Phương trình có hai nghiệm phân biệt : Câu 2.. a Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.. b Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình.. Gọi M là
Trang 1ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
NĂM HỌC 2009 – 2010
ĐỀ TOÁN CHUNG Câu 1 ( 2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau : 1) 2x2 – 3x – 2 = 0 ; 2) 4 1
6 2 9
x y
+ = −
− =
4 – 13x2 + 3 = 0; 4) 2x2−2 2.x 1 0− = ; GIẢI
1) 2x2 – 3x – 2 = 0
Ta có : ∆ = b2 – 4ac = (– 3)2 – 4 2 (– 2) = 25 > 0 ⇒ ∆ = 25 5= Phương trình có hai nghiệm phân biệt :
2)
Vậy hệ phương trình có nghiệm : 1; 3
2
−
3) 4x4 – 13x2 + 3 = 0
Đặt : t = x2 ( điều kiện : t ≥ 0), Khi đó ta được phương trình : 4t2 – 13t + 3 = 0 ( 1)
Ta có : ∆ = b2 – 4ac = (– 13)2 – 4 4 3 = 121 > 0 ⇒ ∆ = 121 11= Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :
1
13 11
3 0
b t
a
− − +
− + ∆
2
13 11 1
0
b t
a
− − −
− − ∆
+ Với t1 = 3, ta được : x2 = 3 ⇔ = ±x 3; + Với t2 = 1
4, ta được: x
2 = 1 1
4⇔ =x m2 Phương trình đã cho có tập nghiệm là : S 3; 1 1; ; 3
2 2
4) 2x2−2 2.x 1 0− =
Ta có : ∆ = b2 – 4ac = ( )2 ( )
2 2 4.2 1 16 0 16 4
− − − = > ⇔ ∆ = = Phương trình có hai nghiệm phân biệt :
Câu 2 ( 1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số
2 x 2
y=− và đường thẳng (D) : 1
y x 1 2
= − trên cùng một hệ trục tọa độ; b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính
GIẢI a) Học sinh tự vẽ
b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) :
( )
2
1
2 2
x
− = − ⇔ − = − ⇔ + − = Phương trình (1) có dạng : a + b + c = 1 + 1 + (– 2) = 0
Phương trình có nghiệm : x1 = 1 ; x2 = c 2
a = − x1 = 1 => y1 = 1
2
− ; x2 = – 2 => y2 = – 2
Vậy (D) cắt (P) tại 2 điểm M1 ( 1; 1
2
− ) và M2 (– 2; – 2)
Trang 2Câu 3 ( 1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau :
A= 12 6 3− + 21 12 3− ;
= + + − − ÷ ÷ + − + + − ÷÷
GIẢI a) Ta có :
( ) ( ) ( )
A 12 6 3 21 12 3 3 2.3 3 3 2 3 2 2 3 3 3
3 3 2 3 3 | 3 3 | | 2 3 3 | 3 3 2 3 3 3
b)
= + + − − ÷ ÷ + − + + − ÷÷
Ta có :
2 2
2
= + − ÷ ÷ = + − ÷ ÷ = ÷ ÷ = ÷÷ =
2 2
2
= + − ÷ = + − ÷ ÷ = ÷ ÷ = ÷÷ =
Vậy
= + + − − ÷ ÷ + − + + − ÷÷ = + = + =
Câu 4 ( 1,5 điểm) Cho phương trình : x2 – ( 3m + 1)x + 2m2 + m – 1 = 0 ( x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:
2 2
1 2 1 2
A=x + −x 3x x
GIẢI a) Xét : ∆ = b2 – 4ac = [ – (3m + 1)]2 – 4 1 ( 2m2 + m – 1) = 9m2 + 6m + 1 – 8m2 – 4m + 4
= m2 + 2m + 1 + 4 = ( m + 1)2 + 4 >0 với mọi m ( vì ( m + 1)2 ≥ 0 với mọi m) Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b) Theo định lý Vi – et ta được : x1 + x2 = b
a
− = 3m + 1; x1.x2 = c
a = 2m
2 + m – 1
Ta có : 2 2
1 2 1 2
A=x + −x 3x x = ( x1 + x2)2 – 5 x1.x2 = (3m + 1)2 – 5(2m2 + m – 1) = 9m2 + 6m + 1 – 10m2 – 5m + 5 = – m2 + m + 6 = – (m2 – m – 6) =
− + + − ÷= − − ÷ − = − − ÷ ≤
Vì
2 1
2
+ ≥
với mọi m Vậy A đạt giá trị lớn nhất bằng
khi m
4 =2
Câu 5 ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác
Trang 3A và B Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E Vẽ MP vuông góc với AB ( P thuộc AB)., vẽ
MQ vuông góc với AE ( Q thuộc AE)
a) Chứng minh : AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật
b) Gọi I là trung điểm của PQ Chứng minh :O: I và E thẳng hàng
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng
