vẽ tĩnh vật Lọ hoa & quả

Bài 5: Giả sử tứ giác lồi ABCD có 2 hình vuông ngoại tiếp khác nhau.[r]

(1)

Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang

-§Ị thi chÝnh thøc

(đợt 1)

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thi gian lm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.

Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (Đề thi gồm có: 01 trang) -Câu I: (2,0đ)

TÝnh 25

Giải hệ phơng trình:

2 x

x y   

 

Câu II: (2,0đ)

1.Giải phơng trình x2-2x+1=0

Hàm số y=2009x+2010 đồng biến hay nghịch biến R? Vì sao? Câu III: (1,0đ)

Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Câu IV(1,5đ)

Một ôtô khách ôtô tải xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ơtơ tải 36 phút.Tính vận tốc ôtô Biết trình từ A đến B vận tốc ơtơ khơng đổi

C©u V:(3,0®)

1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng trịn tâm O, đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh

a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng trịn b/OMBC.

2/Cho tam giác ABC vng A,các đờng phân giác gốc B góc C cắt cạnh AC AB lần lợt D E Gọi H giao điểm BD CE, biết AD=2cm, DC= cm tính độ dài on thng HB

Câu VI:(0,5đ)

Cho sè d¬ng x, y, z tháa m·n xyz - 16

0 x y z Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc P = (x+y)(x+z)

-Hết -Họ tên thí sinh .SBD:

đáp án: Câu I: (2,0đ)

(2)

Gi¶i hệ phơng trình: x x y     

 < = > 2 x y     

 < = > x y      VËy hƯ ph¬ng trình có nghiệm (x;y) = (2;1) Câu II: (2,0®)

x2 - 2x +1 = 0

<=> (x -1)2 = 0

<=> x -1 = <=> x =

VËy PT cã nghiÖm x =

Hàm số hàm số đồng biến vì: Hàm số hàm bậc có hệ số a = 2009 > Hoặc x1>x2 f(x1) > f(x2)

C©u III: (1,0đ)

Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Giả sử cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 =

XÐt S = x1 + x2 = + = 7; P = x1 x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = >

VËy x1; x2 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình: x2 - 7x +12 =

Câu IV(1,5đ) Đổi 36 phút =

10 h

Gọi vận tốc ô tô khách x ( x >10; km/h) Vận tốc ôtô tải x - 10 (km/h)

Thời gian xe khách hết quãng đờng AB là: 180 x (h) Thời gian xe tải hết quãng đờng AB là: 180

x −10 (h)

Vì ơtơ khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:

180

x −10− 10=

180

x

⇔180 10x −6x(x −10)=180 10(x −10)

⇔x2−10x −3000=0 Δ

'

=52+3000=3025

√

Δ'

x2 = - 55 = - 50 ( kh«ng TMĐK)

Vậy vận tốc xe khách 60km/h, vận tốc xe tải 60 - 10 = 50km/h Câu V:(3,0đ)

1/

a) AHI vuông H (vì CA HB)

AHI ni tiếp đờng trịn đờng kính AI

Δ AKI vu«ng H (vì CK AB)

AKI ni tip đờng trịn đờng kính AI

Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng trịn đờng kính AI b)

Ta cã CA HB( Gt)

CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)

(3)

=> BH//CD hay BI//CD (1) Ta cã AB CK( Gt)

AB DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn)

=> CK//BD hay CI//BD (2)

Từ (1) (2) ta có Tứ giác BDCI hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song)

Mà DI cắt CB M nên ta có MB = MC

=> OM BC( đờng kính qua trung điểm dây vng góc với dây đó)

2/ C¸ch 1:

Vì BD tia phân giác góc B tam giác ABC; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:

AD DC= AB BC ⇔ 4= AB

BC BC=2 AB

Vì ABC vuông A mà BC = 2AB nªn ^ACB = 300; ^ABC = 600

Vì ^B1 = ^B2(BD phân giác) nên ^ABD = 300

Vì ABD vuông A mà ^ABD = 300 nªn BD = 2AD = = 4cm

=> AB2

=BD2−AD2=16−4=12

V× ABC vuông A => BC=

+AB2=36+12=43

Vì CH tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: DC

BC= DH HB ⇔

4 4√3=

DH

HB ⇒BH=√3 DH

Ta cã:

