1 điểm Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O;R có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau.. Ta có tứ giác ACB’D là hình thang AC // B’D vì cùng vuông góc với BD.. Hình thang nầy nội
Trang 1THÀNH PHỐ CẦN THƠ MÔN: TOÁN
(Hệ chuyên)
Năm học: 2009 – 2010
CÂU 1 (1,5 điểm)
Cho biểu thức Q =
2
1
với x > 0 a) Rút gọn biểu thức Q
b) Tìm x để Q = 4
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của Q và khi đó giá trị của x là bao nhiêu?
a) Q = x ( x 1)(x x 1) x (2 x 1) 1
= x x 2 x 1 1 = x 3 x (+ +)
b) Q = 4 x 3 x 4
x 3 x 4 0 ( x 1)( x 4) 0
x 16 (+ +) c) Q = x 3 x = 3 2 9 9
Giá trị nhỏ nhất của Q là 9
4
xảy ra khi x = 9
4 (+ +)
CÂU 2 (1,5 điểm )
Cho x, y, z là các số dương Chứng minh :
xy z x y z
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có:
3
3
3
xy z xyz ( + )
3
1 1 1
(+ + + +)
Trang 2CÂU 3 ( 2 điểm )
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3x2 2x2 1 4
b)
2 2
a).(1đ)
ĐK: x0 (+)
Đặt: 2
x t 2x 1 (1) Thay vào ta có pt: 1 2
t
Giải tìm đ ược: t1 = 1 ; t2 = 1
3 (+) Thay t1 = 1 vào (1) có : 2
2
x
2x 1 (vô nghiệm) Thay t2 = 1
3 vào (1) có : 2
2
Giải tìm được : x1 = 1 ; x2 = 1
2 (+ +) b).(1đ )
Đặt: x 1 u (u 0 )
2y2 = v (v 0 )
Thay vào ta có hệ:
u v 12uv 32
Giải hệ nầy tìm được: (u = 4; v = 8) , (u = 8; v = 4) (+)
Với (u = 4; v = 8) tìm được:
x 15y 2
(+)
Với (u = 8; v = 4) tìm được:
x 63
(+)
Trả lời: Hệ có bốn nghiệm:
x 15y 2
; x 15y 2
; x 63
; x 63
(+)
Trang 3B' D
C
B A
O
Cho phương trình : x2 2x sin cos 1 0 , ( 00 900 )
a) Chứng tỏ rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
b)Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1, x2 của phương trình không phụ thuộc vào
tham số
a).(0,25đ)
Ta có: ' sin2 cos 1 sin2(1 cos ) > 0 (+)
Vậy pt luôn có hai nghiệm x1 và x2
b).(0,75đ)
1 2
1 2
(+)
1 2
sin
2
(+)
2
2
1 2
2
( do sin2 cos2 1) (+)
CÂU 5 (1 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R) có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = 4R2
Kẻ đường kính BB’ Nối B’A, B’D, B’C Ta có tứ giác ACB’D là hình thang (AC // B’D vì cùng vuông góc với BD) Hình thang nầy nội tiếp đường tròn (O) nên là hình thang cân, suy ra: CD = AB’ Do đó:
AB2 + CD2 = AB2 + AB’2 = BB’2 ( ABB' vuông ở A) Vậy AB2 + CD2 = 4R2 (+ + + +)
Trang 4D
C
S
N
M
B A
CÂU 6 (3 điểm)
Cho đường tròn ( O; R ), đường kính AB, gọi S là điểm đối xứng của O qua A
Từ S vẽ hai tiếp tuyến SM, SN với đường tròn (O) ( M và N là hai tiếp điểm)
a) Chứng minh tứ giác SMBN là hình thoi
b) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) lần lượt cắt SM, SN tại C và D
Chứng minh: SA2 = AC SM
c) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD và I là điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ
SC Trên đoạn ID lấy điểm E sao cho IS = IE Chứng minh khi I di động trên cung nhỏ SC thì E luôn thuộc một cung tròn cố định
d) Xác định vị trí điểm I sao cho tổng IS + IC có giá trị lớn nhất và tính giá trị nầy theo R
a).(0,75đ)
Lập luận chứng minh được MSN & MBN là hai tam giác đều,
suy ra SM = SN = BM = BN
suy ra tứ giác SMBN là hình thoi (+ + +) b).(0,75đ)
Tiếp tục lập luận suy ra được tam giác SCD là tam giác đều
từ đó suy ra AC = SC
2
SA2 = SC2 – AC2 = SC2 – CM2 = (SC + CM)(SC – CM)
= SM(SC – AC) = SM AC (+ + +)
Trang 5Lập luận được tam giác ISE là tam giác đều (+)
Suy ra số đo SED 120 0 (+)
Suy ra E thuộc cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn SD cố định (+)
Vậy E luôn thuộc một cung tròn cố định
d).(0,75đ)
Lập luận chứng minh được : IS + IC = ID (+)
Suy ra tổng IS + IC lớn nhất khi ID là đường kính của đường tròn (O’) (+) Suy ra vị trí của điểm I bằng cách vẽ đường kính DI
( hay I là điểm chính giữa của cung SC )
Lập luận tính được giá trị lớn nhất của tổng IS + IC = 4R
3 (+)
-HẾT -Ghi chú:
- Mỗi dấu + tương ứng với 0,25 điểm
- Mỗi cách giải đúng đều cho điểm tối đa ở phần đúng đó
- Điểm toàn bài bằng tổng điểm các phần, không làm tròn số
