Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của E qua các đường thẳng AB và AC.. Vẽ đường tròn tâm O đường kính AH, đường tròn O cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E.. 1- Chứng minh rằ
Trang 14 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN- MÔN TOÁN:
THANH HOÁ, YÊN BÁI, QUẢNG NAM
SỞ GD VÀ ĐT
THANH HOÁ
KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Đề chính thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:19 tháng 6 năm 2009
Câu 1( 2,0 điểm)
Cho biểu thức:
2 3
T
+
1 Tìm điều kiện của xđể T xác định Rút gọn T
2 Tìm giá trị lớn nhất của T
Câu 2 ( 2,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình:
2
2x xy 1 4x 4xy y 7
2 Giải phương trình: x 2 y 2009 z 2010 1(x y z)
2
Câu 3 (2,0 điểm)
1 Tìm các số nguyên a để phương trình: x2- (3+2a)x + 40 - a = 0 có nghiệm nguyên Hãy tìm các nghiệm nguyên đó
2 Cho a, b, c là các số thoả mãn điều kiện:
a 0
b 0 19a 6b 9c 12
≥
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm
x −2(a 1)x a+ + +6abc 1 0+ =
x −2(b 1)x b+ + +19abc 1 0+ =
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính
AD Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm A
1 Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành
2 Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của E qua các đường thẳng AB và
AC Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng
3 Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất
Câu 5 ( 1,0 điểm)
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có: x22 y22 z22 2x22 2y22 2z2 2
+ + >
+ +
-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Họ tên và chữ ký của giám thị 1 Họ tên và chữ ký của giám thị 2
Trang 2SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ
KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Đề chính thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Hướng dẫn chấm
1 Điều kiện: x 0; x 1≥ ≠
2
T
1 x 1 x 1 x x x 1
0,25 0,75
2 T lớn nhất khi x2 +x+1 nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi x= 0 Vậy T lớn nhất bằng 2
0,5 0,5
Giải hệ phương trình:
2
2x xy 1 4x 4xy y 7
Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1) ⇒ y =
2
2x 1 x
− (*) Thế vào (2) được: 4x2 + 4x 2x2 1
x
− - 2
2
2x 1
x
− = 7
⇔ 8x4 – 7x2 - 1 = 0 Đặt t = x2 với t ≥ 0 ta được 8t2 - 7t - 1 = 0
⇔ t = 1 hoặc t = -
8
1 (loại) với t =1 ta có x2 = 1 ⇔ x = ± 1 thay vào (*) tính được y = ± 1
Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 1
y 1
=
=
;
x 1
y 1
= −
= −
0,25
0,25
0,25
0,25
2 ĐK: x 2; y≥ ≥ −2009; z 2010≥ Phương trình đã cho tương đương với:
x y z 2 x 2 2 y 2009 2 z 2010+ + = − + + + − ( ) (2 ) (2 )2
x 2 1 y 2009 1 z 2010 1 0
x 3; y 2008;z 2011
0,25
0,25 0,25 0,25
3 1 PT đã cho có biệt số ∆ = 4a2 + 16a -151
PT có nghiệm nguyên thì ∆ = n2 với n ∈ N Hay 4a2 + 16a - 151 = n2 ⇔ (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167
⇔ (2a + 4)2 - n2 = 167 ⇔ (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167
0,25 0,25
Trang 3Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có:
