Đang tải... (xem toàn văn)
b/ Töù giaùc ANOP noäi tieáp ñöôøng troøn. Caâu 5.[r]
(1)Bµi tËp vỊ nhµ: Ngµy 18/03/2012 I/ Đề thi thử số 03
Câu1 ( 2.0 điểm) : Cho biÓu thøc : P =
2 2 2( 1)
1
x x x x x
x x x x
a/ Rót gän P
b/ Tìm giá trị nhỏ P c/ Tìm x để biểu thức
2 x Q
P
nhËn gi¸ trị số nguyên Caõu (2 ủieồm) : Giải hệ phơng trình sau
Giải hệ phơng trình 2
3
x y xy x y
Câu (2.0 điểm) : Cho phương trình bậc hai: x2 – 4x + m + = 0
a/ Giải phương trình m =
b/ Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu
Câu (3 điểm) : Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O) Trên cạnh BC lấy điểm M, cạnh BA lấy điểm N, cạnh CA lấy điểm P cho BM = BN CM = CP Chứng minh rằng:
a/ O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP b/ Tứ giác ANOP nội tiếp đường trịn
Câu (1 điểm) : Cho tam giác có số đo ba cạnh x, y, z nguyên thỏa mãn: 2x2 + 3y2 + 2z2 – 4xy + 2xz – 20 = 0
Chứng minh tam giác cho tam giác
-II/ Giải phơng trình hệ phơng trình sau
a/ 2 2
1 1 1
4 15 12 35 16 63
x x x x x x x x
b/ 5x210x 1 (x22 )x c/ x x( 2) x x( 5) x x( 3)
d/Cho ph¬ng tr×nh
2
1
1 m
x x
(1)
1/ Giải phơng trình víi m = 15
2/ Tìm m để phơng trình có nghiệm phân biệt
e/ Gi¶i hƯ phơng trình sau :
2
2
4 (1)
5 (2)
x xy x y x y
f/ Giải hệ phơng trình sau :
2
2
2
2 2
x xy y
x xy y
(2)-Lời giải đề sô 3 Câu :
Điều kiện : x x a/ Rót gän P
P =
2 2 2( 1)
1 2 1
1
x x x x x
x x x x x x
x x x x
b/ T×m giá trị nhỏ P
P = x x1 =
2
1 3
min x =
2 4
x P
c/ Tìm x để biểu thức
2 x Q
P
nhận giá trị số nguyên
Q =
2 2
1
1 1
x x
P x x x M
x
Chó ý r»ng : x > x , nên theo Cô si
1
x x
=> M =
1
1
x x
=> < Q <
Vì Q nguyên => Q = 1=>
2
1
1
x
x x
x x Đặt x t (t > t 1)
Ta có phơng tr×nh : t2 – 3t + cã = 5
t1 =
3
2
vµ t2 =
3
2
(tho¶ m·n) Víi t1 =
3
2
=>
3 14
2
x x
Víi t2 =
3
2
=>
3 14
2
x x
VËy
7
x
để biểu thức
2 x Q
P
nhận giá trị số nguyên
Câu : Giải hệ phơng tr×nh 2
3 ( )
2 ( ) 2
x y xy x y xy
x y x y xy
Đặt x + y = u , xy = v, ta có hệ phơng trình
2
2
3 2 2 8(1)
2 2 3(2)
u v u v u u
u v u v u v
Gi¶i (1) ta cã : u2 + 2u – = 0, ta cã : u
1 = ; u2 = -4
Víi u1 = => v1 = ta cã x + y = vµ x.y =
x y nghiệm phơng trình : X2 – 2X + = Giải ta đợc X
1,2 =
VËy x = ; y =
Víi u2 = -4 => v2 = ta cã x + y = -4 vµ x.y =
x, y nghiệm phơng trình : X2 + 4X + = (PT v« nghiƯm)
Vậy hệ phơng trình có nghiệm (x = y = 1) C©u 3
a/ Khi m = ta có phơng trình
x2 4x + = 0, cã ’ = > Phơng trình có hai nghiệm
1
x vµ x2 2
(3)1 '
4 ( 1)
1
1
m m
m c
m m
x x a
VËy víi m < -1 th× phơng trình có hai nghiệm trái dấu Câu 4
a/ Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp MNP
Ta có: O giao điểm ba đường phân giác ABC nên từ điều kiện giả thiết suy ra:
OBM = OMN (c.g.c) OM = ON (1) OCM = OCP (c.g.c) OM = OP (2) Từ (1), (2) suy OM = ON = OP
Vậy O tâm đường tròn ngoại tiếp MNP
b/ Chứng minh tứ giác ANOP nội tiếp
Ta coù OBM = OBN M N 11, OCM = OCP P M2 Mặt khác P P 180 M M12 0 1 (kề bù) P M1 P N11 Vì N N12 = 1800 neân P N12= 1800
Vây tứ giác ANOP nội tiếp đường trịn
C©u 5
Ta có: 2x2 + 3y2 + 2z2 – 4xy + 2xz – 20 = (1)
Vì x, y, z N* nên từ (1) suy y số chẵn.
Đặt y = 2k (k N*), thay vào (1):
2x2 + 12k2 + 2z2 – 8xk + 2xz – 20 =
x2 + 6k2 + z2 – 4xk + xz – 10 = 0
x2 – x(4k – z) + (6k2 + z2 – 10) = (2)
Xem (2) phương trình bậc hai theo ẩn x
Ta coù: = (4k – z)2 – 4(6k2 + z2 – 10) = 16k2 – 8kz + z2 – 24k2 – 4z2 + 40 =
= - 8k2 – 8kz – 3z2 + 40
Nếu k 2, z suy < 0: phương trình (2) vơ nghiệm Do k = 1, suy y =
A
N
B M C
P O
1
2
1 2
1 1
(4)Thay k = vào biệt thức :
= - – 8z – 3z2 + 40 = - 3z2 – 8z + 32
Nếu z < 0: phương trình (2) vơ nghiệm Do z = 1,
Nêu z = = - – + 32 = 21: không phương, suy phương trình (2) nghiệm nguyên
Do z =
Thay z = 2, k = vào phương trình (2): x2 – 2x + (6 + – 10) =
x2 – 2x =
x(x – 2) = x = (x > 0) Suy x = y = z =
Vậy tam giác cho tam giác