Suy ra K là trung điểm của MP
d) Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất
GIẢI a) * Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp:
Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
Nên : ·OAE OME 90=· = 0 ⇒OAE OME 180· +· = 0
Vậy tứ giác AEMO nội tiếp được đường tròn
* Chứng minh tứ giác APMQ là hình chữ nhật:
Ta có : ·QAP APM MQA 90= · =· = 0
Vậy tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Chứng minh O; E và I thẳng hàng:
+ Do tứ giác APMQ là hình chữ nhật và I là
trung điểm của QP nên I cũng là trung điểm của AM
+ Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
nên AE = ME, mặt khác OA = OM = R, vậy EO là đường trung
trực của AM, suy ra : OE đi qua I hay O; E và I thẳng hàng
c) * Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng :
+ Ta có : ·MBP 1Sđ AM¼ 1MOA EOA· ·
+ Xét ∆ AEO và ∆ PMB :
EAO MPB 90= = ; EOA MBP= Suy ra : ∆ AEO ∆ PMB
* Chứng minh K là trung điểm của MP:
Do ∆ AEO ∆ PMB AE PM PM AE.PB AE.PB
AO= PB ⇔ = AO = R
Do MP // AE KP PB KP PB.AE PB.AE 2KP PB.AE
Suy ra : PM = 2 PK, hay K là trung điểm của PM
d) * Đặt AP = x Tính MP theo R và x :
AMB AMB 90 ; MP AB
MP= AP.PB= x R x2 −
* Vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất:
+ Gọi diện tích hình chữ nhật APMQ là S, ta được : S = AP MP = x x 2R x( − )
+ Áp dụng BĐT Cô – Si đối với 4 số dương : ; ;
3 3 3
và ( 2R – x) ta được :
4
× × × × − ≤ + + + − = ( dấu “=” xảy ra khi : 2 3
= = = − ⇔ = )
Ta được S đạt giá trị lớn nhất bằng 3 2 3
4
R khi AP = 3
2
R ⇒MAB 30· = 0 ⇔Sđ BM 60¼ = 0, Khi đó
M thuộc đường tròn sao cho : Sđ BM 60¼ = 0
……….Hết………
ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
NĂM HỌC 2009 – 2010
K I
Q
P
E
M
A
Trang 4ĐỀ TOÁN CHUYÊN Câu 1 ( 4 điểm)
1) Giải hệ phương trình sau :
1
1 1
2
5 3 1
y x
y x
+
+
2) Giải phương trình : ( 2x2 – x)2 + 2x2 – x – 12 = 0
GIẢI 1) Giải hệ phương trình sau :
1
1
1
3
x
Vậy hệ phương trình có nghiệm : ; 1 1
2 3
. 2) Giải phương trình : ( 2x2 – x)2 + 2x2 – x – 12 = 0
Đặt : t = 2x2 – x, ta được phương : t2 + t – 12 = 0 (*)
Ta có : ∆ = b2 – 4ac = 12 – 4.1(– 12) = 49 ⇒ ∆ = 49 7= , Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :
+ Với t1 = 3, ta được : 2x2 – x = 3 2x2 – x – 3 = 0 (1)
Phương trình có dạng : a – b + c = 2 – (– 1) – 3 = 0, Vậy phương trình (1) có nghiệm : x1 = –1; x2 = c 3 3
−
− = − = + Với t2 = – 4, ta được : 2x2 – x = – 4 2x2 – x + 4 = 0 (2)
Ta có : ∆ = b2 – 4ac = (–1)2 – 4.2.4 = – 31 < 0
Vậy phương trình (2) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm : S = 1; 3
2
Câu 2 ( 3 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – 3 = 0 ( x là ẩn số) Tìm m để phương trình đã cho
có hai nghiệm phân biệt x1; x2 ( x1 < x2) thỏa : | x1| = 2| x2|
GIẢI + Ta có : ∆’ = ( 2m + 1)2 – ( 4m2 + 4m – 3) = 4m2 + 4m + 1 – 4m2 – 4m + 3 = 4 > 0
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
+ Vì x1 < x2 nên nghiệm của phương trình là :
= = − = = + ( vì 2m + 3 > 2m – 1)
+ Theo đề ta được : | x1| = 2| x2|
* Trường hợp : x1 = 2x2 2m – 1= 2( 2m + 3) m 7
2
−
=
* Trường hợp : x1 = – 2x2 2m – 1 = –2( 2m + 3) m 5
6
−
= Vậy m 7
2
−
= hoặc m 5
6
−
=
Câu 3 ( 2 điểm) Thu gọn biểu thức : A 7 5 7 5 3 2 2
7 2 11
+
Trang 5GIẢI
Ta đặt : M 7 5 7 5
7 2 11
=
+ => M > 0.
