De dap an thi TS vao lop 10

Kẻ AH vuông góc với BC tại H.. Thời gian kể từ lúc khởi hành đến khi về bến A tất cả 12 giờ.. Tìm giá trị của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.. d) Gọi Bt là tia củ[r]

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi: TỐN

Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm)

a Giải phương trình: x2 7 x 3

b Giải hệ phương trình:

3

8

6

x y x

y 

 

  

  

  Bài 2: (1.0 điểm)

Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm ngun: x2  ax a  2 0 Bài 3: (2.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK

Bài 4: (1.5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn tứ giác BICK hình bình hành

Bài 5: (2.0 điểm)

a Bên đường tròn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC

b Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c  3. Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

2 2

P a b c ab bc ca a b b c c a

 

   

 

- Hết

-Họ tên thí sinh……… ……… SBD……… * Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.

* Giám thị không giải thích thêm.

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2009 - 2010

Mơn thi:TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang

Nội dung đáp án Điểm

Bài 1 3,5 đ

a 2,0đ

x2 3 7 x 3

 

3 3

2 7 27

x x x x x x

           0.50đ

3

9 (x 2)(7 x) 27

     0.25đ

3 (x 2)(7 x) 2

    0.25đ

(x 2)(7 x)

    0.25đ

2 5 6 0

x x

    0.25đ

1 x x     

 ( thỏa mãn ) 0.50đ

b 1,50đ

Đặt

z

y  0.25đ

Hệ cho trở thành

3 3 x z z x          0.25đ

  3

3 x z z x

    0,25đ

x z x xz z2 3

      0,25đ

x z

  (vì x2 xz z  3 0,x z, ). 0,25đ Từ ta có phương trình:

3 3 2 0

2 x x x x         

Vậy hệ cho có nghiệm: ( , ) ( 1; 2), 2,1x y     

0,25đ

Bài 2: 1,0 đ

Điều kiện để phương trình có nghiệm:   0 a2  4a 0 (*). 0,25đ Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phương trình cho ( giả sử x1 ≥ x2) 0,25đ

Theo định lý Viet:

1

1 2

x x a

x x x x x x a

          

(x 1)(x 1)

    1 x x       

 1 x x      

 (do x1 - ≥ x2 -1) x x     

 2 x x     

Suy a = a = -2 (thỏa mãn (*) )

0,25đ

Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu toán 0,25đ

Bài 3: 2,0 đ

Vì BE phân giác góc ABC nên ABM MBC  AM MN 0,25đ

 

MAE MAN

  (1) 0,50đ

Vì M, N thuộc đường trịn đường

kính AB nên AMB ANB 900 0,25đ  ANK AME 900, kết hợp

với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK

0,50đ AN AK

AM AE

  0,25đ

 AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ

Bài 4: 1,5 đ

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC

 

AIM ABC

  .Suy tứ giác BOIM nội tiếp

0,25đ

Từ chứng minh suy tam giác AMI đồng dạng với tam giác AOB

AM AI

AI AO AM AB AO AB

   

(1)

0,25đ

Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO với (O) (E nằm A, O)

Chứng minh tương tự (1) ta được: AM.AB = AE.AF

= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2

 AI.AO = 3R2

2

3 3

2 2

R R R R

AI OI

AO R

     

(2) 0,25đ Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên

OA.OK = OB.OC = R2

2

2

R R R

OK

OA R

   

(3)

0,25đ

Từ (2), (3) suy OI = OK

Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC Vì BICK hình bình hành

0,25đ

Bài 5: 2,0 đ

a, 1,0 đ

Giả sử O nằm miền tam giác ABC Khơng tính tổng qt, giả sử A O nằm phía đường thẳng BC

0,25đ Suy đoạn AO cắt đường thẳng BC K

Kẻ AH vng góc với BC H 0,25đ Suy AH  AK < AO <1 suy AH < 0,25đ

Suy 2.1 2 ABC AH BC

S   

(mâu thuẫn với giả thiết) Suy điều phải chứng minh

0,25đ

b, 1,0đ

Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 0,25đ

mà a3 + ab2

 2a2b (áp dụng BĐT Côsi ) b3 + bc2 2b2c

c3 + ca2

 2c2a Suy 3(a2 + b2 + c2)

 3(a2b + b2c + c2a) > 0

0,25đ

Suy

2 2

2 2 P a b c ab bc ca

a b c

 

   

 

2 2 2

2 2

9 ( )

P

2( )

a b c a b c

a b c

  

    

 

0,25đ

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t

 3. Suy

9

3

2 2 2 2

t t t

P t

t t



         

 P  Dấu xảy a = b = c =

Vậy giá trị nhỏ P

0,25®

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ NĂM 2009

MƠN THI : TỐN (Thời gian làm 120 phút)

Ngày thi 07-06-2009

Câu 1: (2điểm) Cho biểu thức A= 8− x

2+√3 x:(2+ √x2 2+√3 x)+(

3 √x+

3 √x

√x −2) √x2−4

√x2+2√3 x ( x ≠8; x ≠ −8; x ≠0¿ Chứng minh A không phụ thuộc biến số

Câu : ( điểm)

