Bo de thi vao lop 10 Thai Binh

Hai đỉnh liên tiếp A và D cùng nhìn cạnh GF dưới một góc bằng 45 0 nên tứ giác ADFG nội tiếp. Chứng minh tương tự như trên ta có tứ giác ABEH nội tiếp. Xét tứ giác GHFE có hai đỉnh li[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 1997 – 1998

Mơn thi: TỐN

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

Bài (1 điểm):

Phân tích thừa số : a) a3 + ;

b) 8 2  10 Bài (3 điểm):

Trong hệ trục toạđộ Oxy cho ba điểm A(- ; 6) , B(1 ; 0), C(2 ; 8) a) Biết điểm A nằm Parabol (P) có phương trình y = ax2, xác định a ? b) Lập phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm B C

c) Xét vị trí tương đối đường thẳng (d) Parabol (P) Bài (2 điểm):

Giải phương trình: x

x    x  Bài (1,5 điểm):

Cho ABC có AB = AC = 5cm; BC = 6cm Tính : a) Đường cao ABC hạ từ đỉnh A ?

b) Độ dài đường tròn nội tiếp ABC ? Bài (2 điểm):

Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC, CD lấy điểm E, F cho

0

EA F 45 Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự G, H Chứng minh: a) ADFG, GHFE tứ giác nội tiếp

b) CGH tứ giác GHFE có diện tích Bài (0,5 điểm)

Tính thể tích hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ biết AB’ = 5; AC = 34 ; AD’ = 41

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (1 điểm):

a) a3 + = (a + 1)(a2 – a + 1)

b) 8 2  10 ( 2) ( 10    5) ( 1)(2   5) Bài (3 điểm):

a) Điểm A(- ; 6) nằm Parabol (P) : y = ax2 nên : = a.(- )2  a = Vậy giá trị a cần tìm a = (Parabol (P) : y = 2x2)

b) Phương trình đường thẳng (d) có dạng : y = ax + b Vì (d) qua hai điểm B(1 ; 0) C(2 ; 8) nên ta có hệ :

a b 2a b

  

  

 

a

b

     

Phương trình đường thẳng (d) : y = 8x –

c) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) :

2x2 = 8x –  x2 – 4x + =  (x – 2)2 =  x = Suy (d) tiếp xúc với (P) điểm có toạ độ C(2 ; 8)

Bài (2 điểm):

ĐKXĐ : x 

Từ phương trình cho suy :

5 2(x 2) 7(x  2)(x 2) 5x(x  2)

 5 2x 10 7x  214 5x 5 2x

 12x2 10 2x 0   6x2 5 2x 0  (*)

 = ( 2)  6.2 62 0  Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :

5 62 x

12



 ; x2 62

12



 (đều thoả mãn ĐKXĐ)

Vậy pt cho có hai nghiệm phân biệt x1 62, x2 62

12 12

 

 

Bài (1,5 điểm):

a) (Hình 1)

Kẻ đường cao AH Tam giác ABC cân A nên AH vừa đường phân giác vừa đường trung tuyến Suy HB = HC = BC : = 3cm

Áp dụng định lí Pitago cho AHC, ta có : AH2 = AC2 – HC2 = 52 – 32 = 42  AH = (cm)

b) Gọi O tâm đường tròn nội tiếp ABC, r bán kính đường trịn ;

r

Hình 1

I K

O H A

C B

Điểm O giao điểm ba đường phân giác nên O  AH  OH  BC Gọi I K tiếp điểm (O) với AB AC OI  AB OK  AC

Ta có : SABC = SOAB + SOBC + SOCA hay

2 AH.BC =

2 r.AB +

2 r.BC +

2 r.AC

 r AH.BC 4.6 1,5

AB BC AC

  

    (cm)

Vậy độ dài đường tròn nội tiếp ABC C = 2r  2.3,14.1,5 = 9,42 cm Bài (2 điểm):

a) (Hình 2)

*) Chứng minh tứ giác ADFG nội tiếp

ABCD hình vng nên BDC DBC 45  Xét tứ giác ADFG có :

0

GAF EAF 45  GDF BDC 45  0

Hai đỉnh liên tiếp A D nhìn cạnh GF góc 450 nên tứ giác ADFG nội tiếp

*) Chứng minh tứ giác GHFE nội tiếp

Chứng minh tương tự ta có tứ giác ABEH nội tiếp Tứ giác ADFG nội tiếp nên AGF ADF 180 

 AGF 180 ADF 180 0900 900 EGF 90 0 Tứ giác ABEH nội tiếp nên AHE ABE 180 

 AHE 180 ABE 180 900 900 EHF 90 0

Xét tứ giác GHFE có hai đỉnh liên tiếp G H nhìn cạnh EF góc 900 nên tứ giác nội tiếp

b) Gọi O giao điểm AC BD, I giao điểm AC GF

Tứ giác ABCD hình vng nên đường chéo BD trục đối xứng AC

 GA = GC, HA = HC Do AGH = CGH (c-c-c)  SAGH = SCGH

AGF vng cân G (vì AGF 90 0 GAF 45 0) nên GFA 45 0; ABCD hình vuông nên ECA BCA 45  0 Suy GFA ECA ( 45 ) 

Mặt khác, AGI vng G có GO  AI (vì BD  AC, BD đường trung trực AC) nên GAI EGI (vì phụ với AGO ) hay EAC HGF

Xét AEC GHF có GFA ECA GAI HGF (chứng minh trên) nên AEC ~ GHF (g.g) Suy : AE AC

GH  GF  AE.GF = AC.GH (1) Tứ giác AGCH có hai đường chéo vng góc (AC  GH) nên SAGCH = 1AC.GH

2 (2)

AEF có đường cao FG ứng với cạnh AE nên SAEF = 1AE.GF

2 (3)

Từ (1), (2) (3) suy : SAGCH = SAEF SAGH + SCGH = SAGH + SGHFE

 S = S (đpcm)

Hình 2

I O H

G

E B A

Bài (0,5 điểm)

Đặt AB = a, AD = BC = b, AA’ = DD’ = c (H 3) Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng ABC, ADD’ ABB’, ta có :

AB2 + BC2 = AC2 hay a2 + b2 = 34 (1) AD2 + DD’2 = AD’2 hay b2 + c2 = 41 (2) BB’2 + AB2= AB’2 hay c2 + a2 = 25 (3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta :

2(a2 + b2 + c2) = 100  a2 + b2 + c2 = 50 (4) Từ (1), (2), (3) (4) suy a2 = 9, b2 = 25, c2 = 16

 a = (cm), b = 5(cm), c = (cm)

Vậy thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ : V = abc = 3.5.4 = 60 (cm3) a b

c

Hình 3

B A

C A'

B' C' D'

D

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 1998 – 1999

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2 điểm):

So sánh x y trường hợp sau: a) x 27 y 3;

b) x y 5; c) x = 2m y = m +

Bài (2 điểm):

a) Trên hệ trục toạ độ vẽđồ thị hàm số

2 x y

2

 (P) y = x +3 (d) b) Dùng đồ thị cho biết (có giải thích) nghiệm phương trình : 2x x  Bài (3 điểm):

Xét hai phương trình: x2 + x + k + = (1) x2 - (k + 2)x + 2k + = (2) a) Giải phương trình (1) với k = -1; k = -4

b) Tìm k để phương trình (2) có nghiệm ?

c) Với giá trị k hai phương trình tương đương ? Bài (0,5 điểm):

Tam giác vuông ABC có A  90 , B0  30 ,0 BC = d quay vòng chung quanh AC Tính thể tích hình nón tạo thành

Bài (2,5 điểm):

Cho ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F thứ tự hình chiếu B, C lên đường kính AD đường trịn (O) M, N thứ tự trung điểm BC, AB Chứng minh:

a) Bốn điểm A, B, H, E nằm đường tròn tâm N HE// CD b) M tâm đường tròn ngoại tiếp HEF

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2 điểm):

a) x 27 3  3  3 mà y 3  x < y b) x  x4 5 1502  ; y 6 5  y4  6 1802 

 x4 < y4 x < y (vì x, y > 0)

c) Xét hiệu x – y = 2m – (m + 2) = m – Ta xét ba trường hợp : d) Nếu m <  m – <  x < y

- Nếu m =  m – =  x = y - Nếu m >  m – >  x > y Bài (2 điểm):

a) (H 1)

*) Vẽđồ thị hàm số

2 x y

2



- Sự biến thiên :

Vì a =

2> nên hàm số đồng biến với x > nghịch biến với x <

- Đồ thị :

Bảng số cặp toạ độ điểm (x ; y) thuộc đồ thị hàm số

x -3 -2 -1 y 4,5 0,5 0,5 4,5 Đồ thị hàm số

2 x y

2

 Parabol (P) với đỉnh O, qua cặp điểm (x ; y) trên, nhận Oy làm trục đối xứng nằm phía trục hồnh

*) Vẽđồ thị hàm số y = x +3

- Cho x = -1  y = 0,5, ta điểm A (-1 ; 0,5) - Cho x =  y = 4,5, ta điểm B(3 ; 4,5) Đồ thị hàm số y = x +3

2 đường thẳng (d) qua hai điểm A B b) 2x x  

2

x 2x x

 

  

 

2

x x x

2

   

  

Nghiệm phương trình cho hồnh độ giao điểm hai đồ thị (P) (d) phía bên phải trục tung (do x  0)

x y

(d) (P)

Hình 1

4,5

0,5

B

A

3 -3 -2

-2

-1 -1

1 O

Nhìn vào đồ thị ta thấy hồnh độ giao điểm (P) (d) bên phải trục tung x = Vậy nghiệm phương trình : 2x x  x =

Bài (3 điểm):

a) Với k = -1, (1) trở thành : x2 + x =  x(x + 1) =  x1= 0, x2 = -1 Với k = -4, (1) trở thành : x2 + x – =

 = + 12 = 13 > nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :

1

1 13 x

2

 

 , x2 13

2

  

Vậy với k = -1 phương trình (1) có hai nghiệm x1= 0, x2 = -1; với k = -1 phương trình (1) có hai nghiệm x1,2 13

2

  

b) Phương trình (2) có nghiệm :

2

( 2) (k 2) 2k 0     (2 2)k 2 6 

 k 2 (2 6)(2 2) 4 12 2( 4)

4 2

2 (2 2)(2 2)

       

   



  

 k  4

Vậy với k  4 phương trình (2) có nghiệm

c) Hai phương trình (1) (2) tương đường xảy trường hợp sau: - TH1 : (1) (2) vô nghiệm

 (1)

2 ( 2)

1 4(k 1)

(k 2) 4(2k 4)

    



     

 

3 4k

(k 2) 8(k 2)

  



    

  4k

(k 2)(k 6)

  

   

 

3 k

4 k

    

   

 k

4

  

- TH2 : (1) (2) có tập nghiệm

Từ (1) suy : k + = – x – x2, thay vào (2) ta :

x2 - (1 – x – x2)x + 2(1 – x – x2) =  x2 – x + x2 + x3 + – 2x – 2x2 =

 x3 – 3x + =  (x – 1)2(x + 2) =  x = x = -2 Với x = x = -2, ta k = -3, (1) (2) trở thành :

x2 + x – =  x1 = 1; x2 = -2

Vậy để hai phương trình (1) (2) tương đương k = -3 k

  

Bài (0,5 điểm):

(H 2)

ABC vng A có B 30 0 nên AC BC d

2

 

AB2 = BC2 – AC2 (định lí Pitago) AB2 = d2 –

2 2

2 d 3d

AB d

2

 

   

  

3 d AB

2



Hình nón có đáy đường trịn tâm A bán kính AB, chiều cao AC Thể tích hình nón tạo thành : Vnón =

2

2

1 3d d d

AB AC

3 2



      

Bài (2,5 điểm):

a) (H 3)

CM bốn điểm A, B, H, E thuộc đường trịn tâm N.