2a + 4 + n = 167
2a + 4 - n = 1
2a + 4 + n = -1 ⇒ 4a 8 168 4a 8 168 + =
+ = −
⇒ = −a 40 a 44 = 2a + 4 - n = -167
với a = 40 đựơc PT: x2 - 83x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 83
với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 84
0,25
0,25
1 a(2 6bc) ; 2 b(2 19ac)
Suy ra ' '
1 2 a(2 6bc) b(2 19ac)
∆ + ∆ = − + −
Từ giả thiết 19a 6b 9c 12 + + = , ta có tổng
(2 6bc) (2 19ac) 4 c(19a 6b) 4 c(12 9c) − + − = − + = − −
9c −12c 4+ = 3c 2− ≥0
Do đó ít nhất một trong hai số (2 6bc) ;(2 19ac) − − không âm
Mặt khác, theo giả thiết ta có a 0 ; b 0 ≥ ≥ Từ đó suy ra ít nhất một
trong hai số ∆1'; ∆2' không âm, suy ra ít nhất một trong hai phương
trình đã cho có nghiệm ( đpcm)
0,25 0,25
0,25
0,25
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BH⊥AC (1)
Mặt khác AD là đường kính của đường tròn tâm O nên DC⊥AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BH // DC
Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC
0,25
0,25 0,25
Trang 43
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song
song)
Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE
PAB EAB
⇒ ∆PAB= ∆EAB ( c.g c ) ⇒ ∠ APB = ∠ AEB
Lại có ∠ AEB = ∠ ACB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung)
⇒ ∠ = ∠
Mặt khác ∠AHB+ ∠ACB 180= 0⇒ ∠APB+ ∠AHB 180= 0 ⇒ tứ giác
APHB là tứ giác nội tiếp ⇒∠PAB= ∠PHB( góc nội tiếp cùng chắn một
cung)
Mà ∠ PAB = ∠ EAB ⇒ ∠ PHB = ∠ EAB
Hoàn toàn tương tự, ta có: ∠CHQ= ∠EAC.Do đó:
0
BAC BHC 180
Suy ra ba điểm P, H, Q thẳng hàng
Vì P, Q lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB và AC nên ta có
AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A
Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có ∠PAQ 2 BAC= ∠ ( không đổi)
Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn nhất khi và chỉ khi AP,
AQ lớn nhất ⇔AE lớn nhất
Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của đường tròn tâm O
ngoại tiếp tam giác ABC ⇔E≡ D
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
Trang 5Vì a2+ + >b2 c2 0ta có:
a b c
(*)
Giả sử a b c≤ ≤ thì c2− ≥a2 0;c2−b2 ≥0 Với cạnh c lớn nhất ∠ACB
nhọn (gt) do vậy kẻ đường cao BH ta có
c =BH +HA ≤BC +CA = +a b từ đó suy ra biểu thức (*) là không
âm suy ra điều phải chứng minh
0,25
0,25
0,5
A B
C H
a
c
b
Trang 6SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút không kể giao đề
Bài 1(2,5 điểm): Cho M x x 1 x x 1
1- Tìm điều kiện để M có nghĩa
2- Rút gọn M (với điều kiện Mcó nghĩa)
3
Tìm tất cả các giá trị của x để M = N
Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình:
2
y x
z xy
1 1 2
x y z
=
=
= +
với x, y, z 0>
Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức A x= 3−6x với x = 3 20 14 2+ +3 20 14 2−
Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH Vẽ đường tròn tâm O đường kính
AH, đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại D và E cắt BC thứ tự ở M và N
1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng hàng
2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số (x; y;z)với x, y, z ∈ Z để:
