Đang tải... (xem toàn văn)
b Chứng minh với mọi số thực a, b khác không ta luôn có bất đẳng thức sau: a2 b.. Câu 6 6 điểm Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn O AB < AC.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2007-2008; KHÓA NGÀY 20-6-2007 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) a) Chứng minh với số thực x, y, z, t ta luôn có bất đẳng thức sau: x2 + y2 + z2 + t2 ≥ x(y + z + t) Đẳng thức xảy nào? b) Chứng minh với số thực a, b khác không ta luôn có bất đẳng thức sau: a2 b + b2 ⎛a b⎞ + ≥ 3⎜ + ⎟ a ⎝b a⎠ Câu (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình sau: x2 – xy = 6x – 5y – Câu (4 điểm) ⎧⎪ x + y + 2x + 2y = 11 Cho hệ phương trình ⎨ ⎪⎩ xy(x + 2)(y + 2) = m a) Giải hệ phương trình m = 24 b) Tìm m để phương trình có nghiệm Câu (2 điểm) ( )( ) Cho x + x + 2007 y + y + 2007 = 2007 Tính S = x + y Câu (2 điểm) Cho a, b là các số nguyên dương cho chung a và b Chứng minh d ≤ a +1 b +1 là số nguyên Gọi d là ước số + a b a+b Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC) Các tiếp tuyến với (O) B và C cắt N Vẽ dây AM song song với BC Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) M và P 1 + = a) Cho biết , tính độ dài đoạn BC OB2 NC2 16 BP CP b) Chứng minh = AC AB c) Chứng minh BC, ON và AP đồng qui HẾT Lop10.com (2) GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Môn Toán Chuyên - Năm học 2007-2008 Câu 1: (4 điểm) a) Ta có: x2 + y2 + z2 + t2 ≥ x(y + z + t) (1) ⇔ 4x2 + 4y2 + 4z2 + 4t2 ≥ 4x(y + z + t) ⇔ (x2 – 4xy + 4y2) + (x2 – 4xz + 4z2) + (x2 – 4xt + 4t2) + x2 ≥ ⇔ (x – 2y)2 + (x – 2z)2 + (x – 2t)2 + x2 ≥ ( 2) Ta có (2) luôn đúng với x, y, z và t Vậy (1) chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ x – 2y = x – 2z = x – 2t = x = ⇔ x = y = z = t = b) Đặt T = a2 b + a b a b a b + Ta có T = + = + ≥ b a b a b a b2 ⎛a b⎞ + ≥ ⎜ + ⎟ ⇔ T2 + ≥ 3T ⇔ (T – 1)(T – 2) ≥ a ⎝b a⎠ (*) * Nếu T ≥ thì T – > và T – ≥ nên (*) đúng * Nếu T ≤ –2 thì T – < và T – < nên (*) đúng Vậy với số thực a, b khác không ta luôn có a2 b + b2 ⎛a b⎞ + ≥ 3⎜ + ⎟ a ⎝b a⎠ Câu (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình x2 – xy = 6x – 5y – (1) Ta có: (1) ⇔ x2 – 6x + = y(x – 5) ⇔y= (2) x − 6x + (vì x = không là nghiệm (2)) x −5 ⇔y=x–1+ x −5 Vì x, y nguyên nên x – ∈ {–1; 1; 3; –3} hay x ∈ {4; 6; 8; } * Khi x = thì y = (thỏa) * Khi x = thì y = (thỏa) * Khi x = thì y = (thỏa) * Khi x = thì y = (thỏa) Vậy các nghiệm nguyên (x; y) (1) là (2; 0), (4; 0), (6; 8) và (8; 8) ⎪⎧ x + y + 2x + 2y = 11 Câu (4 điểm) Cho hệ phương trình ⎨ ⎪⎩ xy(x + 2)(y + 2) = m Lop10.com (A) (3) ⎧⎪ x + y + 2x + 2y = 11 a) Khi m = 24 thì (A) ⇔ ⎨ ⎪⎩ xy(x + 2)(y + 2) = 24 (B) Đặt u = x2 + 2x = (x + 1)2 – ≥ –1 và v = y2 + 2y = (y + 1)2 – ≥ –1 ⎧u + v = 11 Ta (B) ⇔ ⎨ ⇔ ⎩uv = 24 ⎧⎪(x + 1) = ⎧⎪(x + 1) = ⎧u = ⎧u = hay hay ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ ⎨ 2 ⎩v = ⎩v = ⎪⎩(y + 1) = ⎪⎩(y + 1) = ⎧ x = ±2 − ⎧ x = ±3 − ⇔⎨ hay ⎨ ⎩ y = ±3 − ⎩ y = ±2 − Vậy m = 24 thì (A) có các nghiệm (x; y) là: (1; 2), (1; –4); (–3; 2); (–3; –4), (2; 1), (2; –3), (–4; 1) và (–4; –3) b) Tìm m để phương trình có nghiệm Đặt u = x2 + 2x + 1= (x + 1)2 ≥ và v = y2 + 2y +1 = (y + 1)2 ≥ Ta (A) trở thành ⎧ u + v = 13 ⎧ u + v = 13 ⎧ u + v = 13 ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎩ uv − (u + v) + = m ⎩ uv = m + 12 ⎩(u − 1)(v − 1) = m ⇒ u, v là các nghiệm phương trình X2 – 13X + m + 12 = (C) Do đó: (A) có nghiệm ⇔ (C ) có nghiệm X1, X2 ≥ ⎧Δ ≥ 121 ⎧ ⎧121 − 4m ≥ 121 ⎪m ≤ ⎪ ⇔ ⎨S ≥ ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⇔ –12 ≤ m ≤ ⎩m + 12 ≥ ⎪P ≥ ⎪⎩m ≥ −12 ⎩ ( )( ) Câu (2 điểm) Cho x + x + 2007 y + y + 2007 = 2007 Tính S = x + y Ta có: (x + (y + )( y + 2007 )( − y + ) y + 2007 ) = 2007 x + 2007 − x + x + 2007 = 2007 2 (a) (b) Nhân theo vế (a) và (b) ta và kết hợp với giả thiết ta được: ( )( ) 2007 − x + x + 2007 − y + y + 2007 = 20072 ⇒ ( −x + )( ) x + 2007 − y + y + 2007 = 2007 ⇒ xy − x y2 + 2007 − y x + 2007 + (x + 2007)(y + 2007) = 2007 (c) Giả thiết ⇒ xy + x y + 2007 + y x + 2007 + (x + 2007)(y + 2007) = 2007 (d) Cộng theo vế (c) và (d) ta được: xy + ( x + 2007 )( y2 + 2007 ) = 2007 Lop10.com (4) ( x + 2007 )( y2 + 2007 ) = 2007 – xy ⇔ ⇒ x2y2 + 2007(x2 + y2) + 20072 = 20072 – 2.2007xy + x2y2 ⇒ x2 + y2 = –2xy ⇒ (x + y)2 = ⇒ S2 = ⇒ S = Câu (2 điểm) Ta có a +1 b +1 a+b =2+ là số nguyên dương + a b ab ⇒ a+b nguyên dương ab ⇒ a+b ≥1 ab ⇒ a + b ≥ ab mà a ≥ d > và b ≥ d > ⇒ a + b ≥ ab ≥ d2 ⇒ a + b ≥ d (ĐPCM) Câu (6 điểm) M A a) Ta có: – NB = NC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) – OB = OC = R Do đó: ON là trung trực BC Gọi K là giao điểm ON và BC thì K là trung điểm BC O Ta có: Δ OBN vuông B có BK là đường cao ⇒ OB2 + NC2 = OB2 + NB2 = B BK C K Kết hợp với giả thiết ta suy ra: P BK = 16 ⇒ BK = ⇒ BC = b) Ta có ΔNBP đồng dạng Δ NMB (g–g) ⇒ PB NB = MB NM (1) Tương tự Δ NCP đồng dạng Δ NMC( g–g) ⇒ PC NC = MC NM N (2) Lop10.com (5) mà NC = NB (3) Từ (1), (2) và (3) ⇒ PB PC = MB MC (4) Mặt khác AM // BC ⇒ tứ giác AMCB là hình thang cân ⇒ MC = AB và MB = AC Từ (4) và (5) ⇒ (5) PB PC (ĐPCM) = AC AB c) Gọi Q là giao điểm AP và BC Ta chứng minh BQ = QC Xét Δ BQP đồng dạng với Δ AQC (g–g) ⇒ BQ PB = (6) AQ AC Tương tự ΔCQP đồng dạng với Δ AQB (g – g) ⇒ CQ PC = (7) AQ AB Kết hợp (6), (7) và kết câu b) ta suy BQ CQ = ⇒ BQ = CQ ⇒ Q là trung điểm BC AQ AQ ⇒ Q trùng K Vậy BC, ON và AP đồng qui K Người giải đề: Thạc sĩ NGUYỄN DUY HIẾU Tổ trưởng tổ Toán Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong TP.HCM Lop10.com (6)