Vì AEB AHB 90  0 nên H, E nằm đường trịn đường kính AB Mà N trung điểm AB

Suy bốn điểm A, B, H, E thuộc đường tròn tâm N, bán kính AB

2

Chứng minh HE // CD:

Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn tâm N, nên :

0

BAE BHE 180  (tổng góc đối tứ giác nội tiếp), mà EHC BHE 180  0 (hai góc kề bù)

 BAE EHC (cùng bù với BHE ) hay BAD EHC (1) Mặt khác, BCD BAD (góc nội tiếp chắn BD ) (2) Từ (1) (2) suy BCD EHC

Hai góc vị trí so le nên HE // CD

b) Gọi K trung điểm EC, I giao điểm MC với ED

BCE có MB = MC (gt), KE = KC (cách dựng) nên MK đường trung bình

 MK // BE; mà BE  AD (gt)

 MK  AD (quan hệ vng góc-song song) hay MK  ED (3) Lại có CF  AD (gt)  MK // CF hay KI // CF

d

Hình 2

A B

C

Hình 3

I K N

H

F E

D O

M A

B C

ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) (4) suy MK đường trung trực EF  ME = MF (5)

Xét ABC có MB = MC, NB = NA (gt) nên MN đường trung bình  NM // AC Ta lại có HE // CD (câu a)), ACD 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) hay AC

 CD nên HE  AC (quan hệ vng góc-song song) Suy NM  HE (vì NM // AC, HE  AC)

Xét đường trịn tâm N có HE dây cung, NM  HE nên NM qua trung điểm HE Do NM đường rung trực HE Suy MH = ME (6)

Từ (5) (6) suy MH = ME = MF

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LNăm hỚọP 10 TRUNG Hc 1999 – 2000 ỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN

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

(Đề bị lộ) Bài 1(2 điểm):

Với giá trị x biểu thức sau có nghĩa: a) ;

2x b)

5x ; 2x x



 c)

x ; x

 d) ; x Bài 2(1 điểm):

Giải phương trình: 3 x 1 2

x 1 3



 

 Bài 3(1,5 điểm):

Cho hệ phương trình x my

2x (m 1)y

 



   



a) Giải hệ với m = 1;

b) Tìm giá trị m để hệ có nghiệm Bài 4(2 điểm):

Cho hàm số y = 2x2 (P) a) Vẽ đồ thị hàm số (P)

b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm (0 ; -2) tiếp xúc với (P) Bài 5(3,5 điểm):

Cho nửa đường trịn đường kính AB Gọi H điểm cung AB; M điểm nằm cung AH, N điểm nằm dây cung BM cho BN = AM Chứng minh:

a) AMH = BNH

b) MHN tam giác vuông cân

c) Khi M chuyển động cung AH đường vng góc với BM kẻ từ N qua điểm cố định tiếp tuyến nửa đường tròn điểm B

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LNăm hỚọP 10 TRUNG Hc 1999 – 2000 ỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm):

Cho biểu thức

2

(2x 3)(x 1) 4(2x 3) A

(x 1) (x 3)

   



 

a) Rút gọn A b) Tìm x để A = Bài 2(2 điểm):

Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m2 - = a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 3(3 điểm):

Cho (O) đường kính AC Trên đoạn OC lấy điểm B vẽ đường tròn (O’) đường kính BC Gọi M trung điểm đoạn AB Từ M kẻ dây cung DE  AB Gọi I giao DC với (O’) Chứng minh :

a) ADBE hình thoi b) BI // AD

c) I, B, E thẳng hàng Bài 4(3 điểm):

Cho hai hàm số y mx

   (1) y x m

  

 (2) (m  1)

a) Vẽ đồ thị hàm số (1) (2) hệ trục toạđộ Oxy với m = -1 b) Vẽ đồ thị hàm số (1) (2) hệ trục toạđộ Oxy với m = c) Tìm toạđộ giao điểm đồ thị hàm số (1) (2)

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

HƯỚNG DẪN GIẢI

Đề thứ (Đề bị lộ) Bài 1(2 điểm):

a) ĐKXĐ : x  ; b) x  x  2; c) -1 x  0; d) x < Bài 2(1 điểm):

ĐKXĐ : x  -1

Từ phương trình cho suy :

9 + (x + 1)2 = 6(x + 1)  (x + 1)2 - 6(x + 1) + =

 (x – 2)2 =  x – =  x = (thoả mãn ĐKXĐ) Vậy S = {2}

Bài 3(1,5 điểm):

a) Với m = 1, hệđã cho trở thành : x y x

2x y

  

 

   

 

Với m = hệđã cho có nghiệm (x ; y) (3 ; 1)

b) x my x my x my

2x (m 1)y 2(my 2) (m 1)y (3m 1)y

     

  

           

  

Để hệ cho có nghiệm phương trình :

(3m – 1)y = phải có nghiệm  3m –   m



Vậy với m

 hệđã cho có nghiệm

Bài 4(2 điểm):

a) Vẽ đồ thị hàm số (P) : y = 2x2

- Sự biến thiên :

Vì a = > nên hàm số đồng biến với x > nghịch biến với x <

- Đồ thị :

Bảng số cặp toạ độ điểm (x ; y) thuộc đồ thị hàm số

x -2 -1

y 2

y

x

3 -3 -2

4

-1 -1

1 O 1

6

Đồ thị hàm số y = 2x Parabol (P) với đỉnh O, qua cặp điểm (x ; y) trên, nhận Oy làm trục đối xứng nằm phía trục hồnh

b) Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng : y = ax + b (d) Vì (d) qua điểm (0 ; -2) nên b = -2

Để (d) tiếp xúc với (P) phương trình hồnh độ giao điểm : 2x2 = ax –  2x2 – ax + = phải có nghiệm kép

 = a2 – 16 =  a = 4

Có hai phương trình đường thẳng qua điểm (0 ; -2) tiếp xúc với (P) : y = 4x – y = -4x -

Bài 5(3,5 điểm):

a) Dễ thấy AHB AMB 90  0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) HA = HB (vì H nằm cung AB)

Xét AMH BNH có : AM = BN (giả thiết)

1

A  B (hai góc nội tiếp chắn MH ) HA = HB (chứng minh trên)

AMH = BNH (c.g.c)

b) Vì AMH = BNH (chứng minh trên) nên HM = HN H1 H3

MHN có

1

MHN H  H  H  H  AHB 90 HM = HN nên tam giác vuông cân H

c) Gọi I giao điểm tiếp tuyến (O) B đường thẳng vng góc với BM N I

Xét AMB MNI có :

0

AMB BNI 90 

AM = BN (giả thiết)

MAB NBI ( 1sđ BHM

 )

AMB = MNI (g.c.g)  AB = BI

Do AB cố định nên tiếp tuyến B cố định  I cố định

Vậy M chuyển động cung AH đường vng góc với BM kẻ từ N ln qua điểm cố định tiếp tuyến nửa đường tròn điểm B

1

1 1

3

2

I

N H

O

A B

Đề thứ hai Bài 1(2 điểm):

ĐKXĐ : x  -1, x  a)

2

2 2

(2x 3)(x 1) 4(2x 3) (2x 3)[(x 1) 4] (2x 3)(x 3)(x 1) A

(x 1) (x 3) (x 1) (x 3) (x 1) (x 3)

         

  

     

2x A

x

 



b) A =  2x 3

x 1   2x – = 3(x + 1)  x = -6 (thoả mãn ĐKXĐ)

Vậy với x = -6 A = Bài 2(2 điểm):

Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m2 - =

a) Với m = 1, phương trình cho trở thành : x2 – 4x – =

Phương trình có ’ = + = > nên có hai nghiệm phân biệt :

1,2

x  2 2 2 

Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm phân biệt : x1,2  2 2 b) Phương trình cho có nghiệm ’ = (m + 1)2 – (m2 – 5) 

 2m +   m  -3 Vậy m  -3

Bài 3(3 điểm):

a) AC  DE M  M trung điểm DE Tứ giác ADBE có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường nên hình thoi

b) Dễ thấy ADC BIC 90   AD  CD, BI  CD

Do BI // AD

c) Ta có EB // AD (vì ADBE hình thoi) AD  CD nên EB  CD

Qua B có EB BI vng góc với CD nên E, B, I thẳng hàng

I

E D

M O'

A O B C

Bài 4(3 điểm):

Cho hai hàm số y mx

   (1) y x m

  

 (2) (m  1)

a) Bạn đọc tự giải b) Bạn đọc tự giải

c) Hoành độ giao điểm (1) (2) nghiệm phương trình :

mx x

4

2 m



   

  m(m – 1)x + – 8m = -2x +  (m

2 – m + 2)x = 8m

 x 2 8m

m m



  (vì

2

m m (m ) m

2

        )

Khi

2

2 2

m 8m 4m 4(m m 2) 4m

y

2 m m m m m m

    

     

     

Vậy toạđộ giao điểm (1) (2) 2 8m ; 28 4m

m m m m



 

     

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LNăm hỚọP 10 TRUNG Hc 2000 – 2001 ỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm):

So sánh hai số x y trường hợp sau: a) x = 50 32 y = 2;

b) x y 6; c) x = 2000a y = 2000 + a Bài 2(2 điểm):

Cho biểu thức :

3

1 x x

A

x x x x x



  

    

a) Rút gọn tính số trị A x = 53 7 b) Tìm x để A >

Bài 3(2 điểm):

a) Giải hệ phương trình:

2

2(x y) 5(x y) x y

    

 

   

b) Giải biện luận phương trình: mx2 + 2(m + 1)x + = Bài 4(3 điểm):

Trên đường thẳng d lấy ba điểm A, C, B theo thứ tự Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By vng góc với d Trên tia Ax lấy I Tia vng góc với CI C cắt By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P

a) Chứng minh tứ giác BCPK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: AI.BK = AC.CB

c) Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang vng ABKI max

Bài 5(1 điểm):

Cho P(x) = 3x3 + ax2 + b Tìm giá trị a b để P(2000) = P(-2000) =

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm):

a) x 50 32 2    x = y;

b) x 0 , y 0  x2 6 7 , y2 7 6

 x4 36.7 252 , y4  49.6 294  x4 y4  x < y (vì x, y > 0)

c) x – y = 1999a – 2000

- Nếu 1999a – 2000 <  a 2000 1999

 x – y <  x < y - Nếu 1999a – 2000 =  a 2000

1999

 x – y =  x = y - Nếu 1999a – 2000 >  a 2000

1999

 x – y >  x > y Bài 2(2 điểm):

Cho biểu thức :

3

1 x x

A

x x x x x



  