P (x zy)= − 2+6(x zy) x− + 2+16y2−8xy 2x 8y 10+ − + đạt giá trị nhỏ nhất
- Hết
-Họ và tên thí sinh: Phòng
thi: SBD:
Họ và tên, chữ ký giám thị 1
Họ và tên, chữ ký giám thị 2
Trang 7
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bài 1(2,5 điểm): Cho M x x 1 x x 1
1- Tìm điều kiện để M có nghĩa
2- Rút gọn M (với điều kiện MM có nghĩa)
Tìm tất cả các giá trị của x để M = N 1-(0,5 đ)
Để M có nghĩa, ta có:
x 0
x x 0
x x 0
≥
− ≠
+ ≠
⇔
x 0
x ( x 1) 0
x ( x 1) 0
≥
⇔ x 0
x 1
>
≠
2-(1,0 đ)
Với x > 0, ≠1 ta có:
2
(x x 1)(x x ) (x x 1)(x x )
M
x x
=
− = x2 x x2 x x x2 2 x x2 x x
x x
− = 2x22 2x
x x
−
−
2(x22 x)
x x
−
=
− = 2 Vậy M = 2
3-(1,0 đ)
Với x > 0, ≠1 ta có: 3
3
(1) Đặt x 1 y
x
+ = >2 (vì x 0, 1> ≠ )
3
1
x
Do đó, từ (1) ta có: 36 6y y= + −3 3y ⇔ y3+3y 36 0− =
⇔ 0 (y= 3−3 ) (3y 9) (y 3)(y3 + − = − 2+3y 9) 3(y 3) (y 3)(y+ + − = − 2+3y 12)+
⇔ y 3 2= > (vì 2 3 2 39
+ + = + ÷ + >
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
0,25
0,25 0,25
0,25
Trang 8Với y 3= , ta có x 1 3
x
+ = ⇔ x2−3x 1 0+ = (∆= 9- 4= 5 > 0)
⇔ x1 3 5
2
+
= , x2 3 5
2
−
= (tmđk) Vậy với x1 3 5
2
+
= , x2 3 5
2
−
= thì M = N
Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình:
2
y x
z xy
1 1 2
x y z
=
=
= +
với x, y, z 0>
Thế (1) vào (2) ta có z x= 3 (4)
Thế (1) và (4) vào (3) ta có 1 12 23
x = x +x hay x23 x 23
+
= , vì x 0 >
Ta có x2 = +x 2
⇔ x2− − =x 2 0 (a-b+c = 1 +1- 2 = 0)
⇔ x1 =2> 0 , x2 = −1< 0 (loại)
Do x = 2 ⇒ y = 4 > 0, z = 8 > 0
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y; z) (2; 4;8)=
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25 0,25
Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức A x= 3−6x với x= 3 20 14 2+ +3 20 14 2−
Đặt a = 3 20+14 2 , b = 3 20−14 2 , ta có x = a + b
Có x3 = a3 + b3 + 3a2b +3ab2 , vì a3 + b3 = 20 +14 2 +20 -14 2 = 40, nên
x3 = 40 + 3ab(a+b) = 40 + 3abx
Ta lại có ab = 3 20+14 2.3 20−14 2 = 3 (20+14 2)(20−14 2)=3 202 −2.142
= 3 8 =2
Vậy A = x3 - 6x = 40 + 6x – 6x = 40
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH Vẽ đường tròn tâm O đường
kính AH, đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E Các tiếp
tuyến với đường tròn (O) tại D và E cắt BC thứ tự ở M và N
1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng
hàng
2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm
1-(1 đ) Có:
DAE
∠ =1v(gt)
ADH
∠ =1v(góc nội tiếp chắn
2
1 (O)) AEH
∠ =1v(góc nội tiếp chắn
2
1 (O))
⇒ ∠DAE=∠ADH=∠AEH
⇒tứ giác ADHE là hình chữ nhật.
Vì ∠DAE=1v(gt) ⇒ DE là đường kính của (O)
0,25
0,25 0,25 B
D
E A
Trang 9⇒ D,O,E thẳng hàng. 0,25
2-(1,0 đ)
Vì AH⊥BC tại H ⇒ BC là tiếp tuyến của (O)
Ta có MD = MH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ M)
OD = OH =
2
1
AH (vì ADHE là hình chữ nhật) ⇒ OM là đường trung trực của DH
⇒ OM⊥DH
Vì ∠ADH=1v (theo (2)) ⇒ AB ⊥DH tại D
⇒ OM//AB
Vì OA= OH =
2
1
AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
Từ (8) và (9) ⇒ OM là đường trung bình của ∆AHB ⇒ MB=MH ⇒ M là trung
điểm của HB
Chứng minh tương tự ta có NH = NC ⇒ N là trung điểm của HC.
