DE DAP AN TOAN VAO 10 CHUYEN 1213

Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng nếu AM = AB thì tứ giác ABHI nội tiếp... 3) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P v[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Mơn thi: TỐN (chun)

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)

1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc2 2

2) Cho x, y thỏa mãn x3 y- y +1+ y+ y +12 Tính giá trị biểu thức

4 2

A x +x y+3x +xy- 2y +1 .

Câu II ( 2,0 điểm)

1) Giải phương trình (x - 4x+11)(x - 8x +21) 352 

2) Giải hệ phương trình

   

2

x+ x +2012 y+ y +2012 2012

x + z - 4(y+z)+8 0

    



 .

Câu III (2,0 điểm)

1)Chứng minh với số nguyên n (n2 + n + 1) không chia hết cho 9.

2)Xét phương trình x2 – m2x + 2m + = (1) (ẩn x) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình (1) có nghiệm ngun

Câu IV (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A có AB < AC ngoại tiếp đường trịn tâm O Gọi D, E, F tiếp điểm (O) với cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF I M điểm di chuyển đoạn CE

1) Tính BIF

2) Gọi H giao điểm BM EF Chứng minh AM = AB tứ giác ABHI nội tiếp

3) Gọi N giao điểm BM với cung nhỏ EF (O), P Q hình chiếu N đường thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm M để PQ lớn

Câu V (1,0 điểm)

Cho số a, b, c thỏa mãn 0 a b c 1    Tìm giá trị lớn biểu thức

1 1 1

B (a+b+c+3) + + a+1 b+1 c+1

 

 

 



-Hết -Họ tên thí sinh……… Số báo danh……… ……… Chữ kí giám thị 1: ……… Chữ kí giám thị 2: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HẢI DƯƠNG NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (chun)

Hướng dẫn chấm gồm : 03 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Nội dung Điểm

Câu I (2,0đ)

1) 1,0 điểm a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a2 2 2 b2) ac a b( )

   0,25

2

(a b)[2c 2ac ab bc]

     0,25

(a b)[2 (c c a) b a c( )]

     0,25

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

    0,25

2) 1,0 điểm

Có x = y- y + 13  y+ y + 12

3 3 3

x = 2y +3 y - y + y+ y + 1 y- y +1 y+ y +1

   

 

0,25

3

x + 3x -2y =

 0,25

4 2

A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y ) 1 0,25

3

x(x +3x-2y) +y(x +3x - 2y) 1

   0,25

Câu II (1,0đ) 1)1,0 điểm

phương trình cho tương đương với

2 2

(x 2) (x 4) 35

        

    (1) 0,25

Do

2

2 2

2

( 2) 7

( 2) ( 4) 35 ( 4) 5

x x

x x x

x x                            0,25 2

( 2) 7 (1)

( 4) 5

x x             0,25 <=>x=2 0,25

2)1,0 điểm 2

2

(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1) x + z - 4(y+z)+8=0 (2)

 

   

       

(1) x x 2012 y y 2012 y 2012 y 2012 y 2012 y (D o y22012 y 0 y )

   

   

2 2

2

2 2

2

2012 2012 2012 2012 2012 2012

2012 2012

2012 2012 2012 2012

2012 2012

x x y y x x y y

x y y x

y x y x

x y y x                               2

2 2012 2012

( ) y y x x

y x

x y  x y     

Do

2

2

2012 | |

2012 2012 2012 | |

y y y y

y y x x y x

x x x x

     

         

     

0,25

Thay y=-x vào(2) x2z24x 4z  8 (x2)2(z 2)2 0 0,25

2

2

( 2)

2

( 2)

x x

y x z

z

     

      

  

 

 Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2).

0,25 Câu III

(2,0đ)

1)1,0 điểm Đặt A = n2 + n + n n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + (k   ) 0,25 * n = 3k => A khơng chia hết cho (vì A khơng chia hết cho 3) 0,25 * n = 3k + => A = 9k2 + 9k + không chia hết cho 9. 0,25 * n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 không chia hết cho

Vậy với số nguyên n A = n2 + n + không chia hết cho 9. 0,25

2)1,0 im Giả sử tồn m *

  để phơng trình có nghiệm x1, x2

Theo vi-et:

2

1 2 x x m x x m

  



 

 ⇒ (x1 - 1) (x2 - 1) = - m2 + 2m + 3

0,25

Với m * Ta cã x1x2 4vµ x1 + x2 1 m x1hoặc x2 nguyên và

2 *

x x m    x x1, 2* (x11)(x21) 0

2

m 2m (m 1)(m 3) m

            m {1;2;3}

0,25

Với m = 1; m = thay vào ta thấy phơng trình cho vơ nghiệm 0,25 Với m = thay vào phơng trình ta đợc nghiệm phơng trình cho x =1; x