    

a) ĐKXĐ : x > A

3

1 x x

x x x x x



  

    

x x x x x( x 1)

( x x)( x x) x

     

 

    

x x x x x x 1 ( x 1)2

1



            



Vậy A ( x 1)   2 (với x > 1)

b) Ta có x = 53 53(9 7) 53(9 7) 53

9 (9 7)(9 7)

 

    

   t/m ĐKXĐ

Khi A [ 1]   [ ( 1) 1]2 ( 1)  ( 2)

A 11 7 

Vậy với x 53



 A 11 7 

c) Vì ( x 1)   x >  A >  x 1 0    x 1   x 2

Vậy với x > 1, x  A > Bài 3(2 điểm):

- Với t1 = -1, ta có hệ :

x y x

x y y

   

 

      

 

- Với t2 = 7, ta có hệ :

x y x

x y y

  

 

     

 

Vậy hệđã cho có hai nghiệm (x ; y) : (2 ; -3), (6 ; 1) b) Xét mx2 + 2(m + 1)x + = (1)

- Nếu m = 0, (1) trở thành : 2x + =  x = -2 - Nếu m  0, (1) có : ’ = (m + 1)2 – 4m = (m – 1)2

+ Với m = ’ = 0, (1) có nghiệm kép : x1 x2 (m 1) m

 

   

+ Với m  ’ > m, (1) có hai nghiệm phân biệt :

1

(m 1) (m 1) x

m m

    

  ; x2 (m 1) (m 1)

m

   

  

Vậy :

- Với m = 0, phương trình (1) có nghiệm x =

- Với m = 1, phương trình (1) có nghiệm kép : x1 x2  2

- Với m  m  1, hì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 m



 ; x2  2

Bài 4(3 điểm):

a) Vì P thuộc đường trịn đường kính IC nên

0

CPI 90  CPK 90

Tứ giác BCPK có:CPK CBK 90  0900 1800

nên nội tiếp đường trịn b) Vì ICP 90 0

1

C C 90

Mà

1

K C 90 (vì KBC vuông B)

 C1 K1

Xét IAC CBK có : IAC KBC 90  0,

1

C  K (chứng minh trên)

IAC ~ CBK (g.g)  AI AC

BC BK  AI.BK = AC.BC (đpcm) c) SABKI AB (BK AI)

2

   , BK AC.BC AI



Vì AB AI khơng đổi (do A, B, I cố định) nên SABKI max

 BK max  AC.BC max

d

x y

1

1

P

K

A C B

I

Do tổng AC + BC = AB không đổi nên AC.BC max

 AC = BC  C trung điểm AB

Vậy để diện tích hình thang vng ABKI max C phải trung điểm AB Bài 5(1 điểm):

P(2000) P( 2010) 0  

3 3

(3.2000 a.2000 b) [3.( 2000) a.( 2000) b 0] 6.2000

           

(vơ lí !)

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LNăm hỚọP 10 TRUNG Hc 2001 – 2002 ỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TOÁN

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

Bài 1(2 điểm):

Cho biểu thức

2

1 x

K

x x x x



 

  

   

 

a) Tìm điều kiện x để biểu thức K xác định

b) Rút gọn biểu thức K tìm giá trị x để K đạt giá trị lớn Bài 2(2 điểm):

Cho phương trình bậc hai: 2x2 + (2m - 1)x + m - = (1) a) Giải phương trình (1) cho biết m = 1; m =

b) Chứng minh phương trình (1) khơng thể có hai nghiệm dương với giá trị m

Bài 3(2 điểm):

a) Giải hệ phương trình : x 2y 2x y

 



  



b) Chứng minh 2000 2001  2002 0 Bài 4(4 điểm):

Từ điểm S ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB cát tuyến SCD đường trịn

a) Gọi E trung điểm dây CD Chứng minh điểm S, A, E, O, B thuộc đường trịn

b) Nếu SA = AO SAOB hình gì? Tại sao? c) Chứmg minh rằng: AC.BD = BC.DA = AB.CD

2 - HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm):

Cho biểu thức

2

1 x

K

x x x x



 

  

   

 

a) Để biểu thức K xác định, ta phải có :

2

x x

x

x x

x

x x 1 3

x (đúng x)

2                                     

Vậy ĐKXĐ : x 1 b) K

2

1 x

x x x x

           

2 2

x x x

x x x x x

   

  

     (x  1)

Vì

2

2 3

x x x x

2 4

 

       

  

2

K

3

x x

4

  

 

Do max K = 

1

x

2

   x

2

 (thoả mãn x  1) Vậy với x

2

 biểu thức K đạt giá trị lớn Bài 2(2 điểm):

Xét phương trình : 2x2 + (2m - 1)x + m - = (1) a) Với m = (1) trở thành : 2x2 + x =  x(2x + 1) =

x x       

Với m = (1) trở thành : 2x2 + 3x + =

Vì a – b + c = – + = nên phương rình có hai nghiệm phân biệt : x1 = -1, x2 =

2



b) Nhận xét, phương trình (1) ln có nghiệm x =

 < 0, :

 

2

1 1

2 2m - m - m m

2 2

 

          

   

   

Bài 3(2 điểm):

a) x 2y x 2y x 2y x

2x y 2(1 2y) y 5y y

 

     

   

          

   

Vậy nghiệm hệ cho x = 3, y =

b) Ta có 1 2001 2000 2002 2001

2001 2000 2002 2001 2001 2000 2002 2001

 

  

 

 

 2001 2000 2002 2001 2000 2001  2002 0 (đpcm) Bài 4(4 điểm):

a) Gọi I trung điểm OS Theo tính chất tiếp tuyến, ta có :

0

SAB SBA 90 

 A, B thuộc đường trịn tâm I, đường kính

OS (1)

Theo tính chất đường kính dây cung, ta có : OE  CD hay OES 90

 E thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS (2)

Từ (1) (2) suy điểm S, A, E, O, B thuộc đường trịn tâm I, đường kính OS b) Ta có OA = OB (bán kính (O)), SA = SB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó, SA = OA SA = SB = OA = OB  SAOB hình thoi Mà SAB SBA 90   SAOB hình vng

Vậy SA = OA SAOB hình vng

c) Xét đường tròn (I) : BAE BSE (3) (hai góc nội tiếp chắn EOB) Xét đường trịn (O) :

1

BSE BSD (sđ BD sđ BC)

   ( BSD góc có đỉnh ngồi đường trịn (O)) Mà BAC 1sđ BC

2

 ; BAD 1sđ BD

2



 BSE BSD BAD BAC   (4)

Từ (3) (4) suy : CAE BAE BAC BAD BAC BAC     hay CAE BAD Xét ACE ABD có :

CAE BAD (chứng minh trên)

ACE ABD (hai góc nội tiếp chắn cung AD)

ACE ~ ABD (g.g)

E

C A

B

I S

O D

 AC CE

AB BD  AB.CE = AC.BD (1) Xét AED ACB có :

DAE BAC ( BAD BAE CAE BAE    )

ADE ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC)

AED ~ ACB (g.g)

 AD DE

AB  BC  AB.DE = AD.BC (2) Từ (1) (2) suy :

AB.(CF + DE) = AC.BD + AD.BC hay AB.CD = AC.BD + AD.BC (3) Xét SAC SDA có :

ASD chung

SDA SAC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AC)

SAC ~ SDA (g.g)  SA AC

SD  AD (4)

Chứng minh tương tự, ta có SBC ~ SDB (g.g)  SB BC

SD BD (5) Vì SA = SB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), nên từ (4) (5) suy :

AC BC

AD  BD  AC.BD = AD.BC (6)

Từ (3) (6) suy AC.BD = BC.DA = AB.CD

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LNăm hỚọP 10 TRUNG Hc 2002 – 2003 ỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm):

Cho biểu thức

2

x x x 4x x 2003 K

x x x x

    

 

   

  

 

a) Tìm điều kiện x để K xác định b) Rút gọn K

c) Với giá trị nguyên x biểu thức K có giá trị nguyên? Bài 2(2 điểm):

Cho hàm số y = x + m (D) Tìm giá trị m đểđường thẳng (D) : Đi qua điểm A(1 ; 2003)

2 Song song với đường thẳng x – y + = Tiếp xúc với parabol y 1x2

4



Bài 3(3 điểm):

a) Giải tốn cách lập phương trình:

Một hình chữ nhật có đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính diện tích hình chữ nhật

b) Chứng minh bất đẳng thức: 2002 2003 2002 2003 2003  2002  

Bài 4(3 điểm):

Cho ABC vuông A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F

a) Chứng minh: CDEF tứ giác nội tiếp

b) Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác góc CKD cắt EF CD M N Tia phân giác góc CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao?

c) Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh 2

1

r  r r . - HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm):

Cho biểu thức

2

x x x 4x x 2003 K

x x x x

    

 

   

  

 

1 K xác định  2

x x x x

  

   

  

   

 x  0, x  ĐKXĐ : x  0, x 

2 K

2

x x x 4x x 2003 x x (x 1)(x 1) x

    

 

   

   

 

2 2

(x 1) (x 1) x 4x x 2003

(x 1)(x 1) x

      

 

 

2 2

2

x 2x x 2x x 4x x 2003 x x 2003 x 2003

(x 1)(x 1) x x x x

           

    

  

Vậy với x  0, x  K x 2003 x

 

3 K x 2003 2003

x x



   Z  2003 x  x Ư(2003) = {1 ;  2003} Do x  nên x = 2003

Vậy với x = 2003 K nhận giá trị nguyên Bài 2(2 điểm):

1 (D) qua điểm A(1 ; 2003) nên : 2003 = + m  m = 2002 Vậy với x = 2003 (D) qua điểm A(1 ; 2003)

2 Phương trình đường thẳng x – y + = viết lại thành : y = x + (D’) (D) // (D’)  a a ' 1 m

b b' m

 

   

   

 

3 Xét phương trình hoành độ giao điểm (D) parabol y 1x2

4

 :

2

1

x x m

4    x

2 – 4x – 4m = (1)

(D) tiếp xúc với parabol y 1x2

4

Bài 3(3 điểm):

1 Gọi chiều rộng hình chữ nhật x (m) Đk : x > Thì chiều dài hình chữ nhật x + (m)

Áp dụng định lí Pitago, ta có :

x2 + (x + 7)2 = 172 2x2 + 14x +49 = 289

 x2 + 7x – 120 =

 = 72 + 120 = 169 = 132 > Phương trình có hai nghiệm :

x1 = -7 – 13 = -20 < (loại); x2 = -7 + 13 = > (thoả mãn)

Vậy diện tích của hình chữ nhật : S = 6.(6 + 7) = 78 (m2) Đặt a 2002 0, b  2003 0 Bất đẳng thức cho trở thành :

2

a b a b

b  a    a

3 + b3 > ab(a + b)  (a + b)(a2 – ab + b2) > a + b

 (a + b)(a – b)2 > (bất đẳng thức a + b > a  b) Vậy 2002 2003 2002 2003

2003 2002  

Bài 4(3 điểm):

1 (H 1)