¿

BH+HD=4

BH=√3 HD ⇔

¿√3 BH+√3 HD=4√3 BH=√3 HD

⇒BH(1+√3)=4√3 ¿{

¿

BH= 4√3 (1+√3)=

4√3(√3−1)

2 =2√3(√3−1) VËy BH=23(31)cm

Cách 2: BD phân giác =>

2 2

2

4

AD AB AB AB

DC BC BC AB AC

 

      

  

2

2 2

2

4

4( 36) 16 4.36

16 36

AB

AB AB AB

AB

  

Câu VI:(0,5đ) Cách 1:Vì xyz -

16

x y z   => xyz(x+y+z) = 16 P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz

áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dơng x(x+y+z) yz ta có

(4)

P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz 2

√

x

y

z

x(x+y+z) = yz Vậy giá trị nhỏ P C¸ch 2: xyz=

16

x y z  =>x+y+z= 16 xyz

P=(x+y)(x+z)=x2+xz+xy+yz=x(x+y+z)+yz=x

16

xyz+yz=

16 16

2

yz yz

yz  yz 

(b®t cosi)

V©y GTNN cđa P=8

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

QUẢNG NAM NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi TỐN ( chung cho tất thí sinh) Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài (2.0 điểm )

1 Tìm x để biểu thức sau có nghĩa

a) x b)

1 x

(5)

a)

3

2 b)

1 1

3 Giải hệ phương trình :

1 x

x y   



 



Bài (3.0 điểm )

Cho hàm số y = x2 y = x + 2

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm A,B đồ thị hai hàm số

phép tính

c) Tính diện tích tam giác OAB Bài (1.0 điểm )

Cho phương trình x2 – 2mx + m – m + có hai nghiệm x

1 ; x

(với m tham số ) Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ

Bài (4.0 điểm )

Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K nằm A O).Lấy điểm E cung nhỏ CD ( E không trùng C D), AE cắt BD H

a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp

b) Chứng minh AD2 = AH AE.

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O) d) Cho góc BCD α Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm

A , vẽ tam giác MBC cân M Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O)

======Hết====== Hướng dẫn Giải:

Bài (2.0 điểm )

1 Tìm x để biểu thức sau có nghĩa

a) x0 b) x1 0  x1

(6)

a)

3 3 2

2  2  b)







 



1

1 3

3

3 3

  

  



  

3 Giải hệ phương trình :

1 1

3

x x x

x y y y

   

  

 

  

    

  

Bài (3.0 điểm )

Cho hàm số y = x2 y = x + 2

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy

Lập bảng :

x - x - - 1

y = x + 2 y = x2 4 1 0 1 4

b) Tìm toạ độ giao điểm A,B :

Gọi tọa độ giao điểm A( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) hàm số y = x2

có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d)

Viết phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d) x2 = x +

 x2 – x – = 0

( a = , b = – , c = – ) có a – b + c = – ( – ) – =

1

x

  ;

2 c x

a 

  

thay x1 = -1  y1 = x2 = (-1)2 = 1;

x2 =  y2 =

Vậy tọa độ giao điểm A( - ; 1) , B( ; )

c) Tính diện tích tam giác OAB

Cách : SOAB = SCBH - SOAC =

1

2(OC.BH - OC.AK)= =

1

2 (8 - 2)= 3đvdt

Cách : Ctỏ đường thẳng OA đường thẳng AB vng góc O

y

x A

B

C

(7)

OA AK2OK2  1212  2 ; BC = BH2CH2  4242 4 2;

AB = BC – AC = BC – OA =

(ΔOAC cân AK đường cao đồng thời trung tuyến  OA=AC)

SOAB =

1

2OA.AB =

1

.3 2

2  đvdt

Hoặc dùng công thức để tính AB = (xB xA)2(yB yA)2 ;OA=

2

(xA  xO) (yA yO)

