Cho hai đường tròn cắt nhau tại các điểm A và D, AB và CD theo thứ tự là tiếp tuyến với đường tròn thứ nhất và thứ hai (B và C là các điểm nằm trên đường tròn).[r]
(1)P GIÁO DỤC HUYỆN CƯMGAR ĐỀ THI HSG HUYỆN- NĂM HỌC 2007-2008 TRƯỜNG THCS NGÔ QUYỀN Mơn: Tốn - Lớp
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: (2đ)
a Chứng minh công thức: √a+2√a+1− a
√a−1=0 với a b Tính giá trị của:
(√12+2√14+2√13−√12+2√11)(√11+√13)
Câu 2: ( 3điểm) Giải hệ phương trình:
a
¿ x+ay+a2z=0 x+by+b2z+c2z=0
x+cy+c2z=0 ¿{ {
¿
b ¿
xy
x+y=2
xz
x+z=3
yz
y+z=4 ¿{ {
¿ Với a, b, c số phân biệt
Câu 3: (3điểm) a Vẽ đồ thị (P) hàm số y = x2
b Trên trục oy lấy điểm A (0;1) (P) lấy điểm B (2;K) Hãy xác định K phương trình đường thẳng AB
c Đường thẳng AB cắt P điểm thứ hai C B Gọi M,N theo thứ tự hình chiếu B,C trục hồnh Chứng minh tam giác AMN vuông
Câu 4: (2điểm)
Cho công thức: Q=x√x −1 x −√x −
x√x
x+√x+(√x −
1
√x)(
√x+1
√x −1+
√x −1
√x+1)
a Rút gọn biểu thức Q
b Với giá trị x Q =
Câu 5: (3điểm) Hai vịi nước chảy vào bồn khơng có nước 55 phút đầy nước. Nếu để chảy riêng vịi vịi thứ làm đầy bồn nước nhanh vòi thứ hai giơ Hỏi để chảy riêng rẽ vịi làm đầy bồn nước lâu?
Câu 6: (3điểm) Cho hai đường trịn (O) (O’) ngồi Đường nối tâm OO’ cắt đường tròn (O) (O’) điểm A,B,C, D theo thứ tự nằm đường thẳng Gọi M giao điểm AE DF, N giao điểm EB FC Chứng minh rằng:
a MENF hình chữ nhật b MN AD
c ME MA = MF.MD
Bài 7:
(2)a Cho đường tròn (O;R) dây cung AB với AO B=^ 1200 hai tiếp tuyến A B đường tròn cắt điểm C Trên đoạn thẳng BC, CA, AB lấy điểm I,J,K cho K không trùng với A, không trùng với B I \{Ị J K^ =60o Chứng minh AJ BI≤AB2
4
b Cho hai đường tròn cắt điểm A D, AB CD theo thứ tự tiếp tuyến với đường tròn thứ thứ hai (B C điểm nằm đường tròn) Chứng minh
AC BD=
CD2 AB2
Bài 8: (1điểm)
Cho phương trình x2-(m-1)x+1=0 Hãy xác định giá trị m cho phương trình có nghiệm x
1,x2 để
biểu thức A=3x12 + 5x1x2 + 3x22 đạt giá trị nhỏ Hãy xác định nguồn trường hợp A đạt giá
trị nhỏ
(3)Bài 1: (2điểm) a Với a>0 ta có:
√a+2√a+1− a
√a−1=√(√a+1)
−√a−1
= |√a+1|−(√a+1)=0 (0,5điểm) = (√a+1)−(√a+1)=0
Vậy √a+2√a+1− a
√a−1=0 (a>0) (0,5điểm)
b ta có √14+2√13=√(√13+1)2=|√13+1|=√13+1 => √12+2√14+2√13=√14+2√13=√13+1
Ta lại có: √12+2√11=√(√11+1)2=√11+1 (0,5điểm) Do ta có: (√12+2√14+2√13−√12+2√11)(√11+√13)
= (√13−√11) (√13+√11)=13−11=2
Vậy (12+2√14+2√13−√12+2√11)(√11+√13)=2 (0,5điểm) Bài 2: (3điểm)