Vì ADB 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

nên AD  BC Suy BAD ACB (cùng phụ với ABD) hay BAD DCF

Mà BAD BED (góc nội tiếp chắn BD) Suy DCF BED

Xét tứ giác CDEF có

0

DCF DEF BED DEF 180    ( BED, DEF góc kề bù)

 tứ giác CDEF nội tiếp

2 DEF góc BEP nên : DEF PBE BPE  BPE góc ngồi PKI nên : BPE PIK PKI   DEF PBE PIK PKI   (1)

BQK góc ngồi BQC nên : DCF IQK QBC  PIK góc ngồi IKQ nên : IQK PIK QKI 

 DCF PIK QKI QBC   (2)

Mà PBE QBC (BQ tia phân giác CBF ) PKI QKI (BN tia phân giác CKD )

x

x +

17

Hình 1

I P

Q M

N

F K

D

A C

B

E

nên từ (1) (2) suy DEF DCF PIK QKI QBC PBE PIK PKI 2PIK        hay 1800  2PIK  PIK 180 : 90   BI  MN, KI  PQ, MN  PQ

MBN có BI vừa đường phân giác vừa đường cao nên tam giác cân B

 BI đồng thời đường trung tuyến ứng với cạnh MN  IM = IN Tứ giác MPNQ có IM = IN, IP = IQ nên hình bình hành

Lại có MN  PQ nên MPNQ hình thoi (H 2)

Gọi O, O1 O2 theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp ABC, ABC ACD

Suy AO1 tia phân giác của BAD CO

là tia phân giác của ACB, BO1 tia phân giác của

ABC

 BAO1 BAD

2

 C2 ACB

2



Mà BAD ACB (cùng phụ với CAD ) nên BAO1 C2

Gọi H tiếp điểm BC với (O), I tiếp điểm AB với (O1), K tiếp điểm AC với (O2) OH = r, O1I = r1, O2K = r2 OH  BC, IO1 AB, IO2 AC

Xét BO1A BOC có :

1

B  B (vì BO1 tia phân giác của ABC)

2

BAO  C (chứng minh trên)

BO1A ~ BOC (g.g)  O I1 AB OH  BC hay

1

r AB r  BC Chứng minh tương tự, ta có r2 AC

r  BC Suy

2 2 2

1

2 2 2

r r AB AC AB AC

1

r r BC BC BC



     (do AB2 + AC2 = BC2 (đ.l Pitago))

 2

1

r  r r (đpcm)

r1

r

r2

1

2

1

HiK̀nh 2

H O2 I O1

O D

C A

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2003 – 2004

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm):

Cho biểu thức

3

2 2( x 1) x 10 x M

x x x x

  

  

   

1 Với giá trị x biểu thức có nghĩa Rút gọn biểu thức

3 Tìm x để biểu thức có giá trị lớn Bài 2(2,5 điểm):

Cho hàm số y = 2x2 (P) y = 2(a - 2)x - a

2 (d) Tìm a để (d) qua điểm A(0 ; -8)

2 Khi a thay đổi xét số giao điểm (P) (d) tuỳ theo giá trị a Tìm (P) điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ O(0 ; 0) Bài 3(2 điểm):

Một tơn hình chữ nhật có chu vi 48cm Người ta cắt bỏ hình vng có cạnh 2cm góc gấp lên thành hình hộp chữ nhật (khơng có nắp) Tính kích thước tơn đó, biết thể tích hình hộp 96 cm3

Bài 4(3 điểm):

Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Hạ đường cao AD, BE tam giác Các tia AD, BE cắt (O) điểm thứ hai M, N

1 Chứng minh bốn điểm A, E, D, B nằm đường trịn Tìm tâm I đường trịn

2 Chứng minh rằng: MN // DE

3 Cho (O) dây AB cố định, điểm C di chuyển cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp CDE khơng đổi

Bài 5(0,5 điểm):

Tìm cặp số (x ; y) thoả mãn: (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm):

1 Vì x3  1 ( x 1)(x  x 1) nên để M có nghĩa, ta phải có :

x

x x

x x x (luôn x 0)

 



   

   



     



2 M 2( x 1) x 10 x

x x x ( x 1)(x x 1)

  

  

     

2(x x 1) 2( x 1)( x 1) x 10 x ( x 1)(x x 1)

       



  

2x x 2x x 10 x 5x x

( x 1)(x x 1) ( x 1)(x x 1)

        

 

     

5x x x ( x 1)(5 x 3) x ( x 1)(x x 1) ( x 1)(x x 1) x x

     

  

       

Vậy với x  0, x  M x

x x

 

 

3

2

5 x (x x 1) (x x 4) ( x 2)

M

x x x x x x

      

   

     

Với x  0, x  x x 1 > ( x 2)  

2

( x 2)

x x

 

    M 

Dấu xảy  x 2 =  x = (thoả mãn ĐKXĐ) Vậy giá trị lớn M =  x =

Bài 2(2,5 điểm):

Cho hàm số y = 2x2 (P) y = 2(a - 2)x - a

2 (d)

1 Vì (d) qua điểm A(0 ; -8) nên ta có : 8 1a2

2

    a2 = 16  a = 

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :

2 2

2x 2(a - 2)x - a 4x 4(a - 2)x a

     (1)

- Nếu a – <  a < ’ >  (1) có hai nghiệm phân biệt Khi (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

- Nếu a – =  a = ’ =  (1) có nghiệm kép Khi (d) tiếp xúc với (P)

- Nếu a – >  a > ’ <  (1) vơ nghiệm Khi (d) khơng cắt (P)

3 Tìm (P) điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ O(0 ; 0) Gọi M(m ; 2m2) điểm thuộc P khoảng cách từ P đến gốc toạđộ O :

2

m  4m   m2 + 4m4 = (do hai vế không âm)

 4m4 + m2 – =  (m2 + 1)(4m2 – 3) =  4m2 – = (do m2 + > m)

 m

2

 

Có hai điểm thoả mãn điều kiện đề 3; 2

 

 

 

3 3; 2

 

 

 

Bài 3(2 điểm):

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Hình 1

Gọi chiều rộng tơn hình chữ nhật x (cm)

Thì chiều dài tơn hình chữ nhật 48 : – x = 24 – x (cm)

Chiều rộng chiều dài mặt đáy hình hộp chữ nhật (x – 4) (cm) (24 – x – 4) = (20 – x) (cm)

Ta phải có điều kiện :

x 24 x

4 x 12 20 x

x 24 x

  

  

   

   

   

(*)

Theo ra, ta có phương trình :

2.(x – 4).(20 – x) = 96  -x2 + 24x – 80 = 48

 x2 – 24x + 128 =

’ = 12 – 128 = 16 = > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = 12 – = (thoả mãn đk (*)), x2 = 12 + = 16 (không thoả mãn đk (*)) Vậy tơn hình chữ nhật có chiều rộng (cm), chiều dài 16 (cm)

Bài 4(3 điểm):

1 (H 2)

Vì AEB ADB 90  0 nên E, D thuộc đường tròn đường kính AB

Do bốn điểm A, E, D, B nằm đường trịn đường kính AB

Tâm I đường trịn trung điểm AB Xét đường tròn tâm I :

ADE ABE (hai góc nội tiếp chắn cung AE) Xét đường tròn tâm O :

AMN ABN (hai góc nội tiếp chắn cung AN) hay AMN ABE (vì E BN)

Từ suy ADE AMN

Hai góc vị trí đồng vị nên DE // MN (đpcm) Gọi H trực tâm ABC  BH  AC CH  AB (1)

Kẻ đường kính AK ABK ACK 90  0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Hay KB  AB KC  AC (2)

Từ (1) (2) suy BH // KC CH // KB  BHCK hình bình hành Do CH = BK

ABK vng B nên theo định lí Pitago :

BK2 = AK2 – AB2 = 4R2 – AB2 (với R bán kính (O))

 CH = BK = 4R2AB2 (R > AB/2 AK > AB)

Xét tứ giác CDHE có HDC HEC 90  0 nên E, D thuộc đường tròn đường kính CH Nói cách khác, đường trịn đường kính CH ngoại tiếp CDE Bán kính đường trịn

2

CH AB

R

2   không đổi

Vậy điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp

CDE khơng đổi

Hình 2

K I

H

M D

N E

O A

Bài 5(0,5 điểm):

(x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y  x4 + x2y2 + x2 + y2 – 4x2y =  (x4 - 2x2y + y2) + (x2y2 – 2x2y + x2) =

 (x2 – y)2 + (xy – x)2 = 

2

2 y x x 0, y 0

x y

x

y 1, x xy x

y



  

 

  



       



  



Vậy có ba cặp (x ; y) thoả mãn đề : (0 ; 0), (1 ; 1), (-1 ; 1)

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LNăm hỚọP 10 TRUNG Hc 2004 – 2005 ỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức      

   

a (2 a 1) a a

A

8 a a a a

1 Rút gọn A

2 Tìm a để A nhận giá trị nguyên Bài 2: (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình : 2x 3y a x 2y a

  



   

1 Tìm a biết y =

2 Tìm a để : x2 + y2 = 17 Bài 3: (2,0 điểm)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x2 , đường thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm I(0 ; 2)

1 Viết phương trình đường thẳng (d)

2 CMR (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt A B

3 Gọi hoành độ giao điểm A B x1, x2 CMR : |x1 – x2|  Bài 4: (3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Lấy điểm D cung AB (D khác A B), lấy điểm C nằm O B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa D kẻ tia Ax By vng góc với AB Đường thẳng qua D vng góc với DC cắt Ax By E F

1 Chứng minh : DFC DBC Chứng minh : ECF vuông

3 Giả sử EC cắt AD M, BD cắt CF N Chứng minh : MN // AB

4 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp EMD đường tròn ngoại tiếp DNF tiếp xúc D

Bài 5: (0,5 điểm)

Tìm x, y thoả mãn : 4x y  y 2  4x2 y - HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,0 điểm)

1 ĐKXĐ : a  0, a  16

A       

   

a (2 a 1) a a

( a 2)( a 4) a a

      



 

2

a (2 a 1) ( a 4)( a 4) ( a 2)

( a 2)( a 4)

        

  

     

2a a a 16 a a a 12 3( a 12)

( a 2)( a 4) ( a 2)( a 4) ( a 2)( a 4)

 

a (với a  0, a  16)

Vậy   A

a (với a  0, a  16)

2   A

a Z  ( a 2)   a 2 ước dương Ư(3) = {1 ; 3} (do a 2 > 0)

Với a 2 =  a  1 (loại a 0 cịn -1 < 0) Với a 2 =  a 1  a = (thoả mãn ĐKXĐ) Vậy giá trị cần tìm a a =

Bài 2: (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình : 2x 3y a x 2y a

  



   

1 Với y = 1, hệđã cho trở thành : 2x 3 a x x

x a x a a

     

  

       

  

Vậy giá trị cần tìm a = Hệ cho tương đương với hệ :

y a 2a 4y 3y a

2(a 2y) 3y a

x a 2y

x a 2y x a 2(a 3) a

 

   

   

  

 

           



 

Khi : x2 + y2 = 17  (6 – a)2 + (a – 3)2 = 17  2a2 – 18a + 28 =

 a2 – 9a + 14 =

 = 92 – 4.14 = 25 = 52 > 0, phương trình có hai nghiệm :

1

9

a ; a

2

 

   