Cho phương trình bậc : x2-2(m+1)x+4m-m2 =0 ( tham số m)

a-Chứng minh PT có nghiệm phân biệt với m

2-Gọi x1;x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị nhỏ biểu thức

M=|x1− x2| Câu 3: ( điểm)

Giải hệ phương trình

¿ x2

+y2+2(x+y+xy)=0 x2+y2+4x −2y+4=0

¿{ ¿ Câu 4:(3 điểm)

Trên (O;R) lấy điểm A;B tuỳ ý ;C thuộc đoạn AB (C khác A;B)

.Kẻ đường kính AD Cát tuyến qua C vng góc với AD H,cắt (O) M;N Đường thẳng Qua Mvà D cắt AB E.Kẻ EG vng góc với AD G

a- Chứng minh tứ giác BDHC,AMEG nội tiếp b- Chứng minh AM2=AC.AB

c- Chứng minh AE.AB+DE.DM=4R2

Câu 5: ( điểm)

Với x,y số thực thoả mãn x+y+xy=8 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=x2+y2

-Hết -HƯỚNG DẪN Câu 1: (2điểm)

A=

(2−√x3 )(4+2√x3 +√3 x2) 2+√3 x :(

4+2√3 x+√3x2 2+√3 x )+(

3

√x2−23

√2+2√3x

√x −2 )

(√x −3 2)(√3 x+2)

√x(√3x+2) A=2−√3 x+√3 x=2∉x

Câu : ( điểm)

a-m+1 2¿

2 +1

2>0∀m

m+1¿2−4m+m2=2m2−2m+1=2¿ Δ❑

=¿ b- M2=(x

1-x2)2=( x1+x2)2-4x1.x2=4(m+1)2- 4(4m-m2)=4m2+8m+4-16m+4m2

M2=8m2-8m+4=2(2m-1)2+2 2 nên M ≥

√2

Min(M)= √2 m=1 Câu 3: ( điểm)

¿

x2+y2+2(x+y+xy)=0(1) x2+y2+4x −2y+4=0(2)

¿{ ¿

(1) ⇔x2+2(y+1)x+y2+2y=0 coi phương trình bậc ẩn x tham số y y+1¿2− y2−2y=1

Δ❑

=¿ >0 PT có nghiệm phân biệt x1=-y; x2 =-y-2

Với x=-y thay vào PT (2) ta PT : y2 -3y+2=0 nhẩm a+b+c=0 ta có y=1 y=2

Với x=-2-y thay vào PT (2) ta PT : y2 -y=0 ta có y=0 y=1

Câu 4:(3 điểm)

H G

E

N M

O A

D B

C

Câu 5: ( điểm)

Với x,y số thực thoả mãn x+y+xy=8 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=x2+y2

Cách 1: 3P=3x2+3y2=(x2+4)+(y2+4)+ 2(x2+y2)-8 4x+4y+4xy-8=32-8=24

Vậy 3P ≥24⇔P ≥8 Giá trị nhỏ P=8 x=y=2

Cách 2: 3P-4(x+y+xy)= 3x2+3y2-4x-4y-4xy=(x-2)2+(y-2)2+2(x-y)2-8 −8

Hay 3P −32≥ −8⇔3P ≥24⇔P ≥8 Tơi cịn cách

a- ∠ CHD+ ∠ CBD=1800 nên tứ giác BHDC nội tiếp

∠ AGE+ ∠ AME=1800 nên tứ giác AMEG nội tiếp

b- Δ AME đ d Δ ABM (gg) nên AM2=AC.AB c- Δ AGE đ d ABD (gg) nên AE.AB=AG.AD (1)

Δ DAM đ d DEG (gg) nên DE.DM=DG.AD (2) Từ (1) (2) ta có

UBND TỈNH NINH BÌNH SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 - THPT Chuyên Lương Văn Tụy

Năm học 2009 – 2010 (Khóa ngày 30/9/2009)

Mơn thi: TỐN - VỊNG I Đề thi gồm 05 câu 01 trang Câu 1: (2 điểm)

Tính giá trị biểu thức: x5 2 5  5 250

3

y

3

 

 

 

x x y y

A x y

x xy y



 

 

Câu 2: (2,5 điểm)

Cho phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1) + m – = (ẩn x, tham số m).

a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:

1

x x 4

Câu 3: (1,0 điểm)

Khoảng cách hai bến sông A B 60 km Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A tới bến B, nghỉ 20 phút bến sơng B ngược dịng trở A Thời gian kể từ lúc khởi hành đến bến A tất 12 Tính vận tốc riêng ca nơ vận tốc dịng nước biết vận tốc riêng ca nô gấp lần vận tốc dòng nước

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O; R) đường thẳng (d) khơng qua tâm O cắt đường tròn (O; R) hai điểm phân biệt A, B Điểm M chuyển động (d) nằm ngồi đường trịn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN MP tới đường tròn (O; R) (N, P hai tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác MNOP nội tiếp đường trịn, xác định tâm đường trịn

b) Chứng minh MA.MB = MN2.

