Đề Toán Không Chuyên Tuyển Sinh Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2011-2012

Bán kính đườ ng tròn ngoai ti ếp tam giác HIO là bán kính đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác AOC là EO.[r]

Võ Tiến Trình Đề Tốn khơng chuyên tuyển sinh trường Phổ Thông Năng

khiếu – Đại Học Quốc Gia TP.HCM Năm 2011 – 2012

Bài 1(2,5 điểm) Cho phương trình x2mx2m2 x 3 1 

a) Giải phương trình (1) m2

b) Tìm m đểphương trình x2 mx2m2 0 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa x12 2x227m22

c) Chứng minh phương trình (1) ln có khơng q hai nghiệm phân biệt

Bài 2(2 điểm)

a) Giải phương trình x2 2 x  1 6x

b) Giải hệ phương trình

2

2

1

x y y

xy x

    

  

Bài 3(1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức  

2

3 1

1

:

1

x x

x x

R

x

x x

       

    

            

với x0

1

x

b) Chứng minh R1

Bài 4(1 điểm)

Một tổ mua nguyên vật liệu để tổ chức thuyết trình lớp hết 72.000 đồng, chi phí

được chia cho thành viên tổ Nếu tổ giảm bớt người người phải đóng thêm 3.000 đồng Hỏi số người tổ ?

Bài 5(3 điểm)

Võ Tiến Trình a) Tính độdài đoạn KC AB theo a

b) Gọi H trực tâm O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tính



OHC

c) Đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác HIO theo a

Hướng dẫn giải

Bài

a) Khi m2, phương trình trở thành x22x8 x 3

điều kiện x3

Phương trình cho tương đương với 2

3

2

2

4

x x

x

x x

x   

      

  

    So với điều kiện, ta có phương trình có nghiệm x3,x4

Vậy phương trình cho có nghiệm x3,x4

b) Phương trình x2 mx2m2  0 x2 2mxmx2m2 0

x 2mx m x 2m

x m

       

  

Phương trình có hai nghiệm phân biệt m0

+ trường hợp x1 2 ,m x2  m, ta có phương trình2m2 2m2 7m2 2

2 m

   (vô nghiệm m)

+ trường hợp x1  m x, 2  2m , ta có phương trình m2 2 2 m2 7m2 2

2

1

1

m m

m      

  

Võ Tiến Trình Vậy giá trị m cần tìm m 1;m1

c) Phương trình   2

3

1 2 ,

3

3

x x

x mx m x m x m

x x

 

  

 

        

      

Vì 2mm 2m2 0 nên hai số 2m m có số khơng âm

Do phương trình x2 mx2m2 0 có tối đa nghiệm khơng nhỏ Do phương trình (1) có khơng q hai nghiệm phân biệt

Bài

a) Phương trình x2 2 x  1 6x

Điều kiện

x   

Bình phương hai vế ta có phương trình tương đương

  

7 x x2 52x 7 x 6 x

x 5 2x x

    

2

10 2

2

x

x x x x x

x              

 

(thỏa điều kiện)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x 1;x2

b) Giải hệ phương trình

2

2

1

x y y

xy x

    

  

Từ xy  x 2xy2x1 thay vào phương trình x2 y2 2y1 ta có

 2  

2 2 2 1 2 2 2 3 0

Võ Tiến Trình

 1 3

3

x y

x y x y

x y

   

       

   

Với x y  1 x  1 y ta có: x x 1  x1 0 x  1 y 0

Với xy  3 x  3 y ta có

 

3 1

x x  x   x  x   x  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;  1;2 , 1;0

Bài

a)

1

x R

x x



  b) Chú ý:

2

1

1 0;

2

x x   x      x x

 

   2

1 1

1

1 1

x x x x x

x R

x x x x x x

          

      Bài 4. Gọi sốngười tổ x (người) (điều kiện : x,x2)

Số tiền dựđịnh người đóng: 72000

x (đồng)

Sơ tiền người phải đóng tổ giảm hai người : 72000 x

Ta có phương trình 72000 72000 3000

x  x 

   

72000x 72000 x 3000x x

    

2

2 48

6

x

x x

x        

Võ Tiến Trình

Theo điều kiện ta nhận x8 Vậy tổ có người

Bài

a)

2

AC a

KC  a 2

3

3

a

AB AK  a

b) Vì AHC AOC 1200tứ giác AHOC nội tiếp

  1800 

30

AOC

OHC OAC 

   

c) Gọi E điểm cung AC suy E tâm đườg tròn ngoại tiếp tam giác AOC

Vì AIC1200 AOCI thuộc đường trịn ngoai tiếp tam giác AOC

Bán kính đường trịn ngoai tiếp tam giác HIO bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AOC EO

Ta có :

3

a