Vậy với a {2 ; 7} x2 + y2 = 17

Bài 3: (2,0 điểm)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x2 , đường thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm I(0 ; 2)

1 Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = ax + b (d) có hệ số góc m  a = m

(d) qua điểm I(0 ; 2) nên : = m.0 + b  b = Vậy phương trình đường thẳng (d) y = mx + 2 Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :

2x2 = mx +  2x2 – mx – = (1)

 = m2 + 16 > m  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt m Áp dụng định lí Viet cho phương trình (1), ta có : x1 + x2 = m

2 ; x1 x2 = -1 Xét |x1 – x2| =

2

2

1 2

m

(x x ) (x x ) 4x x 4

4

        (do

2

m  m)

đpcm Bài 4: (3,5 điểm)

1 Xét tứ giác BCDF có :

0 0

CDF CBD 90  90 180

nên tứ giác BCDF tứ giác nội tiếp

 DFC DBC (hai góc nội tiếp chắn CD ) Chứng minh tương tự trên, ta có :

DEC DAC

ADB có ADB 90 0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên tam giác vng D

 DAC DBC 90   DEC DFC 90 

Do ECF vng C (đpcm)

3 Tứ giác BCDF nội tiếp nên : DBC DFC (1) (hai góc nội tiếp chắn cung CD) Tứ giác CMDN có MCN MDN 90  900 1800 nên nội tiếp được đường tròn

 DNM DCM (2) (hai góc nội tiếp chắn cung MD)

ECF vuông C, CDF vuông D nên : DCM DFC (3) (cùng phụ với DCF )



y x

I

K J

M N

F E

A O B

D

Hai góc vị trí đồng vị nên MN // AB (đpcm)

4 Gọi I trung điểm MN, J K theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EMD DNF

MDN vuông D nên IM = IN = ID

Tứ giác ACDE có CAE CDE 180  0 nên nội tiếp được đường tròn

 DAC DEC (hai góc nội tiếp chắn cung CD) Mặt khác: DMN DAC (đồng vị, MN // AB)

Suy DMN DEC hay DMN DEM (vì M EC) Xét đường tròn tâm J : DMN DEM 1sđ DM

2

 

 MN tiếp tuyến M đường tròn (J)  JM  MN hay JMI 90

Xét IMJ IDJ có :

IM = ID (chứng minh trên)

JM = JD (bán kính đường trịn (J)) IJ cạnh chung

IMJ = IDJ (c.c.c)  IDJ IMJ 90 

Chứng minh tương tự, ta có IDK INK 90 

Suy JDK IDJ IDK 180   0

 J, D, K thẳng hàng D nằm J K  JK = JD + DK Do hai đường trịn (J) (K) tiếp xúc với D đpcm Bài 5: (0,5 điểm)

ĐK :

2

2

4x y y 4x y

 



   

  



(*)

Khi : 4x y  y 2  4x2 y  4x2  y y 2  4x y (1) Hai vế (1) không âm nên bình phương hai vế, ta :

2 2

4x    y y 2 4x  y y 4x y  

 (4x2 4x 1) (y  2y 1) 4x  2 y y 0 

 (2x 1) (y 1) 2 4x2 y y 0  (2) Vì (2x 1)  0, (y 1)  0, 4x2 y y 0  , nên (2) tương đương với :

2

2x y 1    4x  y y 0   x 1, y

   (thoả mãn điều kiện (*)) Vậy x 1, y

2

  

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LNăm hỚọP 10 TRUNG Hc 2005 – 2006 ỌC PHỔ THƠNG Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm)

1 Thực phép tính: 5 5 Giải phương trình: x4 + 5x2 - 36 = Bài 2(2,5 điểm)

Cho hàm số: y = (2m - 3)x + n - (d) (m

 ) Tìm giá trị m n để đường thẳng (d) :

a) Đi qua hai điểm A(1 ; 2) B(3 ; 4)

b) Cắt trục tung điểm có tung độ y 1  cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x 1 

2 Cho n = Tìm m để (d) cắt đường thẳng (d’) có phương trình x – y + = điểm M (x ; y) cho biểu thức P = y2 - 2x2 đạt giá trị lớn

Bài 3:(1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720 m2, tăng chiều dài thêm 6m giảm chiều rộng 4m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính kích thước mảnh vườn

Bài 4:(3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đưòng tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax By C, D

1 Chứng minh:

a) CD = AC + BD ; b) AC.BD = R2

2 Xác định vị trí điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ

3 Cho R = cm, diện tích tứ giác ABDC 32cm2 Tính diện tích ABM Bài 5:(0,5 điểm)

Cho số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = Chứng minh rằng: 2x2  xy 2y  2y2  yz 2z  2z2 zx 2x  5

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,0 điểm)

1 5 9 5  5 ( 2)  5  | - 2| = 5 5 - 2 2 Đặt t = x2 0, phương trình cho trở thành : t2 + 5t – 36 =

Vì  = 25 + 4.36 Bài 2(2,5 điểm)

Xét hàm số: y = (2m - 3)x + n - (d) (m

 )

1 a) Đồ thị hàm số qua hai điểm A(1 ; 2) B(3 ; 4) nên ta có hệ :

2m n 2m n 4m m

6m n 17 2m n n 3(2m 3) n 4

       

   

            

  



Vậy m = 2, n =

b) Vì d cắt trục tung điểm có tung độ y 1  nên hoành độ x = 0; cắt trục hoành điểm có hồnh độ x 1  nên tung độ y = Do ta có hệ :

n 3 n 3

n

1 3

2m 2m

(1 2)(2m 3)

1 2

     

   

  

    

    

       

  

  

n 3

2 2( 1) 2( 1)

m 2

2 1 ( 1)( 1)

  



   

    

 

  



Vậy m 2 2  , n 3 

2 Với n = hàm sốđã cho trở thành : y = (2m – 3)x – (d) Phương trình đường thẳng (d’) viết lại thành : y = x + (d’) Để (d) cắt (d’) ta phải có : 2m –   m 

Toạ độ giao điểm (d) (d’) nghiệm hệ :

y (2m – 3)x – (2m – 3)x – x (2m – 4)x

y x y x y x

   

  

        

  

6

x

2m – m

3 2m

y

m m

  

 

  

   

  

(do m  2)

Khi đó: P = y2 - 2x2 =

2 2

2m 3

2 2

m m m m



          

           

       

Đặt t m



 P = (2 + t)

2 – 2t2 = + 4t – t2 = – (t – 2)2 (do –(t – 2)2 t)

 max P =  t =  m 3,5

m 2     2 (thoả mãn m  2) Vậy giá trị m thoả mãn yêu cầu đề m = 3,5

Bài 3:(1,5 điểm)

Gọi chiều dài chiều rộng hình chữ nhật x (m), y (m) Đk : x, y > Theo ta có hệ :

xy 720 xy 720 xy 720

xy 4x 6y 24 xy 2x 3y 12 (x 6)(y 4) xy

  

  

        

    



Xét -2x + 3y = 12  -2x2 + 3xy = 12x (vì x > 0)

 -2x2 + 2160 = 12x  x2 + 6x – 1080 =

’ = 32 + 1080 = 1089 = 332 > 0, nên phương trình có hai nghiệm : x1 = -3 – 33 = -36 < (loại), x2 = -3 + 33 = 30 > (thoả mãn) Với x = x2 = 30 y = 720 : 30 = 24 (thoả mãn)

Vậy mảnh vường hình chữ nhật có chiều dài 30m, chiều rộng 24m Bài 4:(3,5 điểm)

1 (Hình vẽ)

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, : AC = MC, BD = MD

 AC + BD = MC + MD = CD Vậy CD = AC + BD

b) Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có :

OC tia phân giác MOA; OD tia phân giác MOB Mà MOA MOB hai góc kề bù nên OC  OD COD vuông O

Xét COD vng O có đường cao OM nên theo hệ thức lượng tam giác vuông : OC.MD = OM2 hay AC.BD = R2 (đpcm)

2 Tứ giác ABDC có AC // BD (cùng  AB) A B 90  0 nên hình thang vng

 SABDC (AC BD).AB (AC BD).2R (AC BD).R

2

 

   

 SABDC  AB + BD

Do tích AC.BD = R2 khơng đổi nên tổng AC + BD  AC = BD  MC = MD y x

D C

A

O B

 M nằm nửa đường trịn đường kính AB

Vậy điểm M nằm nửa đường trịn đường kính AB diện tích tứ giác ABDC nhỏ

3 Ta có : SABDC (AC BD).R hay 32 = (AC + BD).2  CD = AC + BD = 16 (cm) Tứ giác OACM có OMC OAC 180  0 nên nội tiếp đường tròn

 OAM OCM (hai góc nội tiếp chắn cung OM)

Xét AMB COD có : AMB COD 90  0, OAM OCM (chứng minh trên) nên AMB ~ COD (g.g) 

2

AMB COD

S AB

S CD 16 16

 

   

      

    ,

mà SCOD = 1OM.CD 2.16 16  2  (cm

2)  S

AMB=

16SCOD=

16.16 = (cm 2)

Vậy SAMB= (cm2) Bài 5:(0,5 điểm)

2

2 8x 4xy 8y 2 2

2x xy 2y [5(x y) 3(x y) ] (x y) (do (x – y) 0)

4 4

 

         

 2x2 xy 2y2 5(x y) (do x, y 0)

     (1)

Chứng minh tương tự, ta có :

2

2y yz 2z (y z)

    (2)

2

2z zx 2x (z x)

    (3)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta :

2 2 2

2x xy 2y 2y yz 2z 2z zx 2x (2x 2y 2z)

          

2 2 2

2x xy 2y  2y  yz 2z  2z  zx 2x  5(x y z)    đpcm Dấu xảy  x = y = z = 1/3

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LNăm hỚọP 10 TRUNG Hc 2006 – 2007 ỌC PHỔ THÔNG Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: Q x x 10 x

x x x x

  

  

    (với x  x  9)

1 Rút gọn biểu thức Q Tìm giá trị x để Q

3

 Bài 2: (2,5 điểm)

Cho hệ phương trình: x y m x my

   

   

 (m tham số)

1 Giải hệ với m = -2

2 Tìm giá trị m để hệ có nghiệm (x ; y) thoả mãn y = x2 Bài 3: (1,5 điểm)

Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = x + Parabol (P): y = x2 Xác định toạ độ hai giao điểm A B (d) với (P)

2 Cho điểm M thuộc (P) có hồnh độ m (với –1  m  2) CMR: SMAB 27 Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi I trung điểm AO Qua I kẻ dây CD vng góc với AB

1 Chứng minh:

a) Tứ giác ACOD hình thoi b) CBD 1CAD

2



2 Chứng minh O trực tâm BCD

3 Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn

Bài 5: (0,5 điểm)

Giải bất phương trình: x - 1 3 - x 4x 2x  x310 - HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,0 điểm)

1 Với x  0, x  :

Q x x 10 x

( x 2)( x 3) x x

  

  

   

x x 10 ( x 2)( x 2) ( x 3) ( x 2)( x 3)

      



 

x x 10 x x ( x 2)( x 3)

     



 

x ( x 2)( x 3)

 

 

1 x

 

Vậy Q x



 (x  0, x  9)

