DE THI ON LA DO

Bài 4. Kẻ đường thẳng vuông góc với AB tại H, cắt nửa đường tròn tại C. Gọi N là trung điểm của dây BC. a) Chứng minh tứ giác OHCN nội tiếp được.. Hướng dẫn và biểu điểm.[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: tháng năm 2012

Câu (1,5 điểm):

1) Rút gọn biểu thức sau: A 45   500

1 15 12

B

5

3



 

 

2) Giải hệ phương trình:

3x y 3x 8y 19

  

 

 

Câu (2,5 điểm):

1) Cho phương trình bậc hai: x2 mx + m 1= (1) a) Giải phương trình (1) m =

b)Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x ;x1 2thỏa mãn hệ thức :

1

x x

1

x x 2012



 

2) Cho hàm số y =

2 x .

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

b) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung điểm có tung độ –2 cắt đồ thị (P) nói điểm có hoành độ

Câu 3(2đ)

1) Cho A =  

4

:

2

x x x

x x

   

 

     

 

      

  víi x > , x4.

a Rót gän A

b TÝnh A víi x = 5

2) Quãng đờng Hải Dơng - Thái Nguyên dài 150km Một ô tô từ Hải Dơng đến Thái Nguyên nghỉ Thái Nguyên 30 phút, sau trở Hải Dơng hết tất 10 Tính vận tốc tô lúc Biết vận tốc lúc nhanh vận tốc lúc 10km/h

Câu (3,0 điểm): Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính AB Gọi C điểm cung AB Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CD = CB OD cắt AC M Từ A, kẻ AH vng góc với OD (H thuộc OD) AH cắt DB N cắt nửa đường tròn (O; R) E

1) Chứng minh MCNH tứ giác nội tiếp OD song song với EB 2) Gọi K giao điểm EC OD Chứng minh CKD = CEB Suy C trung điểm KE

3) Chứng minh tam giác EHK vng cân MN song song với AB 4) Tính theo R diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác MCNH

Cõu (1,0 im):Tìm số nguyên x,y,z tho¶ m·n

2 2 3 2 4

(2)

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: tháng năm 2012 Bài 1: (2,0 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: 1/ 5x2  6x 0 

2/

5x 2y 2x 3y 15

 

 

 

 .

3/ Rút gọn biểu thức A ( 2)  ( 2) Bài 2: (3,0 điểm)

1/ Cho biểu thức

x x x 1

B :

x x ( x 1)( x 3) x

      

      

        

 

a) Rút gọn biểu thức B

b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức B nhận giá trị nguyên 2/ : Cho Pt x2-3x+ m-1= 0

a) Tìm m để pt có nghiệm

b) Tìm m để PT có nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2x1- 5x2= -8 c) Tìm m để B= 3(x1+x2)+ (x1x2)2 đạt giỏ trị nhỏ

Bài 3: (1điểm)

Một tam giác vng có hai cạnh góc vng 8m Nếu tăng cạnh góc vng tam giác lên lần giảm cạnh góc vng cịn lại xuống lần tam giác vng có diện tích 51m2 Tính độ dài hai cạnh góc vuông tam giác vuông ban đầu

Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình hành ABCD ; Gọi H chân đường vng góc kẻ từ D đến AC ; K giao điểm AC với đường tròn (O) Chứng minh rằng:

1/ HBCD tứ giác nội tiếp 2/ DOK 2.BDH

3/ CK CA 2.BD. 

Bài 5: (1,0 điểm)

Gọi x , x1 hai nghiệm phương trình: x2 2(m 1)x 2m  9m 0  (m tham số)

Chứng minh :

1

1 7(x x )

x x 18



 

(3)

(4)

Bài 1:

1/ PT: 5x2  6x 0  ;

/ /

1

3 7

9 5( 8) 49 ; x ; x

5 5

  

            

 PT cho có tập nghiệm :

 

 

 

-4

S 2 ;

5

2/

5x 2y 15x 6y 27 19x 57 x x 2x 3y 15 4x 6y 30 5x 2y y (9 15) : y

      

    

   

    

        

    

 HPT có nghiệm (x;y) = (3;-3)

Bài 2:

1/

2

A ( 2)  ( 2)  2  2  2   34

2/ a) ĐKXĐ:   x x 1; 4;9

   

  

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

B :

( x 1)( x 3) x

       



  

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

       

 

  

2 .

x - 2

b)

2 B

x 

 ( Với x v x µ 1; 4;9 )

B nguyên  x 2 ¦( )=2 1 ;2 x x x (lo x x x (lo x 16(nh

x 2 x

x (nh x 2 x

¹i) ¹i) Ën) Ën)

      

  

   

  

    

 

  

  

      

 

Vậy : Với x = ; 16  B nguyên Bài 3:

Gọi độ dài cạnh góc vng bé x (m) (đ/k: x 0) Thì độ dài cạnh góc vng lớn x + (m)

Theo đề ta có PT:

1 x 2x 51

2

 

x

.2(x 8) 51  

x 8x 153

    ; Giải PT c : x1 (tmđk) ; x2 17 (loại)

(5)

1 1

1

I H

K

O

D C

B A

Bài 4:

1/

DHAC (gt) DHC 90  BD AD (gt)

BD BC BC // AD (t / c hình bình hành)

 

 

 



DBC 90

 

Hai đĩnh H,B nhìn đoạn DC góc khơng đổi 900

HBCD

  nội tiếp đường trịn đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/

+D C ( 1/ 2s BH  ® đường trịn đường kính DC) +C A 1(so le trong, AD//BC)  D A

+DOK 2A 1(Góc tâm góc nội tiếp chắn DK (O)) DOK 2D   2BDH 3/

+AKB 90  0(góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90   0; C A 1(c/m trên) AHD CKB

  (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK

+AD = BD (ADBcân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC 

+ Gọi I AC BD ; Xét ADB vuông D , đường cao DH ; Ta có: BD2 AD2 AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1)

Tương tự: BD2 BC2 CK.CI (2) Cộng vế theo vế (1) (2) ta được:

2 2

CK.AI CK.CI 2BD   CK(AI CI) 2BD   CK.CA 2BD (đpcm)

Bài 5: PT : x2 2(m 1)x 2m  9m 0  (1)

+  / m2 2m 2m   9m 7   m2  7m 6

+ PT (1) có hai nghiệm x , x1     / m2  7m 0   m2 7m 0 

 (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu  6 m 1 (*)

+Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:

1 2

x x 2(m 1) x x 2m 9m

  

 

  



2 2

1

7(x x ) 14(m 1)

x x (2m 9m 7) 7m 2m 9m 2m 16m 14

2

  

               

  2(m28m 16) 14 32    18 2(m + 4) 2

+ Với 6 m 1 18 2(m 4)  0 Suy   

2 2

18 2(m + 4) 18 2(m + 4)

Vì 2(m 4)  0 18 2(m + 4) 2 18 Dấu “=” xảy m 0   m4 (tmđk

(6)

Vậy :

1

1 7(x x )

x x 18



 

(đpcm) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

Bài 1: (1.5 điểm)

1) Thực phép tính: 16

2) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 – 20x + 96 = 0

b)

4023 x y x y

  



 



Bài 2: (2.5điểm)

1) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) đường thẳng (d): y = x + 2 a) Vẽ ( P ) ( d ) hệ toạ độ Oxy

b) Bằng phép tính tìm toạ độ giao điểm ( P ) ( d )

2) Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm: A(2;4); B(-3;-1) C(-2;1) Chứng minh điểm A, B, C không thẳng hàng

3) Rút gọn biểu thức:

2

x x x

M

x x x



 

  với x0;x1 Bài 3: (2 điểm)

1) Cho PT mx2-5x-(m+5)=0

T×m m để PT cã nghiƯm ph©n biệt thỏa mãn -16x1x2-3(x12x22) = 0

2) Hai bến sông cách 15 km Thời gian ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B, bến B nghỉ 20 phút ngược dòng từ bến B trở bến A tổng cộng Tính vận tốc ca nơ nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước km/h Bài 4: (3 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A C khác O ) Đường thẳng qua điểm C vng góc với AO cắt nửa đường trịn cho D Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD

1 Chứng minh : BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh EM = EF

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ suy góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD

Bài (1 điểm):

Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: a2

+bc+

1 b2

+ac+

1 c2

+ab≤

a+b+c

(7)

Câu 1(1,5 đ): Rút gọn biểu thức: 1) A = 20 - 45 + 18 + 72

2) B =

a + a a - a

1 + +

a + 1- a

   

   

    với a ≥ 0, a ≠ 1.

Câu (2,5 đ):

1) Cho hàm số y = ax2, biết đồ thị hàm số qua điểm A (- ; -12) Tìm a.

2) Cho phơng trình bậc hai: x2 mx + m = a) Gi¶i pt víi m =

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1 ; x2 cho biểu thức

2

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

P 

   đạt giá trị lớn Tìm giá trị lớn đó. Cõu 3(2 đ):

1) Cho hệ phơng trình:

(m1)x my=3m1

2x− y=m+5

¿{

¿

a) Gi¶i hÖ pt m =

b) Xác định m để hệ có nghiệm (x ; y) cho P = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ

2) Một ruộng hình chữ nhật, tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m diện tích tăng thêm 100m2 Nếu giảm chiều dài chiều rộng 2m diện tích giảm 68m2 Tính diện tích ruộng đó.

Câu 4(3 đ): Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) S

1) Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp CA tia phân giác góc BCS . 2) Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy

3) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Câu 5(1 đ): Giải phương trình

(8)

ĐÁP ÁN Câu 1: Rút gọn biểu thức

1) A = 20 - 45 + 18 + 72 = - + + 36 = - + + = 15 -

2) B =

a + a a - a

1 + +

a + 1 - a

   

   

    với a ≥ 0, a ≠ 1

=

a ( a + 1) a ( a - 1)

1 + -

a + a -

   

   

    = (1 + a ) (1 - a ) = - a

Câu 2: 1) Đồ thị hàm số qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a (- 2)2  4a = -12

 a = - Khi hàm số y = - 3x2.

2) a) Với m = ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0. ∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11

x1 = - - 11; x2 = - + 11

b) Phương trình có nghiệm phân biệt khi:

∆’ >  (m + 1)2 - m2 > 0 2m + >  m > -

2 (*) Phương trình có nghiệm x = -  - (m + 1) + m2 =

 m2 - 4m = 

m = m =  

 (thoả mãn điều kiện (*)) Vậy m = m = giá trị cần tìm

Câu 3:

Gọi chiều dài ruộng x, chiều rộng y (x, y > 0, x tính m) Diện tích ruộng x.y

Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm m diện tích ruộng lúc là: (x + 2) (y + 3)

Nếu giảm chiều dài chiều rộng 2m diện tích ruộng cịn lại (x-2) (y-2)

Theo ta có hệ phương trình: (x + 2) (y + 3) = xy + 100

(x - 2) (y - 2) = xy - 68 

 

xy + 3x + 2y + = xy + 100 xy - 2x - 2y + = xy - 68 

  

3x + 2y = 94 x = 22 x = 22 2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14

  

     

   .

Vậy diện tích ruộng là: S = 22 14= 308 (m2).

Câu 4: 1) Ta có BAC = 90 (gt)



MDC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

(9)

Vì tứ giác ABCD nội tiếp. ADB = ACB  (cùng chắn cung AB) (1)

Ta có tứ giác DMCS nội tiếp ADB = ACS (cùng bù với 

MDS) (2)

Từ (1) (2)  BCA = ACS  .

2) Giả sử BA cắt CD K Ta có BD  CK, CA BK

 M trực tâm ∆KBC Mặt khác MEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy K.

3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp  DAC = DBC  (cùng chắn DC ) (3) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp  MAE = MBE  (cùng chắn ME ) (4) Từ (3) (4)  DAM = MAE  hay AM tia phân giác DAE.

Chứng minh tương tự: ADM = MDE hay DM tia phân giác ADE .

Vậy M tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE

Câu 5: Ta có: x2 - 3x + = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - = (x - 1) (x + 3) Điều kiện: x ≥ (*)

Phương trình cho (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + - x - = x - ( x - - x + 3) - ( x - - x + 3) =



 x - - x +   x - - = 0



x - = x + (VN)

2 x - - =



   



x

(10)

Câu (2 điểm)

1) Giải phương trình: √x2−4x

+4−2x+5=0 2) Giải hệ phương trình

x y x 2y

  



   

Câu (2 điểm)

1) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – =0 (x ẩn, m tham số). a) Giải phương trình với m = -

b) Tìm tât giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 cho tổng P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ

2) Cho hệ phơng trình:

x+my=2

mx−2y=1

¿{

¿

a) Gi¶i hƯ phơng trình m =

b) Tỡm m để hệ có nghiệm (x ; y) mà S = x - y đạt giá trị lớn Cõu (2 điểm)

1) Cho biÓu thøc M= a

√a2− b2−(1+ a √a2− b2):

b a −√a2−b2

a) Rót gän M

b) Tính giá trị M a

b=

3

c) Tìm điều kiện a, b để M <

2) Đem số có hai chữ số nhân với tổng chữ số đợc 405 Nêu lấy số đợc viết hai chữ số nhng theo thứ tự ngợc lại nhân với tổng chữ số đợc 486 Tìm số

Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, khơng tam giác cân, AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BE Các đường cao AD BK tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Gọi I trung điểm cạnh AC Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AFEC hình thang cân

b) BH = 2OI điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC c) CH kéo dài cắt (O) tại N Cm góc CBE = góc ACN Câu 5.(1.0 điểm)

Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P =

ab bc ca

c ab  a bc  b ca .

