Trªn cung nhá EF lÊy ®iÓm P bÊt kú... TRƯỜNG THCS VINH THANH1[r]
(1)TRƯỜNG THCS VINH THANH
Së GD&§T Thanh Hoá Kỳ thi tuyển sinh THPT chuyên Lam Sơn 2006 Đề thi thức Môn thi: Toán (dùng cho thí sinh thi vào chuyên Tin) Ngày thi: 22 tháng năm 2006
Thời gian làm bài: 150 phút, không k thi gian giao
Câu (2 điểm):
Cho phơng trình: 2x2-5mx-m2+5m=0.
1 Giải phơng trình m=√2
2 Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu Giải :
1 Với m=√2 phơng trình cho trở thành 2 x2
−5√2 x − 2+5√2=0 Do tæng hệ số không nên pt có hai nghiệm lµ x1=1 vµ x2=5√2 −2
2
2 Phơng trình có hai nghiệm trái dấu a.c<0 suy 2(-m2+5m)<0
vËy m>5
¿ m<0
¿
Câu (2 điểm):
1 Giải hệ phơng trình:
x2+3 xy=54
xy +4 y2=115
{
Giải phơng trình: √x2
4+√x
2
− 4=8 − x2 Giải :
1 Cộng vế hai pt hệ ta đợc hệ tơng đơng :
x+2 y¿2=169 ¿
xy +4 y2=115
¿ ¿ ¿
¿ x +2 y=± 13
xy +4 y2=115
¿{
¿
Thay x=± 13− y vào phơng trình thứ hệ, ta đợc:
2 y2+13 y − 115=0
¿
2 y2−13 y −115=0 ¿
¿ ¿ ¿
Từ suy hệ cho có nghiệm (3;5), (36 ;−23
2 ) , (-5;-3), ( 23
2 ;−36) ,
2 §iỊu kiƯn: 4<x2<8 1≤ x
2
4 2 Đặt
x2
4=y
2
+1 , x
2
4 ≤ 2 nªn y 2<1.
Từ suy x2=4y2+4 Thay vào phơng trình cho ta có:
GV: ĐỖ KIM THẠCH ST
(2)TRƯỜNG THCS VINH THANH
√y2+1+√4 y2+4 − 4=8 − y2−4⇒√y2+1+2|y|=4 − y2
hay 1+|y|=4-4y2 hay 4y2+|y|-3=0 Giải phơng trình ta đợc |y|=3
4
Suy x2=25
4 , x=±
5
2
C©u (1 điểm):
Cho x, y, z ba số dơng tho¶ m·n xyz=1 Chøng minh r»ng nÕu x+ y+ z>1
x+
1
y+
1
z có số lớn h¬n Giải :
XÐt biĨu thøc A=(x-1)(y-1)(z-1)=xyz-xy-yz-zx+x+y+z-1 Vì xyz=1 nên A=x+y+z- xy +yz+zx
xyz = x+ y+ z−(
x+
1
y+
1
z)>0 Theo gi¶ thiÕt, x+ y+ z>(1
x+
1
y+
1
z) suy A>0
Nếu ba nhân tử (x-1), (y-1), (z-1) dơng thi x, y, z đồng thời lớn 1, trái với với giả thiết xyz=1
Vậy xảy trờng hợp có nhân tử dơng, tức có số ba số x, y, z lớn
C©u ( ®iĨm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai điểm A(2;3) B(-1;1)
1 T×m trục hoành Ox điểm M cho điểm A, B, M thẳng hàng Tìm trục hoành Ox ®iĨm P cho PA+PB nhá nhÊt
Giải :
1 Phơng trình đờng thẳng AB có dạng: y=ax+b (vì xA≠xB) Thay toạ độ vào ta có:
¿
2 a+b=3
−a+b=1 ⇒ ¿a=2
3
b=5
3
¿{
¿
, đờng thẳng AB có phơng trình: y=2
3x +
3 Giao đờng thng AB vi
trục hoành điểm M (5
2;0).
2 Gọi A1 điểm đối xứng với A qua Ox, suy A1(2;-3) Gọi P giao ca A1B vi Ox, th
thì P điểm cần tìm Thật vậy:
Với điểm Q Ox, khác P QA+QB=QA1+QB>A1B=PA1+PB=PA+PB bé
đờng thẳng A1B có phơng trình y=−4 3x −
1
3 , P thuộc trục hoành nên y=0, x=−
4 vËy
P có toạ độ P(1
4;0)
Câu (2 điểm):
Cho đờng trịn tâm O Từ điểm M nằm ngồi đờng tròn kẻ hai tiếp tuyến ME MF đến đờng tròn (E, F tiếp điểm) Trên cung nhỏ EF lấy điểm P Tiếp tuyến với đờng tròn P cắt ME, MF lần lợt A B
GV: ĐỖ KIM THẠCH ST
(3)TRƯỜNG THCS VINH THANH
1 Chứng minh tam giác MAB có chu vi khơng đổi
2 Xác định vị trí điểm P để tam giác MAB có diện tích lớn Giải :
B A
M O
E
F P
1 Vì AE AP tiếp tuyÕn nªn AE=AP
Tơng tự, BF=BP Chu vi tam giác ABM AB+BM+MA=MA+AE+MB+BF= 2ME khơng đổi
2 Tríc hÕt ta chøng minh ABC cã gãc
A không đổi đờng cao AH=h khơng đổi
Th× diƯn tich nhỏ tam giác cân Thật vËy: ta cã thĨ gi¶ sư AC>AB
Xét tam giác cân AB1C1 đỉnh A, góc A
khơng đổi, đờng cao h Trên AC lấy AQ=AB, suy tam giác ABB1
b»ng tam gi¸c AQC1 Suy
diƯn tÝch AB1C1 b»ng diƯn tÝch tø gi¸c
ABC1Q<diƯn tích tam giác ABC
Trở lại toán ta cã:
SMAB= SMEOF – SAEOFB=SMEOF-2SOAB Do
diện tích SMEOF không đổi nên SMAB lớn
nhÊt SOAB nhá nhÊt Do gãc AOB
không đổi, đờng cao OP=R khơng đổi, theo chứng minh trên, diện tích tam giác MAB lớn OAB tam giác cân, tức P điểm cung EF
Câu (1 điểm):
Cho tam giác ABC vuông A Trên tia BA lấy điểm K cho AK=2AB Từ B và K vẽ tia Bx//CK Ky//CB, Bx cắt Ky điểm P Chứng minh r»ng
cos2KBC+sin2KAP> 2006
2007
Giải :
GV: ĐỖ KIM THẠCH ST A
B1 B C
C
Q
(4)TRƯỜNG THCS VINH THANH
P
K H A B
C Gäi H lµ trung ®iĨm cđa AK, ta cã HK=AB, BP//CK, KP//CB, vËy BP=CK
Gãc ABP =gãc HKC suy ABP=HKC Vậy CH=PA
Lại CH=CB nên PA=CB Vậy
PK=PA, hay gãc PAK b»ng gãc PKA vµ b»ng gãc KBC Suy cos2(KBC)=
AB2
BC2
sin2(KAB)= AC
2
BC2 , suy cos2(KBC)+
sin2(KAB)=1> 2006
2007
GV: ĐỖ KIM THẠCH ST