2 Với điều kiện x  0, x  :Q

  1

3

x 2   x 3 

 x 1  x = (t/m) Vậy với x = Q

3

 Bài 2: (2,5 điểm)

1 Với m = -2, hệ cho trở thành : x y x 2y

  

   

 

x y 3y

  

 

 

x y

   



Vậy với m = -2 hệ cho có nghiệm (x ; y) = (1 ; 1) Hệ phương trình cho tương đương với : x y m

(m 1)y m

   

   

 (*)

Hệ cho có nghiệm hệ (*) có nghiệm Điều xảy m –   m  Khi nghiệm hệ (*) :

x = -m – 1, y =

Theo giả thiết y = x2, ta có : = (-m – 1)2 m(m + 2) =  m = m = -2 Kết hợp với điều kiện m có hai giá trị m cần tìm m  {0 ; -2} Bài 3: (1,5 điểm)

1 Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình : x2 = x +  x2 – x – =

Vì a – b + c = + – = nên phương trình có hai nghiệm x1 = -1, x2 = Từ đó, toạ độ hai giao điểm (d) (P) : A(-1 ; 1) B(2 ; 4)

2 Parabol (P) đường thẳng (d) vẽ hình

Vì M thuộc (P) nên toạ độ M(m ; m2)

Gọi D, N, C chân đường vng góc hạ từ A, M, B xuống Ox

Khi D(-1 ; 0), N(m ; 0) C(2 ; 0) Suy AD = 1, BC = 4, MN = m2, CD =

DN = |m + 1| = m +

CN = |m – 2| = – m (vì -1  m  2) Ta có : SAMBSABCD(SAMND SBMNC)

Các tứ giác ABCD, AMND BMNC hình thang vng (có hai cạnh đối song song có góc vuông) nên :

SAMB (AD BC)CD (MN AD)DN (MN BC)CN

2 2

    

   

 

2

(1 4).3 (m 1)(m + 1) (m 4)(2 m)

2 2

     

   

 

3

15 m m m + m 2m 4m

2 2

              2

6 3m 3m 9 27

(m ) = (do (m ) m [ 1;2])

2 2

   

           

 

Vậy SAMB 27

 Dấu xảy  m =

2, M( ;

1 4) Bài 4: (3,5 điểm)

1 a) Theo tính chất đường kính qua trung điểm dây cung khơng qua tâm, ta có IC = ID

Tứ giác ACOD có hai đường chéo OA AC vng góc với qua trung điểm đường nên hình thoi

b) Hai góc COD (góc tâm) CBD (góc nội tiếp) chắn CAD nên : CBD 1COD

2



Nhưng COD CAD (hai góc đối hình thoi ACOD)

Do CBD 1CAD



2 Theo giả thiết BI  CD  BI đường cao BCD (1) y

x

Hình 1

(d) (P) B A C -3 -2 -1 D O

-1

M

Hình 2

N

D C

I

A O B

Lại có DO // AC (do ACOD hình thoi), AC  BC (vì ACB 90 0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)) nên DO  BC  DO đường cao thứ hai BCD (2)

Từ (1) (2) suy giao điểm O BI DO trực tâm BCD Vì BI đường trung trực CD (gt) nên BCD cân B

ACO có OA = OC (bán kính (O)) AC = OC (cạnh hình thoi ACOD) nên OA = OC = AC Do ACO tam giác

 COA 60  COD 120  CBD 1COD 600

 

BCD cân có CBD 60 0nên tam giác Suy BC = CD CDB 60 Xét CMD có MCD 1sđMBD

2

 , MDC 1sđMC

2

 Dễ thấy sđMBD sđMC nên MCD MDC  MC < MD

Trên đoạn CD lấy điểm N cho MC = MN

Tam giác AMN cân M có CMN CBD 60  0 (góc nội tiếp chắn CAD ) nên tam giác Suy CM = CN MCN 60 

Xét CMB CND có :

CD = CB, CM = CN (cmt) DCN BCM ( DCM 60 )   nên CMB = CND (c.g.c) Suy MB = ND

Từ MB + MC + MD = ND + MN + MD = 2MD

Trong đường trịn, đường kính dây cung lớn nên MD  2R

 MB + MC + MD  4R

Do tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn 4R

 MN đường kính (O)

Mà DO  BC (cmt) nên MN  BC  MN đường trung trực BC  MB = MC

 MB MC hay M điểm cung nhỏ BC

Vậy để tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn 4R M phải điểm cung nhỏ BC

Bài 5: (0,5 điểm)

ĐK :  x  Khi bất phương trình cho tương đương với :

x - 1 - x  x 4x 2x 10 - Xét vế trái :

Đặt t x - 1 3 - x    0 t2 2 (x - 1)(3 - x) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số khơng âm, ta có :

2 (x - 1)(3 - x) x x 2      t2 + =  t  (do t  0) Dấu xảy  x = - Xét vế phải :

Ta có : x3 4x 2x 10 (x x 2)   2 2 2 (do (x x 2)  0) Dấu xảy  x =

Như : 2 x - 1 3 - x  x34x 2x 10 2  Điều xảy

3

x - - x x 4x 2x 10

  

 

  

  x =

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2007 – 2008

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình 2x y x y

   

 

  

Bài 2: (2,0 điểm)

Cho biểu thức A x x x x x



  

 

1 Rút gọn A ;

2 Tính giá trị A x = 841 Bài 3: (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = 2(m – 1)x – (m2 – 2m) đường Parabol (P) : y = x2

1 Tìm m để (d) qua gốc toạ độ O ;

2 Tìm toạ độ giao điểm (d) (P) m = ;

3 Tìm m cho (d) cắt (P) hai điểm có tung độ y1 y2 thoả mãn y1 y2 8 Bài 4: (3.0 điểm)

Cho  ABC có góc nhọn AC > BC nội tiếp (O) Vẽ tiếp tuyến với (O) A B, tiếp tuyến cắt M Gọi H hình chiếu vng góc O MC

1 Chứng minh :

a) MAOH tứ giác nội tiếp ;

b) Tia HM phân giác góc AHB ;

2 Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MA, MB E, F Nối EH cắt AC P, HF cắt BC Q Chứng minh QP // ỌF

Bài 5: (1.0 điểm)

Cho x, y, z  R Chứng minh :

1019x2 + 18y4 + 1007z2  30xy2 + 6y2z + 2008zx - HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (1,5 điểm)

x 2x y

x y y



    

 

 

 

   

 

Bài 2: (2,0 điểm)

Cho biểu thức A x x x x x



  

 

1 ĐKXĐ : x  0, x 

A x x x 1 x x

x x( x 2) x x x

     

      

    

A x x



 (x  0, x  4)

2 Với x = 841 thoả mãn ĐKXĐ nên giá trị A 841 29 27 841

 

 Bài 3: (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = 2(m – 1)x – (m2 – 2m) đường Parabol (P) : y = x2

1 Vì (d) qua gốc toạ độ O (0 ; 0) nên ta có :

0 = –(m2 – 2m)  m(m – 2) =  m = ; m = Vậy với m {0 ; 2} (d) qua gốc toạ độ

2 Khi m = (d) trở thành : y = 4x – (d)

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình : x2 = 4x –  x2 – 4x + =

Vì a + b + c = + (-4) + = nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = 1, x2 =  y1 = 1, y2 =

Vậy với m = (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có toạ độ (1 ; 1) (3 ; 9) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình :

x2 = 2(m – 1)x – (m2 – 2m)  x2 - 2(m – 1)x + m2 – 2m = Vì ’ = (m – 1)2 – (m2 – 2m) = > nên ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Theo định lí Vi-et, ta có : x1 + x2 = 2(m – 1); x1x2 = m2 – 2m

 y1 – y2 = 2(m – 1)(x1 – x2)

Theo : y1 y2   (y1 – y2)2 = 64  4(m – 1)2(x1 – x2)2 = 64

 (m – 1)2[(x1 + x2)2 – 4x1x2] = 16

 (m – 1)2[4(m – 1)2 – 4(m2 – 2m)] = 16  (m – 1)2.4 = 16

 (m – 1)2 =  m = -1 m = Vậy giá trị cần tìm m m  {-1 ; 3} Bài 4: (3.0 điểm)

1 Xem hình bên

a) MA tiếp tuyến với (O) A nên OA  MA hay MAO 90 0

H hình chiếu O MC nên OH  MC hay MHO 90 0

Tứ giác MAOH có MAO MHO 180  nên tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh tương tự ta có

MBO 90

Ta có MAO MHO MBO 90   0 nên điểm M, A, O, H, B thuộc đường trịn đường kính MO

Suy AHM ABM (hai góc nội tiếp chắn cung AM) BHM BAM (hai góc nội tiếp chắn cung BM)

Xét đường tròn (O):

BAM ABM (tính chất góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) Do AHM BHM hay HM tia phân giác góc AHB

2 Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MA, MB E, F Nối EH cắt AC P, HF cắt BC Q Chứng minh PQ // EF

Bài 5: (1.0 điểm)

Ta có : 1019x2 + 18y4 + 1007z2  30xy2 + 6y2z + 2008zx

 (1004x2 – 2008zx + 1004z2) + (15x2 – 30xy2 + 15y4) + (3y4 – 6y2z + 3z2) 

 1004(x – z)2 + 15(x – y2)2 + 3(y2 – z)2 Bất đẳng thức cuối :

1004(x – z)2 0, 15(x – y2)2 0, 3(y2 – z)2 x, y, z R Dấu xảy  x = z = y2

Q P

F

E

H M

O A

B C

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2008 – 2009

Mơn : TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Bài (2,0 điểm)

Cho biểu thức : P

x x x

   

      

  

    với x ≥ x ≠ 1. Rút gọn P ;

2. Tìm giá trị x để P

 Bài 2(2,0 điểm)

Cho hàm số bậc y = (m – 2)x + m + (m tham số) 1. Với giá trị m hàm số y hàm số đồng biến ; 2. Tìm giá trị m để đồ thị hàm số qua điểm M(2 ; 6) ;

3. Đồ thị hàm số cắt trục hoành A, cắt trục tung B (A B không trùng với gốc toạ độ O) Gọi H chân đường cao hạ từ O tam giác OAB Xác định giá trị m, biết OH

Bài (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 + (a – 1)x – = (a tham số) 1. Giải phương trình với a = ;

2. Tìm a để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , 1 x thoả mãn : 2

2

1 2

x x 3x x  34 Bài (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC F, E Gọi H giao điểm BE với CF, D giao điểm AH với BC

1. Chứng minh :

a) Các tứ giác AEHF, AEDB nội tiếp đường tròn ; b) AF.AB = AE.AC

2. Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC

Chứng minh rằng, AD + BE + CF = 9r tam giác ABC Bài (0,5 điểm)

Giải hệ phương trình :

6

x y

|x + y| + |x - y|

  

 

 

−−−− HẾT −−−−

Họ tên thí sinh ……… Số báo danh :………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm)

1. Với điều kiện x ≥ x ≠ :

( x 1)( x 1) 2( x 1) 3( x 1) x P

( x 1)( x 1) x

 

       

  

    

x x x x ( x 5) x ( x 1)( x 1) x ( x 1)( x 1) x

   

   

     

x x





2. Với điều kiện x ≥ x ≠ P

 ta có :

x

3

x 1   x= 2( x 1)+  x = 2 x = (thoả mãn ĐKXĐ)