(11)

Câu (2,0 i m).đ ể

Nội dung trình bày

Xét hệ phương trình

1 (1) (2) x y

x y

  



  



Từ (1)  x = y thay vào PT (2) ta : x2 - 2x + =  (x - 1)2 =  x =

Thay x = vào (1)  y =

Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: 1 x y

  

  Câu (1,5 điểm).

a (0,5 i m):đ ể

Nội dung trình bày Với m = -1 ta có (1) : x22x 0 x x( 2) 0



0 x x

   

 Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm x10;x2 2 b (0,5 i m):đ ể

Nội dung trình bày Ta có ’ = m2 - (m2 - 1) = > với "m

Vậy với "m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x x1,

c (0,5 i m):đ ể

Nội dung trình bày P = x12x22 x1x22 2x x1 = 4m2 - 2m2 +

 với "m

Dấu “=” xảy  m = Vậy với m = phương trình (1) có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

P = x12x22đạt giá trị nhỏ Câu (1,5 i m).đ ể

Gọi chiều dài hình chữ nhật x (cm), chiều rộng y (cm) (điều kiện x, y > 0) Chu vi hình chữ nhật ban đầu 2010 cm ta có phương trình

2.x y  2010 x y 1005 (1)

Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm kích thước hình chữ nhật là:

Chiều dài: x20 (cm), chiều rộng: y10(cm)

Khi diện tích hình chữ nhật là: x20   y10 xy13300 10x 20y 13100

    x2y1310 (2)

Từ (1) (2) ta có hệ:

1005 1310 x y

x y   



  

(12)

Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng 305 cm Câu ( 2,0 điểm).

a (1,0 i m):đ ể

Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  FE  BF

BF  AC (gt)  FE ∥ AC (1)

 sđ AF = sđ CE  AFE = CFE  FAC = ECA (2) Từ (1) (2) { AFEC hình thang cân

b (1,0 i m):đ ể

Nội dung trình bày EC  BC  EC ∥ AH (1)

BF  AC (gt)  FE ∥ AC (1). HAC = ECA mà ECA = FAC

 HAF cân A  AH = AF (2) Từ (1)và (2)  { AHCE hình bình hành  I giao điểm hai đường chéo  OI đường trung bình  BEH  BH = 2OI  HAF cân A , HF  AC  HK = KF  H đối xứng với F qua AC

Câu ( 1,0 i m).đ ể

Nội dung trình bày Có: a b c   1 ca b c c ac bc c     

 c ab ac bc c    2ab a c b (  )c b c(  )= (c a c b )(  )

 ( )( )

a b

ab ab c a c b

c ab c a c b



 

 

  

Tương tự:

( )( )

a bc a b a c b ca b c b a

   

( )( )

b c

bc bc a b a c

a bc a b a c



 

  

  

( )( )

c a

ca ca b c b a

b ca b c b a



 

 

  

 P 

a b b c c a

c a c b a b a c b c b a          

=

a c c b b a a c c b b a

  

 

  

=

Dấu “=” xảy

1

a b c  

Từ giá trị lớn P

3

2 đạt

1

a b c  

E K

I H

O B

A

C F

(13)

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: tháng năm 2012 Câu 1(2 điểm):

1) Giải phương trình: a) 4x2 – = 0

b) 4x2 4x 1 2012

2) a/ Lập phơng trình bậc hai có hai nghiƯm lµ :

2 vµ 2

b/ Giải hệ phơng trình :

3 2

2

x y

  

 

Câu2(3 điểm):

1) Cho biÓu thøc P =

 

2

5

; 0,

2 3

x

x x x x

x x

x x x x



  

   

   

a, Rót gọn biểu thức P

b, Tính giá trị cđa P víi x =3- 2

c, Tìm giá trị x để P đạt GTNN tìm nhỏ P ? 2) Cho phơng trình : x2- 2(m - 2)x - (m - 1) = (1)

a) Gi¶i PT víi m=3 ?

b) Chøng minh r»ng PT (1) cã nghiƯm víi mäi m ?

c) Víi x1 , x2 lµ nghiƯm PT (1) hÃy tìm giá trị m cho tháa m·n hÖ thøc: x12 - 2x1 x2 +x22+ x12x22 =

Câu 3(1điểm ):

Một xe Ơ tơ tải qng đờng từ A đến B dài 360 km với vận tốc dự định Nhng xe ô tô đợc với vận tốc dự định xe Ơ tơ nghỉ 36 phút để đến B thời gian dự định xe Ơ tơ tải phải tăng vận tốc thêm 10km/h qng đờng cịn lại Tính vân tốc dự định xe Ơ tơ tải thời gian xe chạy thực tế đờng ?

C©u (3 ®iĨm):

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F

1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3) Chứng minh CFD OCB  Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O)

4) Cho biết DF = R, chứng minh tanAFB 2  Câu 5(1 điểm):

Cho cỏc s dng x,y,z thỏa mãn x3+y3+z3 = Chứng minh: x

2 √1− x2+

y2 √1− y2+

(14)

ỏp ỏn

Câu 1 : a,

Giải : x > 0,x9

   

       

   

2

2 6

5

1

1 3

x x x x x x x

x x x x

P

x x

x x x x

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

5 6 2 6 3

1 3

3 3 3 3

1

1 3

x x x x x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x

x

x x x x

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

B, TÝnh P víi x=3-2  

2 2 2 1    1

thay vµo P ta cã

 

   

2

2 2 2

3 2 2 2

2

2 1 2

2 1

3 2

P            

 

 

C, Tìm giá trị x để P đạt GTNN

 1  1

3 4 4

1

1 1 1 1

4

1

x x

x x x

P x

x x x x x x x

x x                           

áp dụng bất đẳng thức cô-si

1 2

1 P x

x

     

 giá trị nhỏ P

DÊu “=’’ x¶y  

2

1 1

1

x x x x x

x

           



Vậy với giá trị x =2 P đạt giá nhỏ

Câu2 : a, Với m=3 yhì PT trở thành x2-2x-2=0 PT cã hai nghiƯm lµ 1+ 3, ,va x 1

   

 

2 2

2

, 2 4 16 16 4

4 12 12 12 3

b m m m m m

m m m m m

             

         

2m 32 0,3 0  2m 32 3

PT có nghiệm với m C, với x1 ,x2 nghiệm PT (1) ta biến đổi biểu thức

x12+2x1x2 +x22-2x1x2-2x1x2+4(x1x2)2= (x1+x2)2-4x1x2+4(x1x2)2=4

Theo định lý vi ét ta có

 

1

2 2( 2)

x x m m

x x m

(15)

     

2 2

2

2 4

4 16 16 4 4 20 16

3

8 20 12 1,

2

m m m

m m m m m m m

m m m m m m

       

     

     

             

          

Vậy với m=1 m=3/2 thỏa mÃn biểu thức X12- 2x1x2+ x22+ 4x12x22 =

C©u3 :

Giải : Gọi vận tốc dự định ban đầu xe Ơ tơ tải x km/h Đ/k x >0 Thời gian Ơ tơ dự định ban đầu

360 x (h)

Quãng đờng xe đợc 6x (km) Thời gian nghỉ 36 phút =

36 605h

Vận tốc sau tăng thêm 10km/h x+10 ( km/h) Thời gian quãng đờng lại

360 10 x x



 (h) Theo bµi ta cã PT :

360 360

6

5 10

x

x x

   

 giải dẫn đến PT x2-110x-6000=0 X= 40 ( TMĐK nhận ) , x= - 150 ( TMĐK loại ) Vậy vận tốc dự định 40 km/h

Thời gian xe chạy thực tế đờng

360 3 45 42

9 8,

40 5 5 h



     

Câu 4: (3,5 điểm)

1) Tứ giác FCDE có góc đối FED 90  o FCD nên chúng nội tiếp

2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD DEB hai góc CAD CBE  chắn cung CE, nên ta có tỉ số :

