Đề 30

Qua A dựng hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn M, N là các tiếp điểm và một cát tuyến bất kì cắt đường tròn tại P, Q.. Gọi L là trung điểm của PQ.. b/ Chứng minh LA là phân giác của g

ĐỀ SỐ 30 Câu 1( 2 điểm): Cho

x 1

x 1 x x x x 1



a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm x sao cho P < 0

Câu 2 ( 2 điểm ):

Cho phương trình ẩn x: x2 – x + 1 + m = 0 (1)

a) Giải phương trình đã cho với m = 0

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 )

Câu 3 ( 2 điểm ):

a) Giải hệ phương trình:

3x +2y = 4 4x -y = 9





 b) Tìm m để hai đường thẳng (d1) y= mx + 5- m và (d2) y=3x + m-1 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung

Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn Qua A dựng hai

tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (M, N là các tiếp điểm) và một cát tuyến bất kì cắt đường tròn tại P, Q Gọi L là trung điểm của PQ

a/ Chứng minh 5 điểm: O; L; M; A; N cùng thuộc một đường tròn

b/ Chứng minh LA là phân giác của góc MLN

c/ Gọi I là giao điểm của MN và LA Chứng minh MA2 = AI.AL

d/ Gọi K là giao điểm của ML với (O) Chứng minh rằng KN // AQ

Câu 5 (1 điểm):Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c ab bc ac      6 Chứng minh rằng:

3 3 3

3

Hết

THANG ĐIỂM- ĐÁP ÁN

C

Â

U

1

Với a 0;a 9, ta có    

  

P



P

     









3

a

Vậy  

3 3

a P

a với a 0;a 9

0,5

b) Với a 0;a 9, P>

1

2 3

a

5 a 3 0(doa 0nen a 3 0)

9 a

25

0,25

Kết hợp với ĐK, ta được

9

25

Vậy…

0,25

Ta có : a= 1, b=5, c= 4

Mà a-b+c =1- 5 + 4= 0 nên phương trình có 2 nghiệm x1=-1 và x2=-4

0,25 0,5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

2 ' (2m) 8m 5 2m 2 1 0 m

        

Theo Vi-et, ta có: x1x2 4m; x x1 2 8m 5 0,25

Do x 1 là nghiệm của phương trình đã cho nên:

Mà

2

1 2

x 4mx 8m 1 0 4mx 8m 5 4mx 8m 1 0

4m x x 16m 4 0 *

Thay x1x2 4m vào (*) ta được:

2 2

4m.4m 16m 4 0 16m 16m 4 0

1 4m 2 0 m

2

Vậy

1 m

2



là giá trị cần tìm

0,25

0,25

3

1



11x = 22

3x +2y = 4



 

x = 2

y = -1



 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y)=(2; -1) 0,25

b) Để (d1) và (d2) cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung thì

,

a a

b =bb





0,5

a) Ta có: MOB 900 (do ABMN) và MHB  900(do MHBC)

Suy ra: MOB MHB   900 900  1800

 Tứ giác BOMH nội tiếp

b) ∆OMB vuông cân tại O nên OBM OMB

(1)

Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM OHM (cùng chắn cung OM)

1,0

0,25

4

K E

H C

O

N

M

B A

m khongTMDK m



và OMB OHB  (cùng chắn cung OB) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: OHM OHB

 HO là tia phân giác của góc MHB

ME HB MH EB

(3)

∆BMC vuông tại M có MH là đường cao nên:

2

HC

(4)

Từ (3) và (4) suy ra:

2

c) Ta chứng minh được đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính

là MC

MKC

  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

MN là đường kính của đường tròn (O) nên MKN  900(góc nội tiếp

chắn nửa đường tròn)

0,25 0,25

0,25

0,25

5

Đặt

3 3 3

P

Có a, b, c là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM có:

0,25

 







 







 





3

2

3

2

3

2

2

2

2

b

c

2 2 2

2

6

a b c ab bc ac     

 P 2 a2b2c2  a b c   6

Có a b  2  b c  2 a c 2  0  2a2b2c2  2ab bc ca  

 3 a2b2 c2  a b c  2

Suy ra  2    2    6

3

Có ab bc ca a   2b2c2  3 ab bc ac     a b c  2

2

1 6

3

   a b c ab bc ac a b c      a b c 

. a b c   3

, a b c  2  9

Suy ra 2 9 3 6 3

3

Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c  Vậy

3 3 3

3

0,25

0,25

0,25