c) Xác định vị trí điểm M cho tam giác MNP

d) Xác định quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP Câu 5: (1 điểm)

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn:

23 x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

6

B 8x 18y

x y

   

ĐÁP ÁN

(Tơi xin trình bày đáp án thân, có sai sót mong q vị thơng cảm đóng góp ý kiến) Câu 1: (2 điểm)

Tính giá trị biểu thức:

 

 

 

x 2 5 250

5 2 5 5

5 2 5 10                 3 y

3

3 3

3

3 3                               3

x x y y

A x y

x xy y

x y x y x xy y

x y x y

x xy y x xy y

x y x y x y 10

                        

Câu 2: (2,5 điểm)

a) Xét phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1)x + m – = 0

Khi m=2 phương trình trở thành: 3x – 2x = 02

 

0

3 2

3 x x x x         

b) Để phương trình phương trình bậc trước tiên m ≠ -1

 2    

' m m m m

       

Để phương trình có nghiệm phân biệt  ' 0 hay m<3 (1) Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta có

1 2 2( 1) m

S x x

m m P x x

m               

 (2)

Xét biểu thức

1

1 2

1 x x

x x x x



   

Thế (2) vào (3)

2( 1)

:

1

2( 1)

8 14

2

m m m m

m

m m m

 

 

 



     



 m6 Kết hợp với điều kiện (1): Kết luận m = -6 Câu 3: (1,0 điểm)

* Gọi vận tốc dòng nước là: x (km/giờ) (ĐK: x>0) Vận tốc thực ca nô là: 4x (km/ giờ)

* Khi ca nơ xi dịng từ A đến B vận tốc ca nô so với đường là: 4x+x (km/giờ) Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là:

60 12

4x x x (giờ).

* Khi ca nơ ngược dịng từ B A vận tốc ca nô so với đường là: 4x-x (km/giờ) Thời gian ca ngược dòng từ B A là:

60 20

4x x  x (giờ).

* Thời gian ca nô nghỉ B 20 phút hay 3 giờ. * Vì tổng thời gian hết 12 nên ta có phương trình

12 20 12

3

3

x x

x x

  

    

* Kết luận: Vận tốc dòng nước km/giờ.

Vận tốc thực ca nô x 4=12 km/giờ Câu 4: (3,5 điểm)

a) CM tứ giác MNOP nội tiếp: Xét tứ giác MNOP có

MNON (Tính chất tiếp tuyến dây cung)  ONM 90 

MPOP (Tính chất tiếp tuyến dây cung)  OPM 90 

 ONM+OPM 180 

Vậy tứ giác MNOP nội tiếp đường Trịn đường kính OM, tâm trung điểm OM (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800).

b) CM: MA.MB = MN2 :

Xét tam giác AMN NMB có Góc AMN chung.

cung AN của đường tròn tâm O).  AMN đồng dạng vớiNMB

2

MA MN

= MA.MB = MN

MN MB

 

(Điều phải chứng minh) c) Xác định vị trí điểm M cho tam giác MNP đều:

* Xét MNP có MN=MO (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Nên MNP cân M

* Giả sử MNP góc NMP 60 

Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có OM phân giác góc NMP nên  OMN 30

* Lại có tam giác OMN vng N OMN 30  0 nên  NOM 60

Gọi I trung điểm OM IN=IM=IO (NI trung tuyến ứng cạnh huyền tam giác vuông OMN)  Tam giác ONI

Vậy IN=IM=IO=R hay OM =2R

* Kết luận: Vậy để tam giác MNP OM=2R d) Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP: * Kẻ OH vng góc vớ (d) H

Gọi K trung điểm OH

* Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP ngoại tiếp tứ giác MNOP (Tâm I)  IK đường trung bình tam giác MOH.

* Xét: MA ITrung điểm OA MB ITrung điểm OB

M nằm ngồi đường trịn O (tức nằm ngồi AB) I nằm tam giác AOB

* Kết luận: Quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP đường thằng d’ đi qua K song song với đường thẳng d (trừ điểm bên tam giác AOB) hình vẽ

Câu 5: (1 điểm)

6 2

B 8x 18y 8x 18y

x y x y x y

   

 

          

     

Áp dụng BĐT Côsi BĐT đầu cho ta có

B 8 12 23 43  Dấu xảy  

1 1

x; y ;

2 3

 

 

Vậy giá trị nhỏ B 43  

1 x; y ;

2

 

 

 

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HÀ NAM Năm học 2009-2010

Môn thi : tốn(đề chun)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Bài 1.(2,5 điểm)

1) Giải phơng trình:

1

2

3 2

x  x  x 

2) Giải hệ phương trình:

1 12

x

x y x x y



 

 

 

 

 



Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phương trình: x 6x 2 m0

a) Tìm m để x = 7 48 nghiệm phương trình

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn:

1

1

24

x x

x x



 

Bài 3.(2,0 điểm)

1) Cho phương trình:  

2x 2 2m x 6m52 0 ( với m tham số, x ẩn số) Tìm giá trị m số nguyên để phwowng trình có nghiệm số hữu tỷ 2) Tìm số abc thoả mãn:  

2

abc a b c.