DC DE

DC.DB DA.DE

DADB 

3) Gọi I tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác FCDE, ta có CFD CEA  (cùng chắn cung CD) Mặt khác CEA CBA  (cùng chắn cung AC) tam OCB cân O, nên CFD OCB  . Ta có : ICD IDC HDB  

 

OCD OBD HDB OBD 90  

 OCD DCI 90   nên IC tiếp tuyến với đường tròn tâm O Tương tự IE tiếp tuyến với đường tròn tâm O

4) Ta có tam giác vng đồng dạng ICO FEA có góc nhọn

 1 

CAE COE COI

2

 

(do tính chất góc nội tiếp) Mà

CO R

tan

R IC

2

  

 tan AFB tgCIO 2   

I

A B

F

E C

O

(16)

C©u :

Giải:

Vì x,y,z>0 x3+y3+z3 = nên 1-x,1-y,1-z >0 Áp dụng côsi cho hai số dương ta có:

x2

+1− x2≥2√x2(1− x2)⇔1≥2x√1− x2⇔ x

√1− x2≥2x

Tương tự: y

√1− y2≥2y

; z

2

√1− z2≥2z

Vậy x

2 √1− x2+

y2

√1− y2+ z2

√1− z2≥2(x

3

(17)

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: thỏng nm 2012 Câu 1(2 điểm)

1) Giải phơng trình

a) (2x - 1)(x + 4) = (x + 1)(x - 4) b)

2

x x x 4x 24

x x x

   

 

  

2)Cho hàm số y = (2m – 1)x + m –

a) Tìm m để đồ thị hàm số qua điểm (2; 5)

b) Chứng minh đồ thị hàm số qua điểm cố định với m Tìm điểm cố định

c) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x = 1 . C©u ( 3,0 điểm) :

1) Cho biểu thức: A =

2

: 1

x x x

x

x x x x

    

 

   

    

 

a) Tìm điều kiện xác định A rút gọn A b) Tìm x để

1 A

c) Tìm x để 2.A2 x 3.

2) Cho phương trình bậc hai : x2 – 2(m +1)x + m2 + = (1) (m tham số) a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 c) Tìm m để biểu thức

1 2

2( )

x x P

x x

  

đạt giá trị lớn

C©u (1 điểm):

Hai trường THCS A B có tất 250 học sinh dự thi vào trường trung học phổ thơng Biết có

2

3 số học sinh dự thi trường THCS A

5 số học sinh dự thi trường THCS B trúng tuyển số HS trúng tuyển trường A nhiều số HS trúng tuyển trường B HS Tính số HS dự thi vào trường trung học phổ thông trường THCS A B

Bài 4. (3 điểm):

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R H điểm cố định nằm O A Kẻ đường thẳng vng góc với AB H, cắt nửa đường tròn C Gọi N trung điểm dây BC

a) Chứng minh tứ giác OHCN nội tiếp b) Chứng minh: BN BC = BO BH

c) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M (M B M; C) Tia BM cắt tia HC K, AM cắt CH E.Chứng minh tâm I đường trịn ngoại tiếp AEK ln nằm đường thẳng cố định M thay đổi cung nhỏ BC

Bài 5(1 điểm) Cho a,b,c > Chứng minh : a √b −1+

b √c −1+

c

√a−1≥12 -

(18)

Hướng dẫn biểu điểm Mơn: tốn

Bài ý Nội dung Điểm

1 (3đ) a (1,5đ) ĐKXĐ:

1 0

1 2 x x x x x x x x

x x x

                           0,5

2 ( 1) 2( 1)

: :

1

1 ( 1)( 1) ( 1)

2 ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x x x x

A

x

x x x x x x x x

x x x x x

A

x x x x x

                                  0,5 0,5 b (0,75đ) A 

1 1

0

2

1 2( 1)

1 1

x x x

x x x x



     

  

        

Kết hợp ĐKXĐ để A

thì x > 1, x4

0,25 0,25 0,25

c

(0,75 đ) Với x >0 x

1, x4

2 2 (2 3)( 1)

1

2 (2 1)( 3)

1

2 ( )

4

3 9( )

x

A x x x x x

x

x x x x

x x TM

                                 0,25 0,25 0,25 2 (2 đ) a /

(0,75đ) Khi m = pt(1) trở thành : x

2 - 8x + 12 =

/ ( 4)2 1.12 0 / 2         

PT có nghiệm phân biệt : x1 = 6; x2 =

0,25 0,25 0,25

b

(0,5đ) +/ Để pt (1) có hai nghiệm x

1 ; x2

/ 0 [ (m 1)]2 (m2 3) 0 2m 2 0 m 1

              (2) 0,5

c/

0,75đ +/ Theo b/ pt có hai nghiệm m

 theo hệ thức vi ét ta có:

2

2( 1)

x x m

x x m

  

 

 

 (*) Dễ thấy x1.x2 0 "m

Khi đó:

1 2

2( )

x x P x x    = 2

2 2

2.2( 1) ( 3) ( 4)

3 3

m m m m m

m m m

            = 2 ( 2) 1 m m   

 dấu ”=” m = (TM)

Vậy GTLN P = m =

0,25

0,25 0,25

3

Gọi x số HS dư thi trường THCS A ( đk: < x < 250 x N* )

Gọi y số HS dư thi trường THCS B ( đk: < x < 250 x N* )

Vì số HS dự thi hai trường THCS A B 250 ( HS) nên ta có pt: x + y = 250 (1)

Số HS trúng truyển trường A :

2

3x (HS)

(19)

(1,5đ)

Số HS trúng truyển trường B :

3

5y (HS)

Vì số HS trúng truyển trường A nhiều số HS trúng tuyển trường B (HS) nên ta có pt:

2 3x -

3

5y = (2)

Từ (1) (2) ta có hpt: (I)

(1)

(2) 250

2

3

x y x y

   



 

 

(I) 

(1)

(2)

2 500

9

2

5 x y x y

  

 

 



 

(1)

(2) 19

494 130

5

120 250

y y

x x y



  





 

    

 (tm)

Vậy: Số HS dự thi trường THCS A 120 HS Số HS dự thi trường THCS B 130 HS

0,25 0,25 0,25 0,25

4 (3,5đ)

Hình vẽ

0,5

a/ (1,25đ)

Ta có :CB dây không qua tâm, N trung điểm BC

 ON CB = {N}( đl)  ONC900

Xét tứ giác ONCH có

 900

ONC (cmt)

 900

OHC ( CH HB = {H} (gt))  ONC OHC1800

 tứ giác ONCH nội tiếp ( có tổng hai góc đối = 1800)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

b/

(1,0đ) Xét

BNO BHC có : 

CBH chung

  900

BNO BHC   BNO BHC (g-g) 

BN BO BH BC

 BH.BO = BN BC (đfcm)

0,5 0,5

c/

(0,75đ ) Ta có

 900

BME (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác BMEH có BHE BME  1800  Tứ giác BMEH nội tiếp

 

KBH AEH

  (*)

(20)

Gọi D điểm đối xứng với B qua H, B,H cố định nên D cố định Khi KBH KDH(**)

Từ (*),(**)  AEH KDH  tứ giác AEKD nội tiếp.