Bài (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Cho phương trình x2 – 2mx + m – m +

( a = ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + )

Δ’ = = m2 - ( m2 - m + ) = m2 - m2 + m - = m – ,do pt có hai

nghiệm x1 ; x (với m tham số ) Δ’ ≥  m ≥ theo viét ta có:

x1 + x2 = = 2m

x1 x2= = m2 - m +

x12 + x22 = ( x1 + x2)2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + )=2(m2 + m - )

=2(m2 + 2m

1 +

1 4-

1 4 -

12

4 ) =2[(m +

1 2)2 -

13

4 ]=2(m +

1 2)2 -

13

Do điều kiện m ≥  m +

1

2 ≥ 3+

1 2=

7

(m +

1 2)2 ≥

49

4  2(m +

1 2)2 ≥

49

2  2(m +

1 2)2 -

13 ≥

49 -

13 = 18

Vậy GTNN x12 + x22 18 m = Bài (4.0 điểm )

a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp * Tam giác CBD cân

AC BD K BK=KD=BD:2(đường kính vng góc dây cung) ,ΔCBD

có đường cao CK vừa đường trung tuyến nên ΔCBD cân

* Tứ giác CEHK nội tiếp

· ·

AEC HEC 180  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC 180·  0(gt) · · 0

HEC HKC 90  90 180 (tổng hai góc đối)  tứ giác CEHK nội tiếp

b) Chứng minh AD2 = AH AE.

(8)

¶

A chung ; AC BD K ,AC cắt cung BD A suy A điểm

chính cung BAD , hay cung AB cung AD ADB AED· ·

(chắn hai cung nhau) Vậy ΔADH = ΔAED (g-g) 

2

AD AE

AD AH AE

AH AD 

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O)

BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm * ΔBKC vng A có : KC =

2 202 122 400 144 256

BC  BK      =16

* ABC 90·  0( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

ΔABC vng K có : BC2 =KC.AC  400 =16.AC  AC = 25

R= 12,5cm

C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)

d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O)

Giải: ΔMBC cân M có MB = MC suy M cách hai đầu đoạn thẳng

BC  M d đường trung trực BC ,(OB=OC nên O d ),vì M(O) nên

giả sử d cắt (O) M (M thuộc cung nhỏ BC )và M’(thuộc cung lớn BC )

* Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M D nằm khác phía BC hay AC

do ΔBCD cân C nên

· · ·

) :

2

BDC DBC (180 DCB 90     

A O

B

M

C E D

M’ K

H

B”

(9)

Tứ giác MBDC nội tiếp

· · · · ( ) 0

2 2

BDC BMC 180   BMC 180  BDC 180  90   180  90  90 

* Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC

ΔMBC cân M có MM’ đường trung trực nên MM’ phân giác góc BMC



· · 0

) : 45

2

BMM ' BMC (90    

 sđ

¼

BM ' )

2

(90

 

(góc nội tiếp cung bị chắn)

sđBD» 2BCD 2·   (góc nội tiếp cung bị chắn)

+ Xét BD BM '» ¼ 

0 3 0

2

2 90   2   90   180   60

suy tồn hai điểm M thuộc cung nhỏ BC (đã tính )và M’ thuộc cung lớn BC

Tứ giác BDM’C nội tiếp

· ·

2

BDC BM 'C 90   

(cùng chắn cung BC nhỏ)

+ Xét BD BM '» ¼ 

0 0

3

2

2 90   2   90   180   60

M’≡ D khơng thỏa mãn điều kiện đề nên khơng có M’ ( có điểm M tmđk đề bài)

+ Xét BD BM '» ¼ 

0 3 0

2

2 90   2   90   180  60  90

(khi BD qua tâm O

và BDAC ·BCD 900) M’ thuộc cung BD» không thỏa mãn điều

kiện đề nên khơng có M’ (chỉ có điểm M tmđk đề)