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho ∆ABC nhọn có C A.  Đường tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC, CA điểm M, N, E; gọi K giao điểm BI NE

a) Chứng minh:

 

AIB 90

C

 

d) Gọi Bt tia đường thẳng BC chứa điểm C Khi điểm A, B tia Bt cố định; điểm C chuyển động tia Bt thoả mãn giả thiết, chứng minh đường thẳng NE tương ứng qua điểm cố định

-

Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:……… Chữ ký giám thị số 1:……….Chữ ký giám thị số 2………

GỢI Ý MỘT SỐ CÂU KHÓ TRONG ĐỀ THI: Bài 3:

1) Ta có '=   2

4m 12m 68 2m  77

Để phương trình có nghiệm hữu tỷ ' phải số phương Giả sử '

 = n2( n số tự nhiên).

Khi ta có        

2 2 2

2m  77n  2m  n 77 2m 3n 2m 3 n 77 Do nN nên 2m-3+n>2m-3-n

Và mZ, nN 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)

Từ xét trường hợp ta tìm giá trị m 2)Từ giả thiết tốn ta có:

              2 2 100 10

100 10 ( 0)

4

10

10 10

4

a b

a b c a b c c do a b

a b

a b a

a b

a b a b

                        

Ta có   a b 1

số lẻ 0 c 9 nên   a b 1

5 Mà  

2 a b

số chẵn nên   a b

phải có tận 6  

a b

phải có tận (*)

Mặt khác 2.5 4( )

ab c

a b



  và  2

4 a b 1

số lẻ   a b 1

<500  

125, 25

a b

  

(**) Kết hợp (*) (**) ta có  

2

a b {4; 9; 49; 64}  a+b {2; 3; 7; 8}

+ Nếu a+b{2; 7; 8} a+b có dạng 3k ± 1(kN)  

4 a b 1chia hết cho mà (a+b) + 9a= 3k ± 1+9a không chia hết cho 3 10a b 9a không 3 c N

+ Nếu a+b =3 ta có

   

10

35

a a

c   

Kết luận số 216 số cần tìm Bài 4:

* Ý c : Chứng minh KT.BN=KB.ET Cách 1:C/m AKTIET

KT AK

ET  IE

C/m AKBINB

KB AK

BN IN

Do IE=IN từ ta suy điều phải chứng minh Cách 2:

C/m TKETAI

KT TA

ET TI

C/m BIMBAK

KB AB

BM BI

Theo tính chất tia phân giác ABT ta có ta có

TA AB

TI BI

Và BM=BN từ suy điều phải c/m *Ý d:Chứng minh NE qua điểm cố định:

Do A, B tia Bt cố định nên ta có tia Bx cố định ABI  không đổi (tia Bx tia phân giác ABt)

Xét ABK vuông K ta có KB = AB.cos ABI=AB.cos khơng đổi

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

HÀ NAM Năm học 2009-2010

Mơn thi : tốn(đề chun)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút(khơng kể thời gian giao đề) Bài 1:(1,5 điểm)

Cho

1

a :

7 1 1

 

   

     

 

Hãy lập phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - nghiệm

Bài 2:(2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

x 16 xy

y y xy

x 

 

  

  

 

b) Tìm m để phương trình  

2

2

x  2x  3x 6xm0

có nghiệm phân biệt

Bài 3:(2,0 điểm)

a) Chứng minh số nguyên k lớn thoả mãn

k 4 k216 số

nguyên tố k chia hết cho

b) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi p a  p b p c 3p

Bài 4:(3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O dây AB khơng qua O Gọi M điểm cung AB nhỏ D điểm thay đổi cung AB lớn (D khác A B) DM cắt AB C Chứng minh rằng:

a) MB.BDMD.BC

b) MB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

c) Tổng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD ACD khơng đổi

Bài 5:(1,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA cho hình 8- giác EFGHIJKM có góc Chứng minh độ dài cạnh hình 8-giác EFGHIJKM số hữu tỉ EF = IJ

-HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bài 1:(1,5 điểm)

1 1 1

a : :

7 1 1

                   0,5 đ a =

2 :

7  0,25 đ

Đặt x a 1 x 1  x 1  7 x22x 1 7 0,5 đ

x 2x

   

Vậy phương trình

x 2x 6 0 nhận 1 lµm nghiƯm

0,25 ®

Bài 2:(2,5 điểm)

a) x 16 x 16 xy (1) xy y y

y x y

(2) xy

x y x                     

  ĐK: x, y0

0,25 đ

Giải (2)  6y2 6x2 5xy (2x 3y)(3x 2y)  0 0,25 đ

* Nếu

3y 2x 3y x

2 

   

Thay vào (1) ta

3y 16 y

2

   0,25 đ  3y 23  

(phơng trình vô nghiệm)

0,25 đ

* Nếu

2y 3x 2y x

3

   