Ta được :
2 7 5 7 5 14 2 7 5 14 2 44 2 7 2 11
7 2 11 7 2 11 7 2 11
7 2 11
+
2
3 2 2− = 2 −2 2.1 1+ = 2 1− = 2 1−
Vậy : A M= −( 2 1− =) 2− 2 1 1+ =
Câu 4 ( 4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M Chứng minh rằng :
a) ·ABP AMB=· ; b) MA MP = BA BM
GIẢI
a) Chứng minh ·ABP AMB=· :
+ Ta có : ∆ ABC cân tại A nên AB = AC => »AB AC=» ;
+ ·AMB 1(Sđ AB Sđ PC» » ) 1(Sđ AC Sđ PC» » ) 1Sđ AP ABP» ·
b) Chứng minh MA MP = BA BM :
+ Do ·ABP AMB= · => ·CBP AMB=·
=>∆ MPB cân tại P nên PM = PM
+ Xét ∆ MAB và ∆ APB :
Góc A chung ; ·ABP AMB=·
Suy ra ∆ MAB ∆ BAP ( g – g)
Suy ra :
AM.PM BA.BM
BA = PB ⇔ BA = PM ⇔ = ( đpcm)
Câu 5 ( 3 điểm)
a) Cho phương trình : 2x2 + mx + 2n + 8 = 0( x là ẩn số và m , n là các số nguyên) Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên Chứng minh rằng: m2 + n2 là hợp số
b) Cho hai số a, b > 0, thỏa : a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2010 + b2010
GIẢI a) Giả sử a và b (a; b∈¢ là hai nghiệm của phương trình : 2x) 2 + mx + 2n + 8 = 0
Ta có : ∆ = b2 – 4ac = m2 – 16n – 64 ≥ 0
Theo định lý Vi – et : 2( )
2
4 4
a b
n ab
ab n
−
= +
Suy ra : m2 + n2 = [ 2( a + b)]2 + ( ab – 4)2 = 4a2 + 8ab + 4b2 + (ab)2 – 8ab + 16
= 4a2 + (ab)2 + 4b2 + 16 = a2 ( 4 + b2) + 4(b2 + 4) = ( a2 + 4)(b2+4)
Vì a, b là các số nguyên và a2 ≥ 0 ; b2 ≥ 0, nên a2 + 4 và b2+4 là những số nguyên lớn hơn 3 Vậy m2 + n2 là hợp số
b) Ta có : a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102, nên :
(a100 + b100 ) (a102 + b102)= (a101 + b101 )2
a202 + a100b102 + a102b100 + b102 = a202 + 2a101b101 + b102
O
M
P
A
Trang 6 a100b102 + a102b100 = 2a101b101 b2 + a2 = 2ab ( a – b)2 = 0 a = b.
Từ giả thiết, ta được : 2a100 = 2a101 = 2a102 1 = a = a2 a = b =1 ( vì a, b > 0)
Vậy : P = a2010 + b2010 = 12010 + 12010 = 2
Câu 6 (2 điểm)
Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a Gọi (O) là đường tròn tâm O bán kính a Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạy giá trị nhỏ nhất
GIẢI Gọi C và D là giao điểm của AO với (O; a), với C nằm giữa A và O
Ta được : C là trung điểm của OA, hay OC = a Gọi E là trung điểm
của OC; F là giao điểm của đoạn thẳng BE và (O; a)
+ Nếu M trùng với C, ta được :
AM = AC; EM = EC và do AC = 2EC Suy ra : AM = 2 EM
+ Nếu M trùng với D, ta được :
AM = AD; EM = ED và do AD = ED Suy ra : AM = 2 EM
+ Nếu M không trùng với D và không trùng với C
Xét ∆ EOM và ∆ MOA :
Góc O chung
OE OM 1
OM = OA = 2 Suy ra ∆ EOM ∆ MOA
EM 1
AM 2EM
AM 2
Vậy ta luôn được AM = 2 EM
Suy ra : AM + 2 BM = 2 ( EM + BM) ≥ 2 EB = 2 ( )2 2 17
÷
dấu “=” xảy ra khi M trùng với F Vậy : AM + 2 BM đạt giá trị nhỏ nhất bằng a 17 khi M trùng với F
Câu 7 ( 2 điểm)Cho a, b là các số dương thỏa : a2 + 2b2 ≤ 3c2 Chứng minh : 1 2 3
a b+ ≥c GIẢI
Ta có : a2 + c2 ≥ 2ac ; 2b2 + 2c2 ≥ 4bc, dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c;
Suy ra : a2 + c2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ac + 4bc a2 + 2b2 + 3c2 ≥ 2ac + 4bc
Theo giả thiết : a2 + 2b2 ≤ 3c2, suy ra : 2ac + 4bc ≤ a2 + 2b2 + 3c2 ≤ 6c2 a + 2b ≤ 3c (*)
Áp dụng BĐT BunhiAkôpski :
2
2
c
≥ + ⇔ + ÷ ≥ + ÷ + ≥ + ÷÷
⇔ + ÷≥ + = ⇔ + ≥
………Hết………
Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của tất cả mọi người
M
F
E O
B
A