= tho¶ m·n VËy m= 0,25

Câu IV (2,0đ)

1) 1,0 điểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề

M H

A C

K

I

E B

O D

F

0,25

Gọi K giao điểm BO với DF => ΔIKF vng K 0,25

Có

 1

DFE= DOE=45

0,25



BIF 45

  0,25

2) 1,0 điểm Khi AM = AB ΔABM vng cân A => DBH=45

.Có DFH=45 => Tứ giác BDHF nội tiếp

=> BFO=BHO 90   0 => OH  BM, mà OA  BM=> A, O, H thẳng hàng 0,25

 

BAH=BIH 45 => Tứ giác ABHI nội tiếp. 0,25 3) 1,0 điểm

P

Q

N

C B

A

O D

E

F

M

Có tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN  

Tương tự có NQP=NDP=FEN  => ΔNEFvà ΔNQPđồng dạng

0,25

=>

PQ NQ

= PQ EF EF NE   

0,25 Dấu “=” xẩy P  F; Q E => DN đường kính (O) =>

PQ lớn EF 0,25

Cách xác định điểm M : Kẻ đường kính DN (O), BN cắt AC M PQ lớn

0,25 Câu V

(1,0đ) Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a

0 a b c 1    = >1z yx2 Khi A= (x+y+z)(

1 1

xyz )=3+3

x x y y z z y z x z x y

     

0,25

1 1

1 1

2 2

x y x y x y x y x

y z y z y z y z z

z y z y z y z y z

y x y x y x y x x

x y z y x z x x y y z z x z

y z y x z x y z x z x y z x

   

           

   

 

 

   

           

   

 

 

 

                

 

0,25

Đặt x

z = t =>1 t

2

1 5 (2 1)( 2)

2 2

x z t t t t t

t

z x t t t t

    

       

Do 1 t 

(2 1)( 2)

t t t  

0

 

x z z x

5

  A

5

3 2 10

   

0,25

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013

( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn chung

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có bốn câu)

Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phương trình : a/ x4 x2 20 0 b/ x  1 x

2/ Giải hệ phương trình :

3 x y

y x

   

 

 

  Câu 2 : ( 2,0 điểm)

Cho parabol y = x2 (P) đường thẳng y = mx (d), với m tham số. 1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm có tung độ

2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm, mà khoảng cách hai điểm

Câu 3 : ( 2,0 điểm) 1/ Tính :

1

( )

2 3 3

P  

  

2/ Chứng minh : a5b5 a b3 2a b2 3, biết a b 0 Câu 4 : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm O, đường kính AH, đường tròn cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E

1/ Chứng minh tứ giác BDEC tứ giác nội tiếp đường tròn 2/ Chứng minh điểm D, O, E thẳng hàng

3/ Cho biết AB = cm, BC = cm Tính diện tích tứ giác BDEC

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013

( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn ( mơn chun)

Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có năm câu) Câu 1 (1,5 điểm)

Cho phương trình x4 16x2 32 0 ( với x R )

Chứng minh x 2   2 2 nghiệm phương trình cho Câu 2 (2,5 điểm)

Giải hệ phương trình

2 ( 1)( 1) ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

   

 

   

 ( với x R y R ,  ). Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho

Câu 4 (1 điểm)

Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn hai số có ước chung lớn

Câu 5 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường trịn (I) điểm N (N khơng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF

1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I)

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Môn: Toán chung -Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phương trình :

a/ x4 x2 20 0 (*) Đặt x2 t t;( 0) (*) t2 – t – 20 =

 (t1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 =  x =  Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = -

b/ x  1 x 1 ( điều kiện x1)

2 2

( x1) (x1)  x 1 x  2x 1 x  3x0  x(x-3) =  x = ( loại) v x = ( nhận)

Vậy phương trình có nghiệm x = 2/ Giải hệ phương trình :

3 x y

y x

   

 

 

 

Từ y x  3 y 3x  y 0  y  y

1

3 2

3 3

2 x

x y x y x y x

y x y x y x y x

y 



  

          

    

   

    

       

  

     



 (nhận) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y):

1 7 ( ; ),( ; )

2  2 Câu 2 : ( 2,0 điểm)

1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :

1

2

0 ( ) x

x mx x x m

x m  

      

  Vì giao điểm ( ) :P y x  y m Với y = => m2 =

 (m = v m = -3) Vậy với m3 (P) (d) cắt điểm có tung độ 9.

2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt m0.

Khi giao điểm thứ gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ điểm A có ( x = m; y = m2).