Thay vào (1) ta đợc

2

y  9 y3

0,25 ®

- Với y 3 x2 (thoả mãn điều kiện) - Với y 3 x2 (thoả mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)

0,25 đ

b) Đặt  

2

x  2x 1  y x 1  y x 1 y (y0) (*)

Phương trình cho trở thành:    

2

y 1  y 1 m0

y 5y m

     (1)

0,25 ®

Từ (*) ta thấy, để phơng trình cho có nghiệm phân biệt phơng trình (1) có nghiệm dơng phân biệt

0 4m

S

P m

   

 

 

     

    

 

0,25 ®

9

m

4 m

4

m

  

     

   

Vậy với

9 m

4

  

phương trình có nghiệm phân biệt

0,25 đ

Bài 3:(2,0 điểm)

a) Vì k > suy k2 45; k2165

- Xét k5n (víi n ) k2 25n210n 1  k24 5

2 k

  không số nguyên tố

0,25 đ

- XÐt k5n2 (víi n) k2 25n2 20n 4 k2 16 5

2 k 16

  không số nguyên tố 0,25 đ

- Xét k5n3 (víi n) k2 25n230n 9 k216 5

2 k 16

  không số nguyên tố 0,25 đ

- Xét k5n4 (víi n) k2 25n2 40n 16  k24 5

2 k

  không số nguyên tố

Do k 5

0,25 ®

b) Ta chøng minh: Víi a, b, c th×    

2 2 2 2

a b c 3 a b c

(*) ThËt vËy

2 2 2

(*) a b c 2ab2bc 2ca 3a 3b 3c

2 2

(a b) (b c) (c a)

       (ln đúng)

0,5 ®

Áp dụng (*) ta có:

 p a p b p c2 3 3p  a b c 3p

Suy p a p b p c 3p (®pcm)

0,5 ®

J I

C N

M O

A B

D

a) Xét MBC MDB có:

BDM MBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) BMC BMD

0,5 đ

Do MBCvà MDB đồng dạng

Suy

MB MD

MB.BD MD.BC

BC BD  

0,5 đ

b) Gọi (J) đường tròn ngoại tiếp BDC BJC 2BDC 2MBC

hay

 BJC

MBC

1800 BJC BCJ cân J CBJ

2 

  

0,5 đ

Suy

  BJC 180O BJC O

MBC CBJ 90 MB BJ

2



     

Suy MB tiếp tuyến đờng tròn (J), suy J thuộc NB

0,5 ®

c) Kẻ đờng kính MN (O)  NB  MB

Mà MB tiếp tuyến đờng tròn (J), suy J thuộc NB Gọi (I) đờng trịn ngoại tiếp ADC

Chøng minh t¬ng tù I thuéc AN

Ta cã ANB ADB 2BDM BJC  CJ // IN Chøng minh t¬ng tù: CI // JN

0,5 ®

Do tứ giác CINJ hình bình hành  CI = NJ

Suy tổng bán kính hai đường trịn (I) (J) là: IC + JB = BN (không đổi)

g

f e d

h c

b a

G F

I

H

J M

C

A B

D

E

K

Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b, c, d, e, f, g, h số hữu tỉ dương)

Do góc hình cạnh nên góc hình cạnh có số đo là:

O

O

8 180

135

(  )



0,25 đ

Nếu e - a ≠

h b f d

e a

  

 

  (điều vô lý 2 số vô tỉ)

SỞ GD VÀ ĐT

THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC: 2009 - 2010

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN (DÀNH CHO THÍ SINH THI VÀO LỚP CHUN TỐN)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao )

Câu 1:(2,0 điểm)

Cho sè x (x∈R ; x>0) thoả mãn điều kiện: x2 +

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

x3 B = x5 + x5

Giải hệ phương trỡnh:

1

2

1

2

y x

x y



  

  

   

 

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 bx c 0(a0) có hai nghiệm x x1, thoả mãn điều kiện: 0 x1 x2 2.Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

2

2

2

a ab b Q

a ab ac

 



  Câu 3: (2,0 điểm)

Giải phương trình: √x −2 + √y+2009 + √z −2010 = 12(x+y+z) Tìm tất số nguyên tố p để 4p2 +1 6p2 +1 số nguyên tố.

Câu 4: (3,0 điểm)

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

Cho đường trũn (O) bỏn kớnh R=1 điểm A cho OA= √2 Vẽ cỏc tiếp tuyến AB, AC với đường trũn (O) (B, C cỏc tiếp điểm).Một gúc xOy cú số đo 450 cú cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D cạnh 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 Chứng minh rằng: P≥√3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2009-2010

Đáp án đề thi thức

MƠN: TỐN ( DÀNH CHO THÍ SINH THI VÀO LỚP CHUN TOÁN)