3-(1,0 đ)
MD⊥DE tại D (MD là tiếp tuyến của (O) tại D)
NE ⊥DE tại E (NE là tiếp tuyến của (O) tại E)
⇒ MD//NE ⇒ DENM là hình thang vuông, đường cao DE
Gọi diện tích hình thang DENM là SDENM Ta có: SDENM =
2
1 (MD+NE).DE
Vì MD = MH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ M)
NE = NH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ N)
⇒ MD+NE= MN =
2
1
BC (vì MH=MB, NH=NC) Lại có DE = AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
Do đó: SDENM =
2
1 2
1 BC.AH =
4
1 AB.AC =
4
1 10.7 = 17,5 (cm2)
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25 0,25
0,25
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số (x; y; z)với x, y, z ∈ Z để:
P (x zy)= − 2+6(x zy) x 16y 8xy 2x 8y 10− + +2 2− + − + đạt giá trị nhỏ nhất
P = [(x zy− )2 + 6(x zy− ) + 9] + [ (x2 – 8xy + 16y2) + 2(x 4y− ) + 1]
= [(x zy− ) + 3]2 + [(x 4y− )2 + 2(x 4y− ) + 1]
= (x zy− + 3)2 +(x 4y− + 1)2 ≥ 0
P nhỏ nhất khi: x zy 3 0 (1')
x 4y 1 0 (2')
− + =
− + =
Lấy (1’) – (2’) , ta có − +zy 4y 2 0+ = ⇔ (z 4)y 2− =
⇔ y 2
z 4
=
− (z 4)≠ (1)
Vì y Z∈ nên z 4− = ± ±1; 2, đồng thời theo (1) và (2’) ta có:
z 4− = −1 ⇔ z 3= ⇒ y= − ⇒2 x= −9; z 4 1− = ⇔ z 5= ⇒ y 2= ⇒ x 7=
z 4− = −2 ⇔ z 2= ⇒>y= − ⇒1 x= −5; z 4 2− = ⇔ z 6= ⇒ y 1= ⇒ x 3=
Vậy với (x; y;z) = [ (−9;−2;3) (, 7;2;5) (, −5;−1;2) (, 3;1;6) ] thì P đạt giá trị nhỏ nhất
(bằng 0)
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25 0,25
Trang 10Chú ý:
- Thí sinh làm cách khác đúng, hợp lý vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm của bài thi là tổng số điểm của từng bài, điểm của từng bài là tổng số điểm của từng phần (điểm bài thi, điểm từng bài, điểm từng phần của bài không làm tròn số).
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Trang 11Môn TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao
đề )
Bài 1 ( 1 điểm ):
a) Thực hiện phép tính:
3 5
12 6 3 20 10 3
−
−
− +
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x− x−2008
Bài 2 ( 1,5 điểm ):
Cho hệ phương trình:
= +
=
− 5 my x
2 y mx
a) Giải hệ phương trình khi m= 2
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức
3 m
m 1 y
2
+
−
=
Bài 3 (1,5 điểm ):
a) Cho hàm số x2
2
1
y=− , có đồ thị là (P) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là −2và 1
b) Giải phương trình: x2+ x−2 x2+x =1
Bài 4 ( 2 điểm ):
Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O Đường
thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh: 1
AB
MO CD
MO+ = .