Nên tâm I đường tròn ngoại tiếp AEK nằm đường trung

trực AD cố định

0,25 0,25

Bài 5(1 điểm)

Áp dụng côsi cho hai số dương ta có: a

√b −1+4(√b −1)≥2√ a

√b −1 4(√b −1)=4√a⇔ a

√b −1≥4√a −4√b+4 Tương tự: b

√c −1≥4√b−4√c+4; c

√a−1≥4√c −4√a+4

Vậy a

√b −1+ b √c −1+

c

(21)

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: tháng năm 2012 C©u 1: (2 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức:A =

4

5 18

2

   

2)Tìm giá trị m để đồ thị hàm số y = 2mx + qua điểm M (1; 2) 3) Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm

4) Giải phương trình: 3x22x2 x2x x 1 C©u 2: (2 điểm)

1) Cho biểu thức

 

3 x x x x

A

x x x x

  

 

  , với điều kiện: x > 0. a) Rút gọn biểu thức A

b) Chứng minh A <

2

1 x y x y

  

 

  



C©u 3: (2,0 điểm)

1) Cho phương trình x2  m x 3m 1        ( m tham số ) a) Giải phương trình (1) với m =

b)Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Gọi hai nghiệm phương trình (1) x , x1 Tìm giá trị m cho:

 2

1 2

6x x  x x 4m 0

2) Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị đổi chỗ hai chữ số cho ta số

4

7 số ban đầu.

C©u 4: (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn đường kính AB, gọi C điểm thuộc nửa

đường tròn ( C khác A C khác B ) Kẻ đường cao CH tam giác ABC đường cao HK tam giác HBC

1) Chứng minh CH.BC = HK.AB

2) Gọi M I trung điểm BH CH, chứng minh MK  KI 3) Chứng minh đường thẳng IK tiếp xúc với đường trịn đường kính AH

C©u (1 điểm)

Cho x2 + 4y2 = Chứng minh |x − y|≤√5

(22)

Câu 1: (1,5 điểm)

1) Giải phương trình sau:

a) 4x + = b) 2x - x2 = 0

2x y

5 y 4x

  



 

 .

Câu 2: (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức D = 1

   



 

   

 

a b a b

ab ab : a b 2ab1 ab  

 



 



  với a > , b > , ab1 a) Rút gọn D

b) Tính giá trị D với a =  2) a) Giải phương trình: x 1  x 3  b) Giải hệ phương trình: 2

x y xy

x y 10

  

 

 

 Câu 3: (2 điểm)

1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) đồ thị hàm số

2

y x

2 

đường thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm I ( ; )

a)Viết phương trình đường thẳng (d)

b) Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m c) Gọi x1 , x2 hoành độ hai giao điểm (d) (P) Tìm giá trị m để

3 x x 32

2) Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kĩ thuật tổ vượt mức 18%, tổ vượt 21% Vì thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ theo kế hoạch ?

Câu 4: (3 điểm)

Từ điểm A ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C tiếp điểm) Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) D E ( D nằm A E, dây DE không qua tâm O) Gọi H trung điểm DE, AE cắt BC K a) Chứng minh điểm A, B, H, O, C nằm đường tròn

b) Chứng minh: AB2 = AD AE c) Chứng minh:

2 1

AK AD AE Câu 5: (1điểm)

Cho ba số a , b , c khác thỏa mãn:

1 1 a b c   . Chứng minh 2

(23)

-HẾT -BÀI GIẢI

Bài 1: (2điểm)

a) Rút gọn D : Biểu thức D = 1

   



 

   

 

a b a b

ab ab : a b 2ab1 ab          

Với ĐK : a > , b > , ab1 Biểu thức D có nghĩa

       

   

1 1 2

:

1

2 1

2

: :

1 1

2 1

1 1

a b ab a b ab ab a b ab

D

ab ab

a b a b

a b a ab a b

ab ab ab ab

a b ab a

ab a b a

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

b) a =

 =  

2 3 1     1

=>

 2        

2 3 3 6 2 3

13 13 13

5 5

D            

   (Vì

3 1 >0) Bài 2: (2điểm)

a)Giải phương trình: x 1  x 3  (1) ĐK: x  (*)

PT (1) viết:

   

       

     2  

êt: 4

2

3

3 3

13

9 13 õa DK

1

9

PT vi x x x x

x x x x x x

x

x x

x x th

x x x

                                          

Vậy: PT cho có nghiệm: 13

9 x

b) Giải hệ phương trình: 2 2

x y xy 2(x y) 2xy 14

x y 10

                

Cộng vế hai PT hệ ta có:    

2 24

x y  x y  

Đặt: x + y = t Ta có PT: t22t 24 0 có nghiệm: t1 4; t2 6 Với t1 4 ta có hệ:

7

4

x y xy xy

x y x y

   

 



 

   

  có nghiệm:

1 3 x x hoac y y          

Với t2 6 ta có hệ:

7 13

6

x y xy xy

x y x y

   

 



 

   

  Hệ vơnghiệm.

Vậy: Hệ PT cho có hai nghiệm:

1 3 x x hoac y y           .

Bài 3: (2điểm)

(24)

Vậy (d): y = mx +2 b)Ta có: (P):

2

y x

2 

(d): y = mx +2

PT hoành độ giao điểm (P) (d):  

2

1

x mx x 2mx

2      

Vì: a = > c = - < ==> a; c trái dấu ==> PT (1) có hai nghiệm phân biệt ==> (P) cắt (d) hai điểm phân biệt

c) PT (1) ln có hai nghiệm phân biết x1; x2 phân biệt: Theo Viet ta có:

1 2

2

x x m

x x       Ta có:         

3 2

1 2 1 2 2

2 3

x x x x x x x x x x x x 3x x

2m 2m 12 8m 24m

                    

Vì : x13x32 32 ==> 8m324m= 32

  

 

3

2

3 4

1

: ô nghiêm

m m m m m

m m

Vi m m v

        

    

   Vây: m = Bài 4: (3điểm)

a) Chứng minh điểm A, B, H, O, C nằm đường trịn: Xét tứ giác ABOC

Ta có:     0 90 ( ) 90 ( )

180 ABO gt ACO gt ABO ACO     

==> ABOC nội tiếp đường trịn Đường kính AO

( Vì: ABO ACO 90 ( )0 gt ) (1) Ta lại có: HE = HD (gt)

==> OH ED (Đường kính qua

trung điểm dây khơng qua tâm đ/tròn (O))  900

AHO

==> H nằm đường trịn đường kính AO (2)

Từ (1) (2) ==> điểm A, B, H, O, C nằm đường tròn b) Chứng minh: AB2 = AD AE :

Xét: ABD và ABE Ta có: BAE (góc chung)

AEBABD (cùng chắn cung BD đ/tròn (O)) ==> ABDAEB (gg)

(25)

==>

AB AD

AE AB ==> AB2 = AD.AE.

c)

Chứng minh:

2 1

AK AD AE :

Ta có:

1 AD AE

AD AE AD.AE



 

Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH

Vậy:

1 2AH

AD AE AD.AE

Mà: AB2 = AD.AE (Cmt)

==> AC2 = AD.AE ( Vì AB, AC tiếp tuyến đường trịn (O) => AB = AC)

Vậy:

1 2AH

AD AE AC (3) Ta lại có:

2 2AH

AK AK.AH (4)

Từ D vẽ OE vng góc với OB E, cắt BC F Xét tứ giác ODEH

Có:

  

0

0 90

90 ách ve DE

OHD Cmt

OED C

 

   0

90

OHD OED

  

==> ODEH nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc) ==> O1HDE ( chắn cung HE )

Mà O1BCH (chắn HB Của đường tròn đường kính AO) ==> HDE BCH 

Hay: HDFFCH

==> Tứ giác CDFH nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc) Xét ACK và AHC

Ta có: CAH (góc chung) (a) Ta có: H F1 (chắn cung CD CDFH nội tiếp )

Mà: F1B1 (đồng vị ED//AB ( Vì vng góc với OB))

Và: B1C1 ( Vì AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC) => ABCcân A)

==> H 1C1 (b)

Từ (a) (b) ==> ACK AHC gg  ==>

2 .

