y  2  2/ Giải hệ phương trình:  1  x  y 1  Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ tới đường tròn (P Q tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng OQ M 1/ Chứng minh rằng: MO = MA 2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt tia AP, AQ B C Chứng minh rằng: a) AB  AC  BC không phụ thuộc vào vị trí điểm N b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC Câu (1.0 điểm) Cho x, y số thực dương thoả mãn :  2 Chứng minh : x y x  y  xy  y 3 Hết -Họ tên thí sinh …………………………………………… Số báo danh: ………………………… Chữ ký giám thị 1: ………………………………… Chữ ký giám thị 2: …………………… 12 Bài giải Câu 1: (2.0 điểm ) x 2 x 3   x  x   x  x 2   : 2 x     Cho biểu thức : A  x   x   1/ Rút gọn biểu thức A  x 2 x 3 A     x  x 6 2 x A=…= x 2   : 2 x    x   (ĐK: x  0, x  4, x  ) x 1  x 1 x 2/ Tìm giá trị x để  A x     x   x  A 2 x 1 1  x  x  0    x    x  2  x  Kết hợp với ĐK   x  Câu (2,0 điểm ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax  a 0  đường thẳng (d): y = bx + 1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2) M (P)  …  a =  y = 2x2 M  (d)  …  b =  y = x + 2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ) Xét pt hoành độ gđ: 2x2 = x +  2x2 - x - =  x 1  y 2  1   M  1;  ; N   ;  1  x   y   2  2 SMON Sthang   S1  S   0, 75 (dvv) Câu (2.0 điểm) 1/ Cho phương trình: x  (2m 1) x  m  m  0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt? phương trình có hai nghiệm dương phân biệt   m     25      m2  a.c   m  m       m2  b  2m    m        a 13  x   y  2 (1)  2/ Giải hệ phương trình:  1 (ĐK: x  1; y  1) (2)  x  y 1  (2)  x + y = xy (3) Hai vế (1) dương ta bình phương hai vế ta có: x y 22  x  1  y  1 4  x  y   xy   x  y   4  x+y=4  xy=4 Thay (3) vào ta có: x + y = kết hợp với (3) có hệ:  Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y hai nghiệm pt: X2 - 4x + =  x = 2; y = Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ tới đường tròn (P Q tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng OQ M B P A N O M Q C 1/ Chứng minh rằng: MO = MA A1 = O1 A1 = A2  A2 = O1  MAO cân  MO = MA 2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt tia AP, AQ B C Chứng minh rằng: a) AB  AC  BC khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có …  AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi) b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC Nếu tứ giác BCQP nội tiếp  P1 = C1 mà P1 = Q1  C1 = Q1  PQ//BC Câu (1.0 điểm) Cho x, y số thực dương thoả mãn :  2 Chứng minh : x y x  y  xy  y 3 * Ta có: 14 x  y  xy  y 3  x  xy  y  x  y  0   x  y   x  y  0 * 2 2x  2x  2  2     y x y y x y x 2x  Vì : y > ; x >  2x - >  x > 1/2 Thay y = … vào x  y  0 2x x3  x  x  x  Ta có: x  y  0  x   0  0 (1) 2x  2x  Vì 2x - >  (1)  x  x  x  x  0  x  x  x  0 Mà x  x  x  2 x  x  x  x  3x  2  x  1  x  x  3  x  1 2  x  3 0 Vậy  x  y   x  y  0 x  x  0; y  15 16