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

Câu ý Nội dung Điểm

1

1 Từ giả thiết suy ra: (x +

x )2 =  x +

x = (do x > 0)  21 = (x + 1x )(x2 +

x2 ) = (x

3 +

x3 ) + (x +

x )  A = x3 +

x3 =18

 7.18 = (x2 +

x2 )(x3 +

x3 ) = (x5 +

x5 ) + (x + x )  B = x5+

x5 = 7.18 - = 123

0.25 0.25

0.25 0.25 Từ hệ suy

√x+√2− y=

1

√y+√2−

x (2) Nếu

√x>

√y thỡ √2− y>√2−

1

x nờn (2) xảy x=y

thế vào hệ ta giải x=1, y=1

0.5

0.5

Theo Viét, ta có: 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          

( Vì a 0)

=

2

1 2

1 2

2 3( ) ( )

2 ( )

x x x x

x x x x

   

  

Vì 0 x1 x2 2 nên

1

x x x x22 4  x12 x22 x x1 24  

2

1

x x x x

   

Do

1 2

1 2

2 3( )

3

2 ( )

x x x x Q

x x x x

   

 

  

Đẳng thức xảy x1 x2 2 x1 0,x2 2

Tức

4

4

2

2

0 b a

c c b a

a

b a

b

c a

c a  

 

   

     

  

  

 

 

    

  

   



 

  

 Vậy maxQ=3 0.25

3

1 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010 Phương trình cho tương đương với:

x + y + z = √x −2 +2 √y+2009 +2 √z −2010

 ( √x −2 - 1)2 + ( √y+2009 - 1)2 + ( √z −2010 - 1)2 = √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 + > 6p2 + >

Đặt x = 4p2 + = 5p2- (p - 1)(p + 1)

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

Khi đó:

- Nếu p chia cho dư dư (p - 1)(p + 1) chia hết cho  x chia hết cho mà x >  x không số nguyên tố

- Nếu p chia cho dư dư (p - 2)(p + 2) chia hết cho  4y chia hết cho mà UCLN(4, 5) =  y chia hết cho mà y >

 y không số nguyên tố

Vậy p chia hết cho 5, mà p số nguyên tố  p = Thử với p =5 x =101, y =151 số nguyên tố Đáp số: p =5

0.25

0.25

0.25

4

2

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

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

Mặt khác: IBAB=CM CB =

MN

AN  IM // BN

∠BCE =∠EMI =∠BKE  tứ giác BECK nội tiếp

∠BEC +∠BKC=1800

Lại có: ∠BEC=900⇒∠BKC=900 Vậy CK BN

Vỡ AO = √2 , OB=OC=1 ABO=ACO=900 suy OBAC hỡnh vuụng

Trờn 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 hàng, suy DE tiếp tuyến (O)

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25

D C N

A I B

K M

E

O

C B

D

E M A x

x

5

Vỡ DE tiếp tuyến suy DM=DB, EM=EC

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

 (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2  1- (x+y) = xy (x+y)

2

4 suy DE

2 + 4.DE - 40

 DE 2√2−2

Vậy 2√2−2≤ DE<1

Ta có: ad−bc¿

=a2c2+2 abcd+b2d2+a2d2−2 abcd+b2c2 ac+bd¿2+¿

¿ ¿a2(c2+d2)+b2(d2+c2)=(a2+b2) (c2+d2) Vì ad−bc=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√(a2+b2) (c2+d2)+ac+bd

⇒P ≥2√1+(ac+bd)2+ac+bd (theo (1)) Rõ ràng P>0 vì: 2√1+(ac+bd)2>|ac+bd|2 Đặt x=ac+bd ,ta có: P≥2√1+x2+x

⇔P2≥4(1

+x2)+4x√1+x2+x2=(1+x2)+4x√1+x2+4x2+3 ¿(√1+x2+2x)2+3≥3

Vậy P≥3

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009 - 2010

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

Câu 1( 2,0 điểm)

Cho biểu thức: T=2x

+4 1− x3 −

1 1+√x−

1 1−√x

1 Tìm điều kiện x để T xác định Rút gọn T Tìm giá trị lớn T

Câu ( 2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình: { 2x2−xy=1 4x2

+4 xy− y2=7

2 Giải phương trình: √x −2+√y+2009+√z −2010=1

2(x+y+z) Câu (2,0 điểm)

1 Tìm số nguyên a để phương 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 ≥b ≥00 19a+6b+9c=12 Chứng minh hai phương trình sau có nghiệm

x2−2(a+1)x+a2+6 abc+1=0 x2−2(b+1)x+b2+19 abc+1=0 Câu (3,0 điểm)

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

1 Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành

2 Gọi P Q điểm đối xứng E qua đường 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

rằng với số thực x , y , z ta ln có: x2 a2+

y2 b2+

z2 c2>

2x2+2y2+2z2 a2+b2+c2 -Hết

-Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên chữ ký giám thị Họ tên chữ ký giám thị 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC 2009-2010 Đáp án đề thi thức

Câu ý Nội dung Điểm

1 2,0

1 Điều kiện: x ≥0; x ≠1 T=2x

2 +4 1− x3 −

2 1− x=

2−2x 1− x3=

2 x2

+x+1

0,25 0,75 T lớn x2+x+1 nhỏ nhất, điều xẩy x=0

Vậy T lớn

0,5 0,5 Giải hệ phương trình:

2x2 – xy = (1)