a Từ hai phương trình đầu hệ ta có: (a – b) y + (a2 – b2 )z =0
y + (a + b)z = (1) (vì a b) (0,5điểm) Từ hai phương trình đầu cuối hệ, ta có:
(a - c)y + (a2 – c2)z = y + ( a + c )z = (2) (vì a c) (0,5điểm)
Từ (1) (2) ta có: (b - c)z = z = (vì b c) Do ta có: x = y = z =
Vậy phương trình cho có nghiệm x = y = z = (0,5điểm)
b ¿
xy
x+y=2
xz
x+z=3
yz
y+z=4 ¿{ {
¿
¿ x+y
xy =
x+z
xz =
y+z
yz = ¿{ { ¿ x+ y= x+ z= y+ z= (0,5điểm) x+ y= 2( 2+ 3+ 4) x+ z= y+ z= x= 2( 2+ 3− 4) y= 2( 2− 3+ 4) z= 2( 3+ 4− 2)
x=24
7
y=24
5
z=24
(0,5điểm)
Bài 3: (3điểm)
a Vẽ đồ thị (1điểm)
b Do B (2;K) (P) nên K = 22 = 4
(4)K=yB−yA
xB−xA= 4−1 2−0=
3
Phương trình đường thẳng AB là: y=3
2x+1 (1điểm)
c Hoành độ giao điểm AB (P) nghiệm phương trình x2=3
2x+1⇔x1=2; x2=−
1
Vậy ta có M(2;0); N( −1
2;0 ) Tam giác AMN có đường cao ứng với đỉnh A AO thoả mãn hệ
thức AN2 = = /OM/ /ON/ =2
2
AMN tam giác vuông
Bài 4: (2điểm)
a ĐK: x > ; x (0,25điểm)
Q=2(x+√x+1)
√x (1,25điểm)
b 2(x+√x+1)
√x =6⇒√x=1 (loại) (0,25điểm)
Vậy khơng có giá trị x để Q = (0,25điểm) Bài (3điểm)
Ta có 2h 55’ = 35
12h
Gọi x(h) thời gian làm đầy bồn nước vịi thứ
Ta có:
1
x+
1
x+2=
1 35 12
=12
35
=> x1 = (nhận) , x2 = −7
6 (loại)
Vậy vòi 5h đầy nước Vịi 7h đầy nước
Bài 6: Vẽ hình, ghi giả thiết, kết luận (0,5điểm)
a Ta có: F^E N=1
2EO B^
E^F N=1
2FO C^
F^E N+E^F N=1
2(EO B+^ FOC^ )
OE EF ; O,F EF
OEFO’ hình thang vng
Đo E^N F=900 Tứ giác MENF có góc vng : ^
E= ^N=^F=900
(5)b Ta có M ^A B=FE B , E^ B A=^ F^E M , FE M=^ AM N^ (T/C hcn) đó: M ^A B+A^M N=FE B^ +F^E M=BE M^ =900
=> MN AD (1điểm)
c Ta có ΔMEF đồng dạng ΔMDA (vì M A D=^ F^E N=MF E^ ) Do đó: ME
MD= MF
MA => MA ME=MD MF (0,5điểm)
Bài 7: (3điểm) a (1,5điểm)
Ta có: sđ AB = AO B^ =1200
=> C^A B=CB A=^ ¿
2sđ \{^A B=60
0
A^K I=AK J^ +J^K I=AK J^ +600
A^K I=AB I^ +B^I K=B^I K+600
=> A^K J=BI K^ ⇒ΔAKJ đồng dạng ΔBI K^ ( A^K J=BI K ; J^ ^A K=KB I^ =600 )
AK BI =
AJ
BK ⇒AK BK=BI AJ (1)
Vế trái (1) biến đổi sau:
AK BK = AK (AB – AK) = AK AB – AK2
=
4AB
2 −(1
4AB
2
−2AB
2 AK+AK
2 ) =
4AB
2 −(AB
2 − AK)
2 ≤AB
2
4
Từ ta AJ BI≤AB
4
b (1,5điểm)
trong đường trịn tâm (O) ta có: D^A B=AC B^
trong đường tròn tâm (O’) ta có:
C^D A=D^B A
⇒AD
DB= AC DA=
DC BA
⇒AD
DB AC DA=(
DC BA)
2
⇒AC
BD= CD2 AB2
Bài 8: (1điểm)
A= 25- 4m m 254
Gọi x1, x2 nghiệm x1 + x2 = , x1x2 = m ta có:
(6)m= x1 x2 =
5 22
5 = 66
5 thoả mãn điều kiện m 25