b) Chứng minh:
MN
2 CD
1 AB
1 + = c) Biết 2
COD
2
S = = Tính SABCD theo m và n (với SAOB, SCOD,
ABCD
S lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD)
Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O;
C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song Gọi M
là giao điểm của AC và BD Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp
b) OM ⊥ BC
c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định
Bài 6 ( 1 điểm ):
Trang 12a) Cho các số thực dương x; y Chứng minh rằng: x y
x
y y
x2 2
+
≥
b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng n4 +4n là hợp số
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Môn TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao
đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
I Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi
3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25
II Đáp án:
1
(1đ)
a) Biến đổi được:
2 2 3
3 5
) 2 2 3 )(
3 5 ( +
=
−
+
0,25 b) Điều kiện x ≥ 2008
4
8031 4
8031 )
2
1 2008 x
(
4
1 2008 )
4
1 2008 x
2
1 2 2008 x
( 2008 x
x
−
−
=
− +
+
−
−
−
=
−
−
Dấu “ = “ xảy ra khi
4
8033 x
2
1 2008
x− = ⇔ = (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là
4
8033 x
khi 4
8031
0,25
0,25
2
(1,5đ)
a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình
= +
=
− 5 y 2 x
2 y x 2
−
=
+
=
⇔
= +
=
−
⇔
2 x 2 y
5
5 2 2 x 5
y 2 x
2 2 y 2 x 2
−
=
+
=
⇔
5
6 2 5 y
5
5 2 2 x
0,25
0,25
0,25
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 13b) Giải tìm được:
3 m
6 m 5 y
; 3 m
5 m 2
+
−
= +
+
=
Thay vào hệ thức
3 m
m 1 y
2
+
−
=
3 m
m 1 3 m
6 m 5 3 m
5 m
2
2
2 2
− + +
+
Giải tìm được
7
4
m=
0,25 0,25 0,25
3
(1,5đ)
a) Tìm được M(- 2; - 2); N )
2
1 : 1 ( − Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và
N nên
−
= +
−
= +
−
2
1 b a
2 b a
2
Tìm được ;b 1
2
1
a= =− Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 1
x 2
1
y= −
0,25
0,25
0,25
b) Biến đổi phương trình đã cho thành 3(x2 +x)−2 x2 +x −1=0
Đặt t= x2 +x ( điều kiện t≥ 0), ta có phương trình 3t2 −2t−1=0
Giải tìm được t = 1 hoặc t =
3
1
− (loại)
Với t = 1, ta có x2 +x =1⇔x2 +x−1=0 Giải ra được
2
5 1
x= − +
hoặc
2
5 1
x = − − .
0,25 0,25
0,25
4
(2đ)
Hình vẽ
O
C D
N M
0,25
a) Chứng minh được
AD
MD AB
MO
; AD
AM CD
AD
AD AD
MD AM AB
MO CD
MO
=
=
+
=
0,25 0,50 b) Tương tự câu a) ta có 1
AB
NO CD
NO+ = (2)
Trang 14(1) và (2) suy ra 2
AB
MN CD
MN hay 2 AB
NO MO CD
NO
Suy ra
MN
2 AB
1 CD
1
= +
0,25 0,25
c)
n m S
n m S
S
S S
S OC
OA OD
OB
; OC
OA S
S
; OD
OB S
S
AOD 2
2 2
AOD
COD
AOD AOD
AOB COD
AOD AOD
AOB
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=
=
=
Tương tự SBOC =m.n Vậy 2 2 2
0,25 0,25
5
(3đ)
Hình vẽ (phục vụ
câu a)
C
D
M
B
A
0,25
a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau
- sđ góc AMB bằng sđ cung AB
Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau
O và M cùng phía với AB Do đó tứ giác AOMB nội tiếp
0,25 0,25 0,25 0,25 b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1)
- M nằm trên đường trung trực của BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM ⊥ BC
0,25 0,25 0,25 c) Từ giả thiết suy ra d⊥OM
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AOMB, suy ra góc OMI bằng 900, do đó OI là đường kính của đường
tròn này
Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định
Vậy d luôn đi qua điểm I cố định
0,25 0,25
0,25 0,25
6
(1đ)
a) Với x và y đều dương, ta có x y
x
y y
x2 2
+
≥ + (1) ⇔ x3 +y3 ≥xy(x+y)⇔(x+y)(x−y)2 ≥0 (2)
(2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0 Vậy (1) luôn đúng với mọi
0 y , 0
x > >
0,25 0,25 b) n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k
là số tự nhiên lớn hơn 0
- Với n = 2k, ta có n4 +4n =( k)4 +4 k lớn hơn 2 và chia hết cho 2 Do
