De toan ts 10 thanh hoa 23 24

Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.2.. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO.. Chứng minh MN2 ND NA.. Gọi H là giao điểm của MO và AB... Cho đường tròn  O và một điểm M nằm

THANH HÓA NĂM HỌC: 2023 – 2024

Khoá thi ngày: 10/6/2023

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Cho biểu thức

1 2 5

4

P

x



  vơi x0,x4

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tìm tất cả các giá trị của x để P 1

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d có phương trình y ax b  Tìm ,

a b để đường thẳng  d có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M  1; 2

2 Giải hệ phương trình

2

x y

x y

 





 

1 Giải phương trình x2 3x 2 0

2 Cho phương trình x2 2mx m 2 2 0 (m là tham số) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x x1 , 2 (với x1 x2) thỏa mãn hệ thức

2

x  x  x x  m  m

Cho đường tròn  O và một điểm M nằm ngoài đường tròn Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA MB, đến  O (với A B, là các tiếp điểm) Gọi C là điểm đối xứng với B qua

O, đường thẳng MC cắt đường tròn  O tại D (D khác C)

1 Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp

2 Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO Chứng minh MN2 ND NA.

3 Gọi H là giao điểm của MO và AB Chứng minh

2

1

 

 

Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn 4x2y24z2 6y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2

2023 ( 3) ( 4) ( 1)

M

-49Hết 49

-HƯỚNG DẪN GIẢI

Cho biểu thức

1 2 5

4

P

x



  vơi x0,x4

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tìm tất cả các giá trị của x để P 1

Lời giải

1)

1 2 5

; 0, 4 4

x



       

   

P



   

P



   

2 4

P





 

   

P





2 2

x P

x





Vậy với x…0;x 4 thì

2 2

x P

x





2) Để P 1 ta có

2

1 2

x

x  với x…0;x 4 2

1 0 2

x x



0 2

x

 



2 0 2

x x





Do x…0 nên x 2 2… , tức x  2 0

kết hợp với điều kiện ta có x 4.

Vậy x 4,thì P 1

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d có phương trình y ax b  Tìm ,

a b để đường thẳng  d có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M  1; 2

2.Giải hệ phương trình

2

x y

x y

 





 

Lời giải

1) Phương trình đường thẳng  d :y ax b a   0

Vì d có hệ số góc bằng 3 nên a 3  y3x b

Vì d đi qua điểm M  1, 2  3 1   b 2 b5

Vậy a3;b5

2) Ta có

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y ;  1;3

1.Giải phương trình x2 3x 2 0

2.Cho phương trình x2 2mx m 2 2 0 ( m là tham số) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x x1 , 2 (với x1 x2) thỏa mãn hệ thức

2

x  x  x x  m  m

Lời giải

1.Giải phương trình x2 3x 2 0

Ta có Δb2 4ac ( 3)2 4 2 1 0  

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

2

3 1

2 2

3 1

1 2

x x









 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1; 2

2.Ta có a c m2 2„  2 0 nên phương trình có hai nghiệm trái dấu

x x x   0 x  x x

Theo Vi-ét ta có

2

1 2

2 2





 

 Theo bài ra x2  2 x1  3x x1 2 =3m2 3m 4

 2  2

2x x 3m 2

    kết hợp với x1 x2  2m

1 2

2 2

 



 

 

 mà x x1  2 m2 2

m 2 m 2 m2 2

m  m    m 

1

m

  ( thỏa mãn)

Vậym 1 là giá trị cần tìm

Cho đường tròn  O và một điểm M nằm ngoài đường tròn Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA MB, đến  O (với A B, là các tiếp điểm) Gọi C là điểm đối xứng với B qua

O, đường thẳng MC cắt đường tròn  O tại D (D khác C)

1.Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp

2.Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO Chứng minh MN2 ND NA.

3.Gọi H là giao điểm của MO và AB Chứng minh:

2

1

 

 

Lời giải

1) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp

- Có MAO MBO  90 ( Do MA MB, là các tiếp tuyến của  O tại A và B)

Xét tứ giácMAOB có MAO MBO  90 90 180

mà hai góc này đối nhau nên tứ giácMAOB nội tiếp đường tròn đường kính MO

D

C

B

A

O M

2) Chứng minh MN2 ND NA.

Có BAC   ( Góc nội tiếp chẳn nửa đường tròn)  90  AC AB (1)

MA MB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OA OB ( bán kính của  O )

Nên MO là trung trực của đoạn thẳng AB  MOAB (2)

Từ (1) và (2) suy ra AC MO//  NMDACD

mà MAN ACD( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn AD)

NMD NAM

Xét NMD và NAM có: NMD NAM và MNA chung

Do đó NMD∽NAM g g . 

Vậy MN2 ND NA.

3 Chứng minh:

2

H N

D

C

B

A

O M

Vì MA MB, là hai tiếp tuyến cắt nhau kẻ từ M đến đường tròn  O nên MA MB , và

MA là tia phân giác của góc AMB

Xét MAB cân tại M có MH là đường phân giác đồng thời là đường cao

Xét DMAD và DMCA có: ·AMC chung ; MDA· =MCA· =12sđ»AD ( góc nội tiếp và góc

tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn »AD)

Suy ra: DMAD∽DMCA g g( )

Do đó:

2

Suy ra: Tứ giác DHOCnội tiếp

( mối quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm)

Mà DAH· =DCB· nên DHA DAH· +· =DBC· +DCB· = °90

ADH

Xét DAHN vuông tại H có HDlà đường cao nên NH2=ND NA =NM2Þ NH =NM

Mặt khác 22 . ( )1

Và AC AC AD( )2

Từ (1) và (2) suy ra:

2

(đpcm).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2

2023 ( 3) ( 4) ( 1)

M

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được: x2 1 2 ;x y2 4 8 ;y z2 1 2z

4

y

Với hai số a b , 0 thì ta có đánh giá cơ bản:  

 

2

*

Áp dụng  * ta được:

z

1 3

Từ đó suy ra: M 2024

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2024 khi x y z , ,  1, 4,1

-49Hết 49