Tìm k để đường thẳng d cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.. Chứng minh rằng phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá
Trang 1ĐỀ 8
−
x A
x x x x với x>0,x≠9.
2 Chứng minh rằng: 5 1 1 10
5 2 5 2
Bài 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y= −(k 1)x n+ và hai điểm A(0;2), B(-1;0)
1 Tìm các giá trị của k và n để:
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) :∆ y x= + −2 k
2 Cho n=2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB
Bài 3 Cho phương trình bậc hai: x2−2mx m+ − =7 0 (1) (với m là tham số).
1 Giải phương trình (1) với m= −1
2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x thoả mãn hệ thức: 1; 2
1 1
16
x + x = .
Bài 4 Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa
O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E
1 Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆CAE đồng dạng với ∆CHK
2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh ∆NFK cân
3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2
Bài 5 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:
( ) (3 ) (3 )3 3
4
Trang 2ĐÁP ÁN Bài 1
1 Rút gọn biểu thức: 3 1 9
x A
−
với x>0,x≠9.
2 Chứng minh rằng: 5 1 1 10
5 2 5 2
1.
(1,25đ
)
Với ĐK: x>0,x≠9 Ta có:
x A
x x
0,25
9
A
3 x 9 x 3 x A
x
+ + −
9 x A
x
+
Kết luận: Vậy với x>0,x≠9thì A 9 x
x
+
2.
(0,75đ
)
Ta có:
5.2 5
5 4
=
− = 10
0,25
Vậy: 5 1 1 10
5 2 5 2
Bài 2 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y= −(k 1)x n+ và hai điểm A(0;2), B(-1;0)
1 Tìm các giá trị của k và n để:
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) :∆ y x= + −2 k
Trang 32 Cho n=2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB
1a
(1,0 đ)
(d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:
( 1).0 2 ( 1).( 1) 0
− − + =
0,25
2
n k
=
⇔ − + =
2 3
n k
=
⇔ =
Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25
1b
1 1 ( ) //( )
2
k d
− =
∆ ⇔ ≠ −
2 0
k n
=
⇔ ≠
Kết luận: Vậy ( ) //( ) 2
0
k d
n
=
∆ ⇔ ≠
2.
(0,5 đ)
Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2 Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C
⇔ − ≠ ⇔ ≠ và khi đó toạ độ điểm C là 2 ;0
1 k
0,25
1
C
OC x
k
− và do B(-1;0) nên OB = 1.
Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy
ra:
|1 |
k
− 0 2
k k
=
⇔ = (thoả mãn đk k ≠1) Kết luận: k = 0 hoặc k = 2
0,25
Bài 3 (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x2−2mx m+ − =7 0 (1) (với m là tham số).
1 Giải phương trình (1) với m= −1
2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x thoả mãn hệ thức: 1; 2
1 1
16
x + x = .
Trang 4Ý Nội dung Điểm 1.
(0,75đ
)
Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành:
2
2 8 0 ' 1 8 9 ' 3
x + x− =
∆ = + = ⇒ ∆ =
0,25
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
1 3
4 1
1 3
2 1
x
x
− −
− +
0,25
Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2 0,25
2.
(0,75đ
)
Pt (1) có ∆ =' m2−(m−7) = m2− +m 7 0,25
2
1 27
0
m
= − ÷ + >
Vậy với mọi giá trị của m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25
3.
(0,5 đ)
Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị của
m Theo định lý Vi ét ta có:
1 2
2 7
x x m
0,25
Theo giả thiết ta có: 1 2
0
1 1
16
16
x x
x x x x
x x
≠
7 0
7 8 8
m
m m m
− ≠
≠
⇔ =
⇔ = Vậy m = 8 là giá trị cần tìm
0,25
Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng
AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E
1 Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆CAE đồng dạng với ∆CHK
2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh ∆NFK cân
3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2
Trang 5
h
k o
n m
f
b
a
B A
1.
(2,0đ)
• Ta có: + ·AHE=900 (theo giả thiết AB⊥MN ) 0,5 + ·AKE =900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5
· · 900
AHE AKE
⇒ = = ⇒ H, K thuộc đường tròn đường kính AE
Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp 0,25
• Xét hai tam giác ∆CAE và ∆CHK:
+ ·EAC =EHK· (góc nội tiếp cùng chắn cung EK) Suy ra ∆CAE ∆CHK (g - g) 0,5
2.
(1,0 đ)
Do đường kính AB ⊥MN nên B là điểm chính giữa cung ¼MN suy ra ta có
Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên
(2) (3)
NKB KNF MKB MFN
=
Từ (1), (2), (3) suy ra ·MFN =KNF· ⇔ KFN· =·KNF Vậy ∆KNF cân tại K 0,25
3.
(0,5 đ)
* Ta có ·AKB=900⇒ BKC· =900 ⇒ ∆KECvuông tại K
Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K
· · 450 · 450
BEH =KEC = ⇒OBK = Mặt khác vì ∆OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra ∆OBK vuông
cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)
0,25
* Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính
và KP // MN Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP
Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2 ⇔ KN2 + KM2 =
4R2
0,25
Bài 5 (0,5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:
( ) (3 ) (3 )3 3
4
Trang 6Ý Nội dung Điểm
0,5 đ
Ta có: (a−1)3=a3−3a2+3a−1
2
3 3 1
1 1 (1) ( 0)
a a a
Tương tự: 3 3 ( ) 3 3 ( )
( 1) 1 2 , ( 1) 1 3
b− ≥ b− c− ≥ c−
0,25
Từ (1), (2), (3) suy ra:
a− + −b + −c ≥ a b c+ + − = − = − Vậy BĐT được chứng minh
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
2
2
2 3
0, 2
2
2 3
3 3
b b
a b c
a b c
0,25