Sở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 20092010

KHÁNH HOÀ MƠN: TỐN

NGAØY THI: 19/6/2009 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

(10)

Bài 1: (2 điểm) (không dùng máy tính bỏ túi)

a) Cho biết A= 5+√15 B= 5−√15 Hãy so sánh A+B AB

2x +y = b) Giải hệ phương trình:

3x – y= 12

Bài 2: (2.5 điểm)

Cho Parabol (P) : y= x2 đường thẳng (d): y=mx-2 (m tham số m 0)

a/ Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng toạ độ Oxy b/ Khi m = 3, tìm toạ độ giao điểm (p) ( d)

c/ Gọi A(xA;yA), B(xA;yB) hai giao điểm phân biệt (P) ( d) Tìm gia trị m cho : yA + yB = 2(xA + xB )-1

Baøi 3: (1.5 điểm)

Cho mảnh đất hình chữ nhật có chiểu dai chiều rộng m bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi Xác định chiều dài rộng mảnh đất hình chữ nhật

Bài 4: ( điểm)

Cho đường trịn(O; R) từ điểm M ngồi đường trịn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến A, B lấy C cung nhỏ AB Gọi D, E, F hình chiếu vng góc C tên AB, AM, BM

a/ cm AECD Nội tiếp đường tròn b/ cm: C^D E=CB A^

c/ cm : Gọi I trung điểm AC ED, K giao điểm CB , DF

Cm IK// AB

d/ Xác định vị trí c cung nhỏ AB dể (AC2 + CB2 )nhỏ tính giá trị nhỏ OM =2R

-H t -Sở gd đt

hoá Kỳ thi tuyển sinh thpt chuyên lam sơnnăm học: 2009 - 2010

Đề thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào

lớp chuyên Toán)

Thi gian lm bi: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(11)

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho số x (xR ; x>0) thoả mÃn điều kiện: x2 +

x2 = 7 Tính giá trị biểu thức: A = x3 +

x3 vµ B = x

5 +

x5

Giải hệ phương trình:

1

2

1

2

y x

x y



  

  

   

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phơng trình: ax2 bx c 0(a 0) cã hai nghiÖm

1,

x x thoả mÃn điều kiện: 0 x1 x2 2.Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

a ab b Q

a ab ac   

  Câu 3: (2,0 điểm)

Giải phơng trình: x 2 + y+2009 + z −2010 =

1

2(x+y+z)

2 Tìm tất số nguyên tố p để 4p2 +1 6p2 +1 số nguyên

tè

C©u 4: (3,0 ®iĨm)

Cho hình vng ABCD có hai đờng chéo cắt E Một đ-ờng thẳng qua A, cắt cạnh BC M cắt đờng thẳng CD N Gọi K giao điểm đờng thẳng EM BN Chứng minh rằng: CK BN

Cho đường tròn (O) bán kính R=1 v mà ột điểm A cho OA= √2

.Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (O) (B, C l tià ếp điểm).Một góc xOy có sốđo 450 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D v cà ạnh Oy cắt

đoạn thẳng AC E Chứng minh rằng: 2√2−2≤DE<1

Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P=a2+b2+c2+d2+ac+bd ,trong ad−bc=1

(12)

Sở giáo dục đào Kỳ thi tuyển vào lớp 10 chuyên lam sơn Thanh Hoá năm học 2009-2010

Đáp án đề thi thức

Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Ngày thi: 19 tháng năm 2009 (Đáp án gồm 04 trang)

Câu ý Nội dung Điểm

1

Tõ gi¶ thiÕt suy ra: (x +

x )2 =  x +

1

x = (do x > 0)

 21 = (x + 1x )(x2 +

x2 ) = (x3 +

1

x3 ) + (x +

1

x )  A = x3 +

1

x3 =18

 7.18 = (x2 +

x2 )(x3 +

1

x3 ) = (x5 +

1

x5 ) + (x +

1

x )