AC AK

AC AH AK AH AC  

Thay vào (3) ta có  

1 2AH

5 AD AE AH.AK

1

1 F E

K

H D

A O

B

C

E

1

1 F E

K H D

A O

B

C

(26)

Từ (4) (5) ==>

2 1

AK AD AE .

Bài 5: (1điểm)

:  

3

3 3 3

3 3

1 1 1 1 1

Vì:

a b c a b c a b c

1 1 1

a b ab a b c a b abc c

1 1

1

a b c abc

   

            

   

 

         

 

   

 

2 2 3 3 3

ab bc ac abc abc abc 1

Ta có: abc

c a b c a b c a b

 

         

 

Thay (1) vào (2) ==> 2

ab bc ac

Ta có: abc

c a b abc

 

    

 

(27)

-HẾT -SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

Câu 1(2,0 điểm)

1)Giải phương trình : x2 x −1=2+

x x −1

2)Giải hệ phương trình

¿

2 x −1+

1 y+1=

9

x −1+ y+1=

7

¿{

¿

3) Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng y = 3x - với hai trục toạ độ Câu (2,0 điểm)

1) Cho biểu thức: P= 2√x −9 x −5√x+6−

√x+3 √x −2−

2√x+1

3−√x 1) Tìm x để P có nghĩa

2) Rút gọn P 3) Tìm x để P <

2) Xác định hệ số m n biết hệ phương trình

mx y n

nx my

  



 

 có nghiệm là

1; 3

Câu 3(2,0 điểm)

1) Cho hàm số y =- 2x2 có đồ thị (P)

a)Viết phương trình đường thẳng qua điểm M ,N biết M,N thuộc P có hồnh độ -1

b) Lập phương trình đường thẳng d song song với MN cắt P điểm có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn |x1− x2|=√5

2) Một xe du lịch từ tỉnh A đến tỉnh B dài 480 km với vận tốc dự định Nhưng sau với vận tốc dự định xe bị hỏng nên dùng lại nghỉ để sửa chữa 30 phút sau xe qng đường cịn lại với vận tốc tăng thêm 20 km/h Nên đến B sớm dự định Tính vận tốc dự định thời gian xe chạy đường ?

Câu 4(3,0 điểm)

Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (khác A B).Gọi H trung điểm MB E,F cung nhỏ AM BM đường tròn (O).Tiếp tuyến (O) F cắt AM P

a)Chứng minh tứ giác HFPM hình chữ nhật b)Chứng minh góc EFH=450

c)Qua A kẻ đường thẳng (d) song song với PH Đường thẳng (d) cắt đường tròn (O) tại D ( D khác A) Chứng minh D, O, H thẳng hàng

Câu 5(1,0 điểm)

Cho số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab Chứng minh a

4b2

+1+ b 4a2

+1≥

(28)

(29)

Câu 1(2,0 điểm)

1) ta có x −5√x+6=(√x −2) (√x −3) nên P có nghĩa

¿

x ≥0 √x −2≠0 √x −3≠0

⇔

¿x ≥0

x ≠4 x ≠9

¿{ {

¿

2)

P= 2√x −9

(√x −2) (√x −3)−

√x+3 √x −2+

2√x+1 √x −3=

2√x −9− x+9+(2√x+1)(√x −2)

(√x −2)(√x −3) P=2√x − x+2x −4√x+√x −2

(√x −2) (√x −3) −

x −√x −2 (√x −2) (√x −3)=

(√x+1)(√x −2)

(√x −2) (√x −3)=

√x+1 √x −3

3) để P<0 √x+1>0 nên √x −3<0⇔x<9 kết hợp với điều kiện 0≤ x<4 V

4<x<9

Câu 2(2,0 điểm)

HD 1) ĐKXĐ x khác x=1

¿

x=2

¿ ¿ ¿ ¿

¿

x2 x −1=2+

x x −1⇒x

2

=2(x −1)+x⇔x2−3x+2=0

⇔(x −1)(x −2)=0⇔

¿

x=1 loại PT có nghiêm x=2

(30)

¿

2 x −1+

1 y+1=

9

x −1+ y+1=

7 ⇒

¿2a+b=9

4 a+3b=7

4 ⇔

¿2a+b=9

4 2a+6b=14

4 ⇔

¿5b=5

4 a=7

4−3b ⇔

¿b=1

4 a=1

¿{

¿

Giải x=2; y=3 Câu 3(2,0 điểm)

1) Vì M;N thuộc P nên Tọa độ M(-1;-2) N(2-8) Phương trình đường thẳng qua MNcó dạng y=ax+b (d) qua M; N nên a; b nghiệm hệ phương trình

¿

−a+b=−2

2a+b=−8

⇔

¿3a=−6 b=a −2

⇔

¿a=−2 b=−4

¿{

¿

đường thẳng qua MN y=-2x-4

2) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y=mx+n d// y=-2x-8 nên m=-2

mặt khác tọa độ (d) (P) nghiệm hệ

¿

y=−2x2 y=−2x+n

⇔

¿y=−2x2(1)

2x2−2x+n=0(2)

¿{

¿

để (d) cắt (P) PT (1) phải có nghiệm phân biệt suy Δ❑

=1−2n>0⇔n<1

(31)

mặt khác theo viet

¿

x1+x2=1 x1x2=n2

¿{

¿

ta phải có

|x1− x2|=√5⇔(x1+x2)2−4x1x2=5⇔x1x2=−1 suy n

2=−1⇔n=−2 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) y=-2x-2

Câu 4(3,0 điểm)

x

D

K P

F E

H M

O B

A

1)Vì H trung điểm MB ;F trung điểm cung MB nên F,H,O thẳng hàng OH MB

ta có ∠PMH =∠MHF=∠HFP=900 nên tứ giác MHFP hình chữ nhật 2) ta có ∠EOF=sd(cungEM+cungMF)=1

2sd(cungAM+cungMB)=

2sdcungAB=90

nên tam giác ÈO vuông cân O suy góc EFO = 450

3)Gọi FO cắt (d) D/ AD///PH nên ∠APH =∠xAP ( so le) mà ∠APH =∠MFH ( t/c Hình chữ nhât) suy ∠MFD+∠D❑AM

=1800 nên tứ giác AD/MF nội tiếp suy D/ thuộc (O) D/ D

Cách khác Nối F với B ta có tứ giác BHPF hình bình hành suy FB//PH Kẻ FO cắt (O) D’ ta suy AD’//FB