4x2 +4xy – y2 = (2)

Nhận thấy x = không thoả mãn hệ nên từ (1)  y = 2x

−1 x (*) Thế vào (2) được: 4x2 + 4x 2x2−1

x -

2x2−1

x ¿

2

¿

=  8x4 – 7x2 - =

Đặt t = x2 với t ≥ ta 8t2 - 7t - = 0

 t =

t = - 18 (loại)

với t =1 ta có x2 =  x =  thay vào (*) tính y =  1

Hệ phương trình cho có nghiệm: x = x = -1 y = y = -1

0,25

0,25

0,25

0,25 ĐK: x ≥2; y ≥ −2009; z ≥2010

Phương trình cho tương đương với: x+y+z=2√x −2+2√y+2009+2√z −2010

⇔(√x −2−1)2+(√y+2009−1)2+(√z −2010−1)2=0

⇔x=3; y=−2008; z=2011

0,25 0,25 0,25 0,25 PT cho có biệt số  = 4a2 + 16a -151

PT có nghiệm ngun  = n2 với n  N Hay 4a2 + 16a - 151 = n2

 (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167  (2a + 4)2 - n2 = 167  (2a + + n)(2a + - n) = 167

Vì 167 số nguyên tố 2a + + n > 2a + - n nên phải có:

2a + + n = 167

2a + - n = 4a + = 168 a = 40 2a + + n = -1  4a + = -168  a = -44

0,25 0,25

2a + - n = -167

với a = 40 đựơc PT: x2 - 83x = có nghiệm nguyên x = 0, x = 83

với a = - 44 PT có nghiệm nguyên x= -1, x = - 84 0,25

2 Ta có: ' '

1 a(2 ) ;bc b(2 19 )ac

     

Suy    1' 2' a(2 ) bc b(2 19 ) ac Từ giả thiết 19a6b9c12, ta có tổng

(2 ) (2 19 ) 4 bc   ac   c(19a6 ) 4b   c(12 ) c

=  

2

9c  12c 4 3c 0.

Do hai số (2 ) ;(2 19 ) bc  ac không âm Mặt khác, theo giả thiết ta có a0 ;b0 Từ suy hai số 1'; 2' khơng âm, suy hai phương trình cho có nghiệm ( đpcm)

0,25 0,25

0,25

0,25

4

2

3

Mặt khác AD đường kính đường tròn tâm O nên DC AC (2) Từ (1) (2) suy BH // DC

Hoàn toàn tương tự, suy BD // HC

Suy tứ giác BHCD hình bình hành ( Vì có cặp cạnh đối song song)

Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy AP=AE ( c.g c )

Lại có ( góc nội tiếp chắn cung)

Mặt khác tứ giác APHB tứ giác nội tiếp ( góc nội tiếp chắn cung)

Mà

Hồn tồn tương tự, ta có: Do đó:

Suy ba điểm P, H, Q thẳng hàng

Vì P, Q điểm đối xứng E qua AB AC nên ta có AP = AE = AQ suy tam giác APQ tam giác cân đỉnh A Mặt khác, tính đối xứng ta có ( khơng đổi)

Do cạnh đáy PQ tam giác cân APQ lớn AP, AQ lớn AE lớn

Điều xảy AE đường kính đường trịn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC E D

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 A

B

C H a

c

5

Vì ta có: (*)

Giả sử Với cạnh lớn

nhọn (gt) kẻ đường cao BH ta có từ suy biểu thức (*) không âm suy điều phải chứng minh

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KÌ THI VAO LỚP 10CHUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm : 150 phút

Câu I: ( 2.5 điểm )

Cho phương trình : x2 - 2x + - m = , gọi x

1, x2 hai nghiệm phương

trình Tìm giá trị m để : Câu II: (2.5 điểm )

1) Cho phân số : A =

Hỏi có số tự nhiên n thỏa mãn cho A phân số chưa tối giản.

2) Cho Tìm giá trị nhỏ :

Câu III: (2.0 điểm) Giải phương trình : Câu IV: ( điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O Vẽ tia Ax vng góc với AD cắt BC E ; vẽ tia Ay vng góc với AB cắt CD F.

1) Trong trường hợp góc tù Chứng minh : EF qua O. 2) Chứng minh :

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2008 - 2009

H

ớng dẫn chấm:Đề số

Câu Nội dung điểm

câu1

2.5 im iu kin phng trình : x

2 - 2x + - m = cã nghiÖm :

Theo hÖ thøc Viet : Ta có :

Và Nên

VËy m = tháa m·n ®iỊu kiƯn đầu bài

0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 CÂUII

2.5 ®iĨm 1) Gọi d ước chung lớn n

2 + n+5

Vì A phân số chưa tối giản nên d > 1 Ta có (n + 5)2 - ( n2 + 4) chia hết cho d

Hay 10(n + 5) - 29 chia hết cho d mà có n + chia hết cho d Nên 29 chia hết cho d mà 29 số nguyên tố d > d = 29 Tồn số m nguyên dương cho : n + = 29m Khi đó:

và m nguyên dương nên giá trị m 1;2;3 …69 Vậy có tất 69 số tự nhiên n thỏa mãn

0.25 0.25 0.25 0.25 2)* TA CHỨNG MINH BĐT SAU : VỚI X , Y LÀ CÁC SỐ

KHƠNG ÂM TA CĨ : ,(1)ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI X = Y