Khoảng cách hai giao điểm : AO = m2m4   m4m2 0 (1) Đặt t m t 2;( 0) (1)  t2 t 0  (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại))

Với t1 =  m2 = , m ( nhận)

Vậy với m 3 (P) cắt (d) hai điểm có khoảng cách 6. Câu 3 : ( 2,0 điểm)

1 3 3

( )

4

2 3 3 3( 1)

P        



   

2/ Ta có:

5 2 5 2 3 2 2 3 2

2 2

0 ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

a b a b a b a b a b a b a a b b a b a b a b

a b a b a b ab

                

     

Vì : (a b )20 (với a, b R).

a b  ( theo giả thiết)

2 0

a b ab ( với a, bR )

Nên bất đằng thức cuối Vậya5b5 a b3 2a b2 3 với a b 0 (đpcm) Câu 4 : (3,5 điểm)

E

D

O

H

C B

A

1/ Nối H với E

+ HEA900 ( AH đường kính), AHC900 ( AH đường cao)

=> AHEACB (cùng phụ với EHC) (1) + ADEAHE ( góc nội tiếp chắn cung AE) (2)

Từ (1) (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn ( có góc đối góc kề bù góc đối)

2/ Vì DAE900 => DE đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm). 3/ Ta có SBDEC SABC SADE

+ABC vng có AH đường cao:

2 4

AC BC  AB  cm =>sABC 6 (cm2)

12 AB AC DE AH

BC

  

(cm) ( đường kính đt O) +ADE ABC có A chung , ADE = ACB ( câu 1)

=> ADE ABC (g.g) => tỉ số diện tích bình phương tỉ đồng dạng : 

2 2

2

ABC AED

AED ABC

S DE

S DE

S

S BC BC

 

 

 

   

 

+

2

2 2

12 (1 ) 6(1 )

5

BDEC ABC ADE ABC

DE

S S S S

BC

  

     

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chun

-Câu 1: Phương trình cho : x416x232 0 ( với x R )  (x2 8)2  32 0 (1) Với x 2   2 2  x 2 2  2 2

=> x2  8 2 3 2  Thế x vào vế phải (1) ta có:

2 2

(x 8)  32 (8 2   3 2  8)  32 4(2  3) 12(2   3) 32 =8 24 12 32 0      ( vế phải vế trái)

Vậy x 2   2 2 nghiệm phương trình cho ( đpcm)

Câu 2: Hệ pt cho

2 ( 1)( 1) ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

           (1) (2)      

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

x x y xy

y y x xy

   

 

   



Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả => ( ; ) (0;0);x y  xy0;x 1 0;y  1 6 xy0 (*)

- Chia vế hai phương trình cho : =>

6

( ) 6( )

x xy

xy x y x y

y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) =>x y 0) (**)

=>

6(x y) xy

x y  

 (3) - Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)

 (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 

6( ) 6( ) (x y x y)( x y ) x y

x y x y

 

     

 



6( 1) (x y x y)( x y )

x y  

    

 

6 (x y x y)( 1)(1 )

x y        x y x y x y              

- Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y2 =  (y = v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - vào phương trình (1) hệ ta :

2y33y2   y (y2)(2y2 y3) 0 

2

2 0( )

y y

y y vn

   

 

  

Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) - Với

6

1 x y x y x y

        



Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (2)  2y3 7y216y 0 

2

2

2 (2 1)( 6)

4 y

y y y

y y

  

     

  



y2 - 4y - =



1

2

2 10 10 y

y    

  

2y +1 =  y3 =

1 

Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng:

2

3

4 10 10

13 x

x x 

  



  



 

 Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y): (1; -2), (

13 10; 10),( 10; 10),( ; )

2

       

Câu 3 (Cách 1)

Tam giác có cạnh cm diện tích 3cm2 , tam giác có cạnh cm diện tích

3

4 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích >

3 cm2

Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: 1 t 4 ( với t số nguyên dương) => tmax = 3.

Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm

Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : 2 n 4 Vậy nmax = 4 (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

=> phần diện tích lấy điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm

Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm : nmax = + = điểm

Câu 4 Gọi a b hai số 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương)

1 a b

   

Gọi n ước chung a b, : a = n.x b = n.y ( n, x, y số nguyên dương) Vì a > b => x > y => x y 1

1

1 n x n y x y

n n

        n

n

   

Vậy 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn Câu 5

D K

F

N E

M

I

C B

A

1)Nối N F, D F

- Xét ANF  AFD có: AFN = ADF ( AF tt) FAD chung =>ANF∽AFD (g.g) =>

2

AF

AF AF

AN

AN AD AD

  

(1)