 B = x5+

x5 = 7.18 - = 123

0.25 0.25 0.25 0.25

2

Từ hệ suy

√x+

√

−

1

y=

1

√y+

√

−

1

x (2) Nếu

√x>

1

√y

√

−

1

y>

√

−

1

x nên (2) xảy v chà ỉ

x=y

thế v o hà ệ ta giải x=1, y=1

0.5

Theo ViÐt, ta cã: b x x

a  

,

c x x a  Khi 2 2

a ab b Q

a ab ac      = 2 b b a a b c a a          

( V× a 0) =

2

1 2

2 3( ) ( )

2 ( )

x x x x

x x x x

   

 Vì x1 x2 2 nên

2

1

x x x vµ x22 4

 x12 x22 x x1 4





1

x x x x

   

Do

1 2

2 3( )

3

2 ( )

x x x x

Q

x x x x

(13)

Đẳng thức xảy x1 x2 2 x1 0,x2

Tức

4

2

0

b a

c c b a

a b a

b

c a

c a  

     

        

  

 

 

       

   

  

  

 VËy maxQ=3

0.25

3

1 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010 Phơng trình cho tơng đơng với:

x + y + z = √x −2 +2 √y+2009 +2 √z −2010  ( √x −2 - 1)2 + (

√y+2009 - 1)2 + (

√z −2010 - 1)2 = 0

√x −2 - = x = √y+2009 - =  y = - 2008 √z −2010 - = z = 2011

0.25 0.25 0.25 0.25 Nhận xét: p số nguyên tố 4p2 + > vµ 6p2 + > 5

Đặt x = 4p2 + = 5p2- (p - 1)(p + 1)

y = 6p2 +  4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2)

Khi đó:

- NÕu p chia cho d d (p - 1)(p + 1) chia hÕt cho

 x chia hết cho mà x > x không số nguyên tố

- Nếu p chia cho d d (p - 2)(p + 2) chia hÕt cho

 4y chia hÕt cho mµ UCLN(4, 5) =  y chia hÕt cho mµ y >

y không số nguyên tố

Vậy p chia hết cho 5, mà p số nguyên tố  p = Thư víi p =5 th× x =101, y =151 số nguyên tố Đáp số: p =5

0.25

(14)

1

2

Trên cạnh AB lấy điểm I cho IB = CM Ta cã Δ IBE = Δ MCE (c.g.c)

Suy EI = EM , ∠MEC=∠BEI MEI vuông cân E Suy EMI=450=BCE

Mặt khác: IB

AB= CM CB =

MN

AN  IM // BN

∠BCE =∠EMI =∠BKE  tø gi¸c BECK néi tiÕp

∠BEC +∠BKC=1800

L¹i cã: ∠BEC=900⇒∠BKC=900 VËy CK BN

Vì AO = √2 , OB=OC=1 v àABO=ACO=900 suy OBAC là

hình vng

Trên cung nhỏ BC lấy điểm M cho DOM = DOB

MOE=COE

Suy Δ MOD= Δ BOD  DME=900

Δ MOE= Δ COE EMO=900

suy D,M,E thẳng h ng, suy DE l tià ếp tuyến (O) Vì DE l tià ếp tuyến suy DM=DB, EM=EC

Ta có DE<AE+AD 2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy DE<1 Đặt DM= x, EM=y ta có AD2 + AE2 = DE2

 (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

(15)

5

 1- (x+y) = xy (x+y)

4 suy DE

2 + 4.DE - 40  DE 2√2−2

Vậy 2√2−2≤ DE<1

Ta cã: ad−bc¿

=a2c2+2 abcd+b2d2+a2d2−2 abcd+b2c2

ac+bd¿2+¿

a2(c2+d2)+b2(d2+c2)=(a2+b2) (c2+d2) Vì adbc=1 nên ac+bd

2

=(a2+b2) (c2+d2)(1)

1+¿

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số khơng âm (a2+b2);(c2 +d2) có: P=a2

+b2+c2+d2+ac+bd≥2

√

a

c

⇒P ≥2

√

P

Đặt x=ac+bd ,ta có: P2

x

⇔P2≥4(1+x2)+4x

√

x

√

x

√

x

≥

VËy P≥3

0.25

0.25 0.25

0.25

Sở giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh THPT chuyên lam sơn

ho¸ năm học: 2009 2010

Đề thức Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào líp chuyªn tin)