Suy AD’//PH Mà AD//PH

(32)

Câu 5(1,0 điểm)

Cho số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab Chứng minh a

4b2+1+ b 4a2+1≥

1

Hướng dẫn:

Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho dãy ta có (a+b)2≥4 ab=a+b⇔a+b ≤(a+b)2

√a(4b2+1);√b(4a2+1) √ a

4b2+1;√ b 4a2+1 ta có

(4 ab2+a+4a2b+b)( a 4b2+1+

b

4a2+1)≥(a+b)

2

¿(a+b)

2

¿(a+b)

2 a+b¿2

¿ ¿

a+b¿2+¿ ¿ ¿❑❑

¿

¿❑ ❑

4 ab(a+b)+(a+b).≥¿

¿ ¿ ¿❑⇔ a

4b2+1+ b 4a2+1≥¿ a

4b2+1+ b 4a2+1≥

1

2 dấu xảy a=b= Cách 2:Ta có theo BĐT Cơ si cho số dương a;b ta có

(a+b)2≥4 ab=a+b⇒(a+b)≥1 Dấu xảy a=b=

2 Đặt Q =

2

4

a b

ab a  a b b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho dãy dãy √4 ab2

+a ;√4 ba2+b √ a

2 ab2+a;√

b2

4 ba2+b ta có:

a+b¿2 ¿

a+b¿2 ¿ ¿ ¿

(4 ab2

+a+4 ab2+b).Q ≥¿

vậy a 4b2

+1+ b 4a2

+1≥

1

2 dấu xảy a=b=

Cách 3

(33)

 

2 2

2 2 2

2 2

a b a b a b

4b 4a 4b 4ab 4a 4ab 4b(a b) 4a(a b)

1 1 a b a b

16a 16b 16 a b a b

    

     

 

   



 

2

a b

2 a b



 



Vì      

2 2

a b 2 a b  a b 0

Dấu xảy

a b 4ab

a b

  

   

(34)

Câu 1 ( 2điểm ) Giải phơng tr×nh sau a) (x-2)(2x-5)-2(x-2)(x+2)=0 b) x4 -13x +36= 0

Câu 2 ( 2điểm) Cho biểu thức

P= x+x

x√x+x+9√x+9 a) Rót gän P

b) Chøng minh r»ng víi mäi x ≥0 ta cã P≤1 C©u 3 ( điểm) Cho hệ phơng trình

mx− y=3(1)

2x+my=9(2)

¿{

¿

a) Giải hệ phơng trình m=1

b) Tỡm giá trị nguyên m để hệ cho có nghiệm (x;y) cho biểu thức A=3x-y nhận giá trị nguyên

Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB=2R C , D điểm di động nửa đờng trịn cho C thuộc cung AD góc COD = 600 ( C khác A D khác B).Gọi M giao điểm tia AC BD , N giao điểm dây AD BC

a)Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp đờng tròn tổng khoảng cách từ A,B đến đờng thẳng CD không i

b)Gọi H I lần lợt trung điểm CD MN Chứng minh H , I, O thẳng hàng DI=R3

3

c) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác MCD theo R

Câu 5 ( điểm) Cho số dơng a, b c thoả mÃn abc = 1.Tìm giá trị lớn biểu thức

a+12+b2+1

¿

b+1¿2+c2+1

¿

c+1¿2+a2+1

¿ ¿ ¿

S=1

¿

(35)

P N

Câu 1 ( 2điểm ) Giải phơng trình sau a)(x-2)(2x-5)-2(x-2)(x+2)=0

b) x4 -13x +36= 0

Híng dÉn

a)(x-2)(2x-5)-2(x-2)(x+2)=0 ⇔ 2x2-5x-4x+10-2x2+8=0

-9x=-18 x=2

B0 Đặt x2= y (y ≥0) x4 -13x +36= 0 ⇔ y2-13y+36=0 ⇔ (y-4)(y-9)=0

⇔

y=4

¿

y=9

¿

x=2

¿

x=−2

¿

x=3

¿

x=−3

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

PT cã nghiÖm

Câu 2 ( 2điểm) Cho biểu thức

P= x+√x

x√x+x+9√x+9 a)Rót gän P

b)Chøng minh r»ng víi mäi x ≥0 ta cã P≤1 Híng dÉn

a) Ta cã

x+1

√¿ ¿

x√x+x+9√x+9=x(√x+1)+9¿

P cã nghÜa x ≥0

P= x+√x

x√x+x+9√x+9=

√x(√x+1)

(√x+1)(x+9)= √x x+9 b)XÐt P−1

6=

√x x+9−

1 6=

6√x − x −9 6(x+9) =

−(√x −3)2

x(x+9) ≤0⇔P ≤

1

6 DÊu “=” x¶y

x=9

Câu 3 ( điểm) Cho hệ phơng trình

mx y=3

2x+my=9

{

a)Giải hệ phơng trình m=1

b)Tìm giá trị nguyên m để hệ cho có nghiệm (x;y) cho biểu thức A=3x-y nhận giá trị nguyên

Híng dÉn

(36)

¿

x − y=3

2x+y=9

⇔

¿3x=12 y=x −3

⇔

¿x=4 y=1

¿{

¿

VËy víi m=4 hƯ cã nghiƯm nhÊt (x;y)= (4;1)

b)

¿

mx− y=3

2x+my=9

⇔

¿y=mx−3

2x+m(mx−3)=9

⇔

¿y=mx−3

2x+m2x −3m=9

⇔

¿y=mx−3;(1) (2+m2)x=3m+9;(2)

¿{

¿

Tõ (2) ta cã m2+2>0;∀m nªn hƯ cã nghiƯm nhÊt víi mäi m (2)⇔x=3m+9

m2+2 thay vµo (1)⇒y=

m(3m+9) m2

+2 −3=

3m2+9m −3m2−6 m2

+2 =

9m−6 m2

+2 Ta cã A=3x − y=9m+27

m2+2 −

9m−6 m2+2 =

33 m2+2 A nguyªn m2

+2 ớc dơng lớ 33 ta có b¶ng sau

m2+2 3 11 33

m2 1 9 31 ( Loại không phơng

m Hc -1 hc -3

VËy m∈{−3;−1;1;3} tháa mÃn điều kiện toán

Cõu 4 (3 im) Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB=2R C , D điểm di động nửa đờng trịn cho C thuộc cung AD góc COD = 600 ( C khác A D khác B).Gọi M giao điểm tia AC BD , N giao điểm dây AD BC

a)Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp đờng tròn tổng khoảng cách từ A,B đến đờng thẳng CD không i

b)Gọi H I lần lợt trung điểm CD MN Chứng minh H , I, O thẳng hàng DI=R3

3

(37)

P

Q

K H I

N M

D

O

A B

C

a)Ta có ∠ACB =∠ADB=900 ( Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

Suy ∠MCN=∠MDN=900⇒∠MCN +∠MDN=1800 nên tứ giác MCDN nnội tiếp

-ng trũn Tõm I đđ-ờng kính MN ( theo đ/l đảo)

Kẻ AP AQ vng góc với đờng thẳng CD ta có tứ giácAPQB hình thang vng có OH đờng trung bình nên AP+AQ=2OH tam giác OCD có OH đờng cao nên