Vậy với x = P

= Bài 2(2,0 điểm)

1. Hàm số cho đồng biến m – >  m >

2. Thay toạđộ M(2 ; 6) vào hàm số ta có : = (m – 2).2 + m +  m = Vậy với m = đồ thị hàm số qua điểm M(2 ; 6)

3. (Hình 1)

Đồ thị hàm số cắt hai trục toạ độ hai điểm A B không trùng với gốc toạ độ nên đồ thị hàm số cho không qua gốc toạđộ không song song với hai trục Điều xảy : m – ≠ m + ≠ hay m ≠ m ≠−1

Khi ta có A( m m



 ; 0) B(0 ; m + 1) 

m OA

m  

 OB = |m + 1|

Ta thấy tam giác OAB vng O có đường cao OH nên áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có :

2

2 2 2

1 1 (m 2)

OH OA OB (m 1) (m 1)



   

 

Hay :

2

2

1 m 4m

(m 1) ( 2)

 





 (m + 1)2 = 2(m2 – 4m + 5)  m2 – 10m + =

 m = (loại) m = (thoả mãn) Vậy giá trị m cần tìm m =

x y

Hình 1

H A B

O

Bài (2,0 điểm)

1. Với a = 6, phương trình trở thành : x2 + 5x – =

Vì + + (−6) = nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt : x1 = x2 = −6

2. Vì tích a.c = 1.(−6) < nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với a Áp dụng định lý Viet ta có : x1 + x2 = −(a − 1) = – a x1.x2 = −6

Biến đổi hệ thức cho thành : (x1 + x2)2 – 5x1.x2 = 34 hay :

(1 – a)2 – 5.(−6) = 34  (a – 1)2 = 64  a – = ±  a = a = −7 Vậy với a  {−7 ; 9} 2

1 2

x  x 3x x 34 Bài (3,5 điểm)

1. (H 2)

a) Vì E, F thuộc đường trịn đường kính BC nên : ·BEC= BFC 90· =

 ·AEH= AFH· = 900

 ·AEH+ AFH 180· =

 Tứ giác AEHF nội tiếp

Mặt khác, ·AEH= AFH· = 900nên BE CF hai đường cao tam giác ABC Suy H trực tâm tam giác ABC Do AD đường cao lại tam giác Từ ·ADB 90= 0

Hai điểm E D nhìn AB góc vng nên nằm đường trịn đường kính AB Hay tứ giác AEDB nội tiếp

Vậy tứ giác AEHF AEDB nội tiếp đường tròn (đpcm)

b) Các tam giác vuông AEB (vuông E) AFC (vng F) có A chung nên : µ AEB ~ AFC (g.g)

Suy : AE AF

AB  AC  AF.AB = AE.AC (đpcm)

2. (H 3) Gọi O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; I tiếp điểm (O) BC OI = r OI  BC

Hai tam giác ABC OBC có chung cạnh BC, hai đường cao tương ứng AD OI nên:

OBC

ABC

S OI r

S  AD  AD ; Chứng minh tương tự ta có :

OAC

ABC

S r

S  BE ;

OAB

ABC

S r

S  CF

Hình 2

D H F

E A

B C

Hình 3

H

E

F

I O

D C

Suy : OBC OAC OAB ABC

r r r S S S

1

AD BE CF S

 

     1 1

AD BE  CF  r (1) Mà AD + BE + CF = 9r Suy (AD BE CF) 1 9r.1

AD BE CF r

 

     

 

 AD AD BE BE CF CF

BE CF AD CF AD BE

        

 AD BE BE CF AD CF

BE AD CF BE CF AD

        

     

     

Áp dung bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta có :

AD BE AD BE

2

BE  AD  BE AD hay

AD BE

2 BE  AD  Dấu có AD BE

BE = AD  AD = BE Chứng minh tương tự ta có : BE CF

CF  BE 

AD CF

2 CF  AD  Dấu có BE = CF AD = CF

Do : AD BE BE CF AD CF

BE AD CF BE CF AD

        

     

     

Dấu xảy AD = BE = CF  AB = BC = CA ABC Vậy AD + BE + CF = 9r tam giác ABC

Bài (0,5 điểm)

Từ x6 – y6 = 

6 6 x y x       

|x| > |y| |x| 

 

 

| x| > | y|

x hc x

 

  

 Xét hai trường hợp :

− Nếu x ≥ |x| > |y| −x < y < x  x y

x y

  

   

Khi : x+ y + x- y =  x + y + x – y =  x = (thoả mãn) Vì x6 – y6 = nên y = Thử lại thấy x = 1, y = thoả mãn hệ

− Nếu x ≤−1 x > y −x > y  x < y < −x ì +ïïí < ï - < ïỵ

x y

x y

Khi : x+ y + x- y = −(x + y) – (x – y) =  x = −1 (thoả mãn) Vì x6 – y6 = nên y = Thử lại thấy x = −1, y = thoả mãn hệ

Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (−1 ; 0) (1 ; 0)

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Năm học 2009 – 2010

Mơn : TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức sau: a) 13 2  4  ;

b) x y y x x y

xy x y

  

 với x > 0; y > x ≠ y Giải phương trình : x

x

 



Bài 2(2,0 điểm)

Cho hệ phương trình (m 1)x y mx y m

  



   

 (m tham số) Giải hệ phương trình với m = 2;

2 Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm (x ; y) thoả mãn 2x + y ≤

Bài (2,0 điểm)

Cho mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (k – 1)x + (k tham số) parabol (P) : y = x2

1 Khi k = -2, tìm toạđộ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P)

2 Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt;

3 Gọi y1; y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) (P) Tìm k cho : y1 + y2 = y1y2

Bài (3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DM, đường thẳng cắt đường thẳng DM DC theo thứ tự H K

1 Chứng minh tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn ; Tính góc CHK

3 Chứng minh: KH.KB = KC.KD;

4 Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh 2 2 2 AD  AM  AN Bài (0,5 điểm)

Giải phương trình : 1 1

x 2x 4x 5x

 

    

    

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức:

a) 13 3(2 3) 13(4 3)

4 16 3

2 3

 

     

 

 

= - 3 + + + = 10 b) Với x > 0, y > x ≠ y :

x y y x x y xy( x y) ( x y)( x y)

xy x y xy x y

       

  =

 x y x  y x 2. ĐKXĐ : x ≠ -2 Từ phương trình cho suy :

x(x + 2) + = 3(x + 2)  x2 – x – =

Vì a – b + c = – (-1) + = nên phương trình có hai nghiệm : x1 = -1; x2 = Cả hai nghiệm thoả mãn ĐKXĐ

Vậy S = {-1 ; 2} Bài 2(2,0 điểm)

1. Với m = 2, hệđã cho trở thành : x y 2x y

  

  

 

x x y

 

  

 

x y     

Vậy với m = nghiệm hệ phương trình cho (x ; y) = (1 ; 1) 2. Hệ phương trình cho tương đương với hệ :

mx y m x m

  



  

 

x m

m(m 1) y m

 



    

 

x m y 2m m

 

 

  



Suy hệ phương trình cho ln có nghiệm (x ; y) = (m – ; + 2m – m2) với m

Khi đó, ta có : 2x + y = 2(m – 1) + + 2m – m2 = - + 4m - m2 = – (m – 2)2≤ (m – 2)2≥ m

Vậy với giá trị m hệ phương trình cho ln có nghiệm (x ; y) thoả mãn 2x + y ≤

Bài (2,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm (d) (P) là:

x2 = (k – 1)x +  x2 – (k – 1)x – = (1) 1. Khi k = -2, phương trình (1) trở thành : x2 + 3x – =

Vì a + b + c = + + (-4) = nên phương trình có hai nghiệm : x1 = ; x2 = -4 Với x1 =  y1 = 12 = ; với x2 = -4  y2 = (-4)2 = 16

Vậy toạđộ giao điểm (d) (P) k = -2 : (1 ; 1) (-4 ; 16)

2. Xét phương trình (1) có : Δ = (k – 1)2 + 16 > k nên (1) ln có hai nghiệm phân biệt với k

Từ suy với giá trị k đường thẳng (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt (đpcm)

3. Gọi x1 ; x2 hoành độ tương ứng với tung độ y1 ; y2 giao điểm đường thẳng (d) (P) Hiển nhiên, x1 x2 hai nghiệm phân biệt phương trình (1)

Áp dụng định lí Vi-et, ta có : x1 + x2 = k – ; x1x2 = -4 Mà : y1 = x y12 =

2

x (vì giao điểm thuộc (P)), nên từ giả thiết ta có : y1 + y2 = y1y2 x12 x22  x x12 22 

2

1 2

(x x ) 2x x (x x ) hay (k – 1)2 – 2.(-4) = (-4)2 (k – 1)2 =  k = ± 2

Vậy giá trị k thoả mãn yêu cầu toán : k = ± 2

Bài (3,5 điểm)

1. Xét tứ giác ABHD có A 90 0 (vì ABCD

hình vuông) BHD 90 0 (giả thiết)

 A BHD 180 

Hai góc vị trí đối nên tứ giác ABHD nội tiếp

Xét tứ giác BHCD có :

0

BCD 90 (vì ABCD hình vng) BHD 90 0 (giả thiết)

 BCD BHD 90  0

Hai đỉnh kề H C nhìn cạnh đối diện góc 900 nên tứ giác BHCD nội tiếp

Vậy tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn (đpcm)

2. Vì ABCD hình vng nên DB đường phân giác ADC 90 BDC 45

Tứ giác BDHC nội tiếp (chứng minh trên) nên : CHK BDC (cùng bù với BHC) Vậy CHK 45 0

3. Xét ΔKHC ΔKDB có : K chung ;

CHK BDC (chứng minh trên) Do ΔKHC ~ ΔKDB (g.g)  KH KD

KC  KB  KH.KB = KC.KD (đpcm) 4. Trên tia đối tia DC lấy điểm E cho DE = BM

Vì ADC 90  ADE 90 0(hai góc kề bù) ΔADE vng tại D

Xét ΔADE ΔABM có :

AD = AB (hai cạnh hình vng ABCD)

0 ADE ABM 90 

E N

H K D

B

C A

 ΔADE = ΔABM (c.g.c)  AM = AE EAD BAM

 EAN EAD DAN BAM DAN BAD 90      0ΔEAN vuông tại A

Tam gác EAN vng A có đường cao AD nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có :

2 2

1 1

AD  AE  AN hay 2

1 1

AD  AM  AN (đpcm) Bài (0,5 điểm)

ĐKXĐ : x >

Khi phương trình cho tương đương với 1 1 3x  6x 9  4x 3  5x 6 Đặt : 3x a, 6x b,  4x c,  5x d  (a, b, c, d > 0)

 a + c > 0, b + d > c2 – a2 = b2 – d2 (= x – 3) Phương trình trở thành :

1 1 a   b c d 

1 1 a   c d b 

c a b d

ac bd

   ↔ c2 a2 b2 d2

ac(a c) bd(b d)

  

  (1)

- Nếu x = c2 – a2 = b2 – d2 =  (1) hiển nhiên - Với x  c2 – a2 = b2 – d2 0, (1)  1

ac(a c)  bd(b d) (2) +) Nếu x > : 3x 5x

0 4x 6x

  