Thời gian làm : 150 phút( Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi:19 tháng năm 2009 Câu 1( 2,0 ®iĨm)

Cho biĨu thøc: T=2x

+4

1− x3 −

1 1+√x−

1 1−√x

1 Tìm điều kiện x để T xác nh Rỳt gn T

2 Tìm giá trị lớn T Câu ( 2,0 điểm)

1 Giải hệ phơng trình:

{

x

xy=1

4x2

(16)

2 Giải phơng trình: x 2+y+2009+z 2010=1

2(x+y+z)

Câu (2,0 ®iĨm)

1 Tìm số ngun a để phơng trình: x2- (3+2a)x + 40 - a = có

nghiệm ngun Hãy tìm nghiệm ngun

2 Cho a , b , c số thoả mÃn điều kiện:

{

a 0

b ≥0 19a+6b+9c=12 Chøng minh r»ng Ýt nhÊt mét hai phơng trình sau có nghiệm

x22

(a+1)x+a2+6 abc+1=0 x22

(b+1)x+b2+19 abc+1=0 Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đờng trịn tâm O đ-ờng kính AD Gọi H trực tâm tam giác ABC, E điểm cung BC không chứa điểm A

1 Chøng minh tứ giác BHCD hình bình hành

2 Gọi P Q lần lợt điểm đối xứng E qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P, H, Q thẳng hàng

3 Tìm vị trí điểm E để PQ có độ dài lớn Câu ( 1,0 điểm)

Gọi a , b , c độ dài ba cạnh tam giác có ba góc nhọn Chứng minh với số thực x , y , z ta ln có:

x2 a2+

y2 b2+

z2 c2>

2x2

+2y2+2z2 a2+b2+c2

-HÕt

-ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2009-2010

Thời gian: 150 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Bài 1: Cho phương trình:

(17)

Bài 2:

a) Cho pt có nghiệm dương phân biệt CMR phương trình

có nghiệm dương phân biệt b) Giải pt:

c) CMR có số thực (x;y;z) thỗ mãn:

Bài 3: Cho góc xOy có số đo 60 độ (K) nằm góc xOy tiếp xúc với tia Ox M tiếp xúc với Oy N Trên tia Ox lấy P cho OP=3 OM Tiếp tuyến (K) qua P cắt Oy Q khác O Đường thẳng PK cắt MN E QK cắt MN F

a) CMR: Tam giác MPE đồng dạng tam giác KPQ b) CMR: PQEF nội tiếp

c) Gọi D trung điểm PQ CMR tam giác DEF Bài 4:Giải PTNN:

Bài 5: Giả sử tứ giác lồi ABCD có hình vng ngoại tiếp khác CMR: Tứ giác có vơ số hình vng ngoại tiếp

ĐỀ THI CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH 2009-2010 VÒNG 1(120 phút)

Câu :

Cho phương trình x2 – (2m – 3)x + m(m – 3) = ,với m tham số

1, Với giá trị m phương trình cho có nghiệm phân biệt 2, Tìm giá trị để phương trình cho có nghiệm u, v thỏa mãn hệ

thức u2 + v2 = 17

Câu :

1, Giải hệ phương trình





2

x y x y 23

x y xy 11

    

 

  

 

2,Cho số thực x, y thõa mãn x ≥ 8y > 0,Hãy tìm giá trị nhỏ biểu

thức :





1 P x

y x 8y

  

Câu :

(18)

R1 < R2 O1, O2 khác phía đường thẳng IP Kẻ đường kính IE,IF

tương ứng (O1; R1) (O2; R2)

1, Chứng minh : E, P, F thẳng hàng

2, Gọi K trung điểm EF, Chứng minh O1PKO2 tứ giác nội tiếp

3, Tia IK cắt (O2; R2)tại điểm thứ hai B,đường thẳng vng góc với IK