- Xét AFI có: AFIF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK AI ( AF AE tt chung AI nối tâm) => AFI vng F có FK đường cao) => AK.AI = AF2 (2)

- Xét ANK AID có: + IAD chung

+ Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI =>

AN AI AK AD

=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3) - Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối)

=> điểm I,D,N,K thuộc đường trịn (đpcm)

2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường trịn đường kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn ngoại tiếp  DIK => hai đường tròn trùng => N nằm đường trịn đường kính MI => INM = 900

Vì IN bán kính đường trịn (I), MN IN => MN tiếp tuyến đường tròn (I) tiếp điểm N (đpcm)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN

(Đề gồm có trang) (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Nga - Pháp)

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

Ngày thi : 18 tháng năm 2012

Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

2

:

5

x x x x

A

x x x x x

      

       

    

   

1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm giá trị x để

1

A Câu 2 (2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0 và đường thẳng (d):

y = bx + 1

1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2)

2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)

Câu (2.0 điểm)

1/ Cho phương trình: x2 (2m1)x m 2m 6 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

2/ Giải hệ phương trình:

1 1

1

x y

x y

     



  



Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP và

a) AB AC BC  không phụ thuộc vào vị trí điểm N.

b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC

Câu (1.0 điểm)

Cho x, y số thực dương thoả mãn :

1 2 2

x  y  Chứng minh :

2

5x  y 4xy y 3 - Hết

-Họ tên thí sinh ……… Số báo danh: ………

Bài giải

Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

2

:

5

x x x x

A

x x x x x

      

       

    

   

1/ Rút gọn biểu thức A.

2

:

5

x x x x

A

x x x x x

      

      

        

    (ĐK: x  0, x  4, x  )

A = … =

1

x x

 

2/ Tìm giá trị x để

1

A

1 5 4 5

2 8 5 5

2 1 2

1 1

2 5 3 0 3 0

2 2

1 0

4

x

x x

A x

x x x x

x



      



          

  

Kết hợp với ĐK 

1

4

x

 

Câu 2 (2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0và đường thẳng (d): y =

bx + 1

1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2) M (P)  …  a =  y = 2x2

M  (d)  …  b =  y = x + 1

2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)

Xét pt hoành độ gđ: 2x2 = x +  2x2 - x - =

 

1 2

1 1 1; ; ;

1 1

2 2

2 2

x y

M N

x y

  



 

  

 

     



 2 0, 75 (dvv)

MON thang

S S  S S  

Câu (2.0 điểm)

1/ Cho phương trình: x2 (2m1)x m 2m 6 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?



2

3 25

0

2

1

0 2

m m

a c m m m

b m m

a



  

    

   

       

  

    

  

  



2/ Giải hệ phương trình:

1 (1)

1

1 (2)

x y

x y

    

 

 



 (ĐK: x  1; y  1)

(2)  x + y = xy (3)

Hai vế (1) dương ta bình phương hai vế ta có:

   

 

2 1

2

x y x y

x y xy x y

     

       

Thay (3) vào ta có: x + y = kết hợp với (3) có hệ:

x+y=4 xy=4   

Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y hai nghiệm pt: X2 - 4x + = 0

 x = 2; y = 2

Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP và

AQ tới đường tròn (P Q tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M.

1

1 1

2

1

1

C B

M

P

O

Q A

N

1/ Chứng minh rằng: MO = MA

A1 = O1 A1 = A2A2 = O1MAO cân  MO = MA

2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt các tia AP, AQ B C Chứng minh rằng:

a) AB AC BC  khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N.

Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có …  AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi)

b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC

Nếu tứ giác BCQP nội tiếp P1 = C1

mà P1 = Q1 C1 = Q1 PQ//BC

Cho x, y số thực dương thoả mãn :

1 2 2

x  y  Chứng minh :

2

5x  y 4xy y 3 * Ta có:

 

2

2 2

2 2

5 4 3

4 4 3 0

2 3 0

x y xy y

x xy y x y x y x y

   

      

     

*

1 2 2 1 2 2 1 2

2 2

2 1

x x

y

x y y x y x x



        



Vì : y > ; x >  2x - >  x > 1/2 Thay y = … vào

2 3 0

x  y 

Ta có:

3

2 3 0 2 3 0 2 2 6 3 0

2 1 2 1

x x x x x

x y x

x x

   

        

  (1)

Vì 2x - >  (1)  2x3  x2 2x 6x  3 0 2x3  x2  4x 3 0

Mà 2x3  x2  4x3

  

3 2

2

2 2 3 3

1 2 3

x x x x x

x x x

     

   

 x 1 2 2x 3 0 x 0

     

Vậy  

2 2