    

 

0 a d c b

0 a c b d  



   

     

 ac(a c)1 bd(b d)1  (2) không thoả mãn

+) Nếu 32< x < :     0 5x 3x0 6x 4x 3  

 

0 d a b c

0 b d a c  



   

     

 ac(a c)1 bd(b d)1  (2) khơng thoả mãn

Tóm lại, phương trình cho có nghiệm x =

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2010 – 2011

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức: A = x

x x x x



  

   

  với x > 0, x 

2 Chứng minh : 1 10

5

 

  

 

 

Bài 2.(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = (k – 1)x + n hai điểm A(0 ; 2), B (-1 ; 0)

1 Tìm giá trị k n để :

a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y = x + – k

2 Cho n = Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

Bài (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai : x2 – 2mx + m – = (1) (với m tham số) Giải phương trình (1) với m = -1

2 Chứng minh pt (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức :

1

1 16. x  x  Bài (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O ; R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O ; R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O ; R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E

1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK

2 Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh : OK // MN KM2KN2 4R 2

Bài (0,5 điểm)

Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3

4 

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm)

1. Với x > 0, x  9, :

A x

x x x x



 

  

 

 

3 x

x( x 3) x x



 

  

 

 

3 x x x ( x 3)( x 3)

x( x 3)( x 3) x

    

 

 

(x 9).( x 3)( x 3) x ( x 3)( x 3) x

  



 

A x

x  

2. Biến đổi vế trái, ta có :

1 5 2

VT 5 10

5

5 ( 2)( 2)

                   

Vậy 1 10

5

  

   

 

Bài 2.(2,0 điểm)

1 a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B, nên ta có hệ : n

(k 1).( 1) n          n k     

Vậy với k = 3; n = (d) qua hai diểm A(0 ; 2) B(-1 ; 0) b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () :

k 1 k n

        k n     

Vậy với k = n  đường thẳng (d) song song với đường thẳng ()

2 Với n = 2, phương trình đường thẳng (d) : y = (k – 1)x +

Để (d) cắt trục Ox k –   k  Khi giao điểm (d) Ox C( ;0)

1 k

Các tam giác OAB OAC vuông O, nên:

OAB

1

S OA.OB

2

 ; SOAC 1OA.OC



Theo giả thiết : SOAC = 2SOAB  OC = 2OB

x y

Hình 1

Dễ thấy OC =

1 k , OB = (đvđd) nên ta có :

1 k =  |1 – k| =  k = k = Vậy với k = k = SOAC = 2SOAB

Bài (2,0 điểm)

1 Với m = -1, phương trình (1) trở thành : x2 + 2x – = ’ = + = > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :

x1 = -1 – = -4 ; x2 = -1 + = 2 Xét ’ = m2 - m + (m 1)2 27

2

   > m  (1) ln có hai nghiệm phân biệt m

3 Vì (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m nên theo định lí Vi-et, ta có:

1

1

x x 2m x x m

 



  

 Theo

1

1 16 x  x  

1

1 x x

16 x x

   2m 16

m 7   m = (thoả mãn)

Vậy giá trị m cần tìm m = Bài (3,5 điểm)

Hình 3 Hình 2

I

E

K N

M

A

F

E

K

N M

A

O H B O B

C

H

C (H 2)

AKB 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay AKE 90

Xét tứ giác AHEK có AHE AKE 180  0 nên tứ giác nội tiếp

*) Chứng minh CAE ~ CHK Xét CAE CHK có :

C chung

CAE CHK (góc nội tiếp chắn KE) Do CAE ~ CHK (g.g)

2 (H 2)

Vì BK  AC (AKB 90 0) NF  AC (gt) nên BK // NF (cùng  AC)

Do : KFN MKB (đồng vị) KNF NKB (so le trong) (1) Mặt khác MKB 1sđMB

2

 NKB 1sđNB



mà MB NB (vì đường kính AB vng góc với dây cung MN) nên MKB NKB (2) Từ (1) (2) suy KFN KNF

Vậy KNF cân K (H 3)

*) Chứng minh OK // MN

Nếu KE = KC KEC vng cân K  KEC 45 0

Tứ giác AHEK nội tiếp nên BAK KEC 45  0

AKB vuông cân K  OK  AB Mà MN  AB (gt) nên OK // MN *) Chứng minh KM2KN2 4R 2

Gọi I giao điểm KO với (O ; R) IK // MN

Vì IK MN hai dây cung (O) nên MI NK  MI = KN

KMI có KI đường kính (O) nên vng M Áp dụng định lí Pitago, ta có :

2 2

KM  MI  KI hay KM2KN2  4R 2 Bài (0,5 điểm)

Cách Khơng giảm tổng qt, giả sử c = min(a ; b ; c) Từ giả thiết a + b + c =  3c  a + b + c  c  Do  c  Đặt a = + x, b = + y c = – x – y Do  c  nên  x + y  Ta có : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 = x3 + y3 + (-x – y)3 = -3xy(x + y) Mặt khác (x – y)2 x, y  xy  (x y)2

4



 xy(x + y)  (x y)3

4

 

4 (vì  x + y  1)

 -3xy(x + y) 

4

 Dấu bằng xảy  x = y = 1

2 (khi a = b =

2, c = 0)

Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3

4



Cách Ta có:

2

3 2 3

(a 1) a 3a 3a a(a 3a 3) a a a

2

 

              

 

 (a 1)3 3a 1

4

   (1) (do a 

2

3

a

2    

 

  )

Tương tự: (b 1)3 3b 1

4

   (2) 3

(c 1) c

   (3)

Cộng (1), (2) (3) vế theo vế ta :

(a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 3(a b c) 3 3        4 Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3

4

 Dấu đẳng thức xảy :

2

2

2

3 3

a a a a 3

2 2 a 0, b c

2

3 b b

b b

b 0, a c

2

2

3 c c

c c 2 c 0, a b

2 2

a b c a b c

     

       

    



   



     

        

    

  

  

 

       

 

    

    

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Bài (2,0 điểm)

Cho biểu thức A x x x x



  



  với x  x 

3 Rút gọn biểu thức A

4 Tính giá trị A x 2. 

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho hệ phương trình: mx 2y 18

x y

 



   

 (m tham số)

3 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) x =

4 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) thoả mãn 2x + y = Bài (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạđộ Oxy, cho parbol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = ax + (a tham số)

4 Vẽ parbol (P)

5 Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

6 Gọi x1, x2 hoành độ hai giao điểm (d) (P) Tìm a để x1 + 2x2 = Bài (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Điểm C nằm tia đối tia BA cho BC = R Điểm D thuộc đường tròn tâm O cho BD = R Đường thẳng vng góc với BC C cắt tia AD M

4 Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCMD tứ giác nội tiếp b) AB.AC = AD.AM

c) CD tiếp tuyến đường tròn tâm O

5 Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần Tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngồi đường tròn tâm O theo R

Bài (0,5 điểm)

Cho a, b, c số không âm thoả mãn: a + b + c = 1006 Chứng minh rằng:

2 2

2012

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

2012a 2012b 2012c

2 2 

  

    

- HẾT -

Bài (2,0 điểm)

3 Với x  0, x  1, :

A 3( x 1) ( x 1) ( x 3) x x x ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1)

         

 

   

x 1

( x 1)( x 1) x

 

  

4 Nhận xét: x 2 ( 1)    2(thoả mãn  x  1)  x | - 1| = - 1 (vì 1)

Do đó: A 1

2 1

  

 

Bài 2.(2,0 điểm)

2 Với x = từ phương trình x – y = -6  y =

Thay x = 2, y = vào phương trình thứ nhất, ta được: 2m + 16 = 18  m = Vậy giá trị cần tìm m =

3 Điều kiện để hệ phương trình cho có nghiệm nhất: m m  1   Nghiệm (x ; y) hệđã cho thoả mãn điều kiện đề nghiệm hệ:

x y x

2x y y

  

 

     

 

Từđó, ta có: 5m – = 18  m = (thoả mãn m  -2) Vậy giá trị cần tìm m =

Bài (2,0 điểm) Bạn đọc tự giải

5 Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = ax + =  x2 – ax – = Vì  = a2 + 12 > a nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt a

Tứđó suy (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt Áp dụng định lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = a x1x2 = -3

Theo giả thiết: x1 + 2x2 =  a + x2 =  x2 = – a; x1 = a – x2 = 2a – 3; x1x2 = -3  (2a – 3)(3 – a) = -3  2a2 – 9a + =

 = 92 – 4.2.6 = 33 >  a1,2 33





Vậy có hai giá trị cần tìm a là: a1,2 33





a) Ta có: ADB 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  BDM 90 0 (hai góc kề bù)

BCM 90 (do MC  BC)

Xét tứ giác BCMD có: BDM BCM 180  0

 Tứ giác BCMD tứ giác nội tiếp b) Xét ADB ACM có:

A chung; ADB ACM 90 

nên ADB ~ ACM (g.g)

 AD AB

AC  AM  AB.AC = AD.AM (đpcm)

c) ODC có DB đường trung tuyến ứng với cạnh OC DB 1OC

2

 nên ODC vuông D Suy OD  CD

Do CD tiếp tuyến (O)

2 OBD có OB = OD = BD = R OBD  OBD BOD 60  0 OBD

3R S

4

  (đvdt)

OAD OBD chung chiều cao hạ từđỉnh D, đáy nên:

2

OAD OBD ABD

3R 3R

S S S

4

       (đvdt)

Xét MBD MBC có: MDB MCB 90  0, BM cạnh chung, BD = BC (giả thiết)

MBD = MBC (cạnh huyền-góc nhọn)

 MBD MBC CBD 1800 OBD 1800 600 600

2 2

 

    

 MBD OBD  BD tia phân giác góc ABM

ABM có BD vừa đường cao vừa đường phân giác nên cân B  BD đồng thời

đường trung tuyến ứng với cạnh AM Suy ra: ABM ABD

S  2S  3R (đvdt) Gọi S diện tích phần tam giác ABM nằm ngồi đường trịn tâm O thì:

2 2

2 ABM AOD q(OBD)

3R R 60 (9 )R

S S S S 3R

4 360 12

 

  

       (đvdt)

Bài (0,5 điểm)

Đặt P 2012a (b c)2 2012b (c a)2 2012c (a b)2

2 2

  

     

Ta có: 2012a (b c)2



 2a.1006 (b c)2 2a(a b c) (b c)2

2

 

     

2 2

4a 4a(b c) (b c) 4a 4a(b c) (b c) 4bc

2

        

 

M D

C

A O B

(2a b c) (2a b c) 2bc

2

   

   (do b, c  0)

 2012a (b c)2 (2a b c)2 2a b c

2 2

    

  

Chứng minh tương tự: 2012b (c a)2 2b c a

2

  

  ; 2012c (a b)2 2c a b

2

  

 

Suy ra: P 2a b c 2b c a 2c a b 4(a b c) 4.1006 2012

2 2 2

             

Vậy 2012a (b c)2 2012b (c a)2 2012c (a b)2 2012

2 2 

  

    

Dấu xảy 

a b 0, c 2012 b c 0, a 2012 c a 0, b 2012

  



   



   