THẬT VẬY : (1) , (BĐT ĐÚNG )

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI X = Y CÓ P =

TA CÓ :

HAY : ,(2) ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI A = 2 TƯƠNG TỰ : , ( 3)

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI B = 3 VÀ , (4)

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI C = 4 DO ĐÓ : P

0.25 0.25

VẬY GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA P = KHI 0.25 0.25

0.25

CÂU III

2.0 ®iĨm Đặt :

Thay vào phương trình lập phương hai vế phương trình ta :

Nên phương trình tương đương với :

Xét trường hợp : 1)

2) 3)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm là:

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

0.25

0.25 CÂUIV

3 ĐIỂM

1)

NỐI EF , GỌI P LÀ ĐIỂM ĐỐI XỨNG VỚI A QUA EF TRƯỜNG HỢP O NẰM NGOÀI ,TA CÓ :

GỌI TIA AT LÀ TIA ĐỐI CỦA TIA AB , TA CÓ (CÙNG PHỤ VỚI )

MÀ ( CÙNG BÙ VỚI DO TỨ GIÁC ABCD NỘI TIẾP ) TỪ (1) VÀ (2) SUY RA :

NÊN TỨ GIÁC EPCF NỘI TIẾP MÀ CÓ ( CÙNG PHỤ VỚI )

NÊN TỨ GIÁC ADCP NỘI TIẾP

HAY P THUỘC ĐƯỜNG TRÒN TÂM O MÀ EF LÀ

TRUNG TRỰC CỦA AP NÊN EF PHẢI QUA TÂM O CỦA ĐƯỜNG TRÒN

TRƯỜNG HỢP O NẰM TRONG CHỨNG MINH TƯƠNG TỰ

2)TRƯỚC HẾT TA CHỨNG MINH BÀI TOÁN SAU : CHO TAM GIÁC ABC NỘI TIẾP ĐƯỜNG

TRÒN (O;R) VỚI AB = C; AC = B ;BC = A

CHỨNG MINH : DIỆN TÍCH TAM GIÁC ABC ĐƯỢC TÍNH THEO CƠNG THỨC :.(*)

THẬT VẬY : KẺ ĐƯỜNG CAO AH, ĐƯỜNG KÍNH AD TA CÓ :

HAY

KẺ ĐƯỜNG CHÉO AC VÀ BD CỦA TỨ GIÁC ABCD TA CĨ

GỌI R LÀ BÁN KÍNH ĐƯỜNG TRỊN NGOẠI TIẾP TỨ GIÁC ABCD ,ÁP DỤNG CƠNG THỨC TRÊN TA CÓ :

( ĐPCM)

0.25 0.5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

-KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2009-2010

MƠN THI: TỐN (Chun)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề.)

-Câu1: Giải phơng trình

Cõu 2: Gii h phương trình Câu 3: Cho a,b  R thỏa:

Tính a+ b

Câu Cho Phương trình bậc hai , x ẩn, tham số m:

1- Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 2- Gọi x1,x2 hai nghiệm phương trình Chứng tỏ M = x1 + x2 - x1x2 không

phụ thuộc vào giá trị m

Câu Cho tam giác ABC có góc nhọn BE CF hai đường cao Trực tâm H Trên HB HC lấy điểm M , N cho Chứng minh : AM = AN

GIẢI ĐỀ THI

Câu1: Giải phương trình Câu 2: Giải hệ phương trình Câu 3: Cho a,b  R thỏa:

Tính a+ b

Câu Cho Phương trình bậc hai , x ẩn, tham số m:

’ = [-(m+1)]2-2m = m2 +2m +1 -2m = m2 + >

Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

Nên không phụ thuộc vào giá trị m Câu 5:

Từ (1),(2),(3) MA2 = NA2 MA = NA

-Sở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010

KHÁNH HỒ MƠN: TỐN

NGÀY THI: 19/6/2009

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

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

a) Cho biết A= B= 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 Bài 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) ĐỀ CHÍNH

Cho đường tròn(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/ 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

nhất OM =2R

-Hết -Đáp án câu 4c,d: Đề thi 2009 – 2010 : 4c)Chứng minh : IK//AB

Gợi ý: Chứng minh tổng số đo hai góc ICK IDK 1800 4d)Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB để CA + CB2 2 đạt GTNN

Gợi ý : Xây dựng công thức đường trung tuyến tam giác Gọi N trung điểm AB

Ta có:

AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2

= 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2+ AN2 – 2AN.ND + ND2.

= 2CN2 + 2AN2

= 2CN2 + AB2/2

AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN CN đạt GTNN

 C giao điểm ON cung nhỏ AB

=> C điểm cung nhỏ AB

Khi OM = 2R OC = R hay C trung điểm OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA2 + CB2) = 2R2