OH=R√3

2 không đổi AP+AQ=R√3 không đổi (đpcm)

theo GT ∠COD=600 nªn cung CD=600 ∠AMB=12sd(cungAB−cungCD)=600

Nªn ∠CMD=600 ta có

CID=2CMD=1200 tam giác vuông DIH DH=DI Sin 600⇒DI=DH

Sin600= R√3

3 ( không đổi)

Ta có tam giác CID; COD cân I O có H trung điểm CD nên IH OH vuông góc với CD suy I; H; O thẳng hàng

c) MCD ng dng Δ MBA (gg) nên

SMCD SMBA

=(MD

MA)

=(Sin 300)2=1

4⇒SMCD= SMBA

SMCD lớ n SMBA Lớn Kéo dài MN cắt AB K MK vng góc với AB ta có MN khơng đổi MK lớn NK lớn N chạy cung 1200 dựng AB ;NK max N thuộc trung điểm cung tam giác MAB

SMBA=1

2AB MH=R

√3 ; Max(SMCD)=R

√3

Cách khác : kẻ ME vng góc CD ME≤MH≤MI+IH tính đợc IH;MI theo R

(38)

a+1¿2+b2+1

¿

b+1¿2+c2+1

¿

c+1¿2+a2+1

¿ ¿ ¿

S=1

¿

Híng dÉn:

Ta cã (a+1)2+b2+1=(a2+b2)+2a+2≥2 ab+2a+2 T¬ng tù (b+1)2+c2+1=(b2+c2)+2b+2≥2 bc+2b+2

(c+1)2+a2+1=(c2+a2)+2c+2≥2ac+2c+2 Nªn

S ≤

2(ab+a+1)+

1 2(bc+b+1)+

1

2(ca+c+1)=

1 2(

bc

abcb+abc+bc+

1 bc+b+1+

b

abc+bc+b)

S ≤1

2( bc

bc+b+1+

1 bc+b+1+

b

bc+b+1)=

1

Max(S)=1

2⇔a=b=c=1

(39)

-Hết -ỏP ỏN

Câu 1 ( 2điểm )

aTỡm số tự nhiên A nhỏ thoả mãn lấy số A chia lần lợt cho số 2,3,4,5,6,7,8,9,10 đợc số d tơng ứng 1,2,3,4,5,6,7,8,9

b)Chøng minh phơng trình x2-2x-1=0 có nghiệm x1 ;x2 tho¶ m·n x1

2

−2

x1 + x2

2

−2

x2 =6 H

íng dÉn

a)Ta cã A+1 chia hết cho 2,3,4,5,6,7,8,9,10 nên A +1 bội chung 2,3,4,5,6,7,8,9,10 A nhỏ nên A+1 BCNN(2,3,4,5,6,7,8,9,10 ) =23.32.5.7=2520 vËy A=2519

b)Ta cã Δ❑

=2 nªn PT có nghiệm phân biệt theo Vi-ét ta cã

¿

x1+x2=2 x1.x2=−1

¿{

¿

x12−2

x1 +

x22−2

x2 =

x12x2−2x2+x22x1−2x1

x1x2 =

x1x2(x1+x2)−2(x1+x2)

x1x2 =

1 22

1 =6 (đpcm) Câu 2 ( 2®iĨm)

Cho tam giác vng có diện tích 96 m2 ,chu vi 48 m Tính độ dài cạnh tam giác

H

íng dÉn

Gäi cạnh góc vuông lần lợt x, y ( m) giả sử x y>0

Vì diện tích 96 m2 nên ta có PT(1) xy=192 Vì chu vi 48 m nên ta có PT(2) x+y+x2

+y2=48 Ta có hệ phơng trình

xy=192

x+y+√x2+y2=48

⇔

¿xy=192 x+y¿2−2 xy

¿ ¿48

¿ ¿ ¿

⇔

¿ ¿xy=192(1)

x+y2384

x+y+

Đặt x+y=t (2) ⇔√t2

−384=48−t (*) ®iỊu kiƯn 0<t ≤48

(*) (∗)⇔t2−384=2034−96t+t2⇔t=28 ( tho¶ m·n) Ta cã

¿

x+y=28

xy=192

¿{

(40)

Theo Viét đảo x; y nghiệm dơng phơng trình bậc hai k2−28k+192=0⇔k2−12k −16k+192=0⇔(k −12)(k −16)=0⇔

k=12

¿

k=16

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Theo giả sử x>y nên x=16;y=12 cạnh huyền 144+256=20

Vậy cạnh góc vuông 12m; 16 m cạnh huyền 20 m Câu 3 ( điểm)

a) Giải hệ phơng trình

(x2+3)(y2+1)+10 xy=0 x

x2

+3+ y y2

+1+

3 20=0

¿{

¿

b) Giải phơng trình 2(2x2+4x+3)=(5x+4)x2+3

H

ớng dẫn

a)Ta thấy x=y=0 không củ hệ phơng trình nghiệm chia vế phơng trình (1) cđa hƯ cho xy kh¸c ta cã hƯ

¿

(x2+3)(y2+1)+10 xy=0 x

x2

+3+ y y2

+1+

3 20=0 ⇔

¿x

2

+3

x

y2+1

y =−10

x x2+3+

y y2+1=

−3 20

()

{

Đặt x2+3

x =a ;

y2

+1

y =b (a ≠0;b ≠0)

Ta cã

()⇔

ab=−10

1 a+

1

b=

−3 20 ⇔

¿ab=−10 a+b

ab = −3 20 ⇔

¿ab=−10 a+b=3

2

¿{

Theo vi ét đảo a,b nghiệm khác phơng trình t2−3

2t −10=0⇔2t

−3t −20=0 ; Δ =169>0; Δ=169;t1=4;t2=−5

2

Víi a=4;b= −5

(41)

a=4 b=−5

2 ⇔

¿x2+3=4x

2y2+2=−5y

⇔

¿x2−4x+3=0

2y2+5y+2=0

⇔

x=1

¿

x=3

¿

y=−2

¿ ¿

y=−1

2

¿ ¿ ¿

{

¿ ¿ ¿

Víi b=4;a= −5

2 ta cã

¿

b=4 a=−5

2 ⇔

¿y2+1=4y

2x2

+6=−5x

⇔

¿y2−4y+1=0

2x2+5x+6=0(∗)

¿{

¿

PT(*) cã Δ=−23<0 ;Víi b=4;a= −5

2 v« nghiƯm

HƯ cã nghiƯm: (x ; y)∈{(1,−2);(3;−2);(1;−1

2 );(3; −1

2 ) }

b)§KX§ : x>−4

(42)

√x2+3+2x2+8x=0

¿

√x2

+3−(x+4)√x2+3+2x(x+4)=0

¿

⇔2√x2+3(√x2+3−2x)−(x+4)(√x2+3−2x)=0

¿

⇔(√x2+3−2x)(2√x2+3− x −4)=0⇔

¿

√x2+3−2x=0

¿

2√x2+3− x −4=0

¿

√x2

+3=2x ;voi :x ≥0

¿

2√x2+3=x+4;Voi :x ≥ −4

¿

x2+3=4x2

¿

x+4¿2; ¿

x2=1(1)

¿

3x2−8x −4=0(2)

¿ ¿ ¿

⇔¿

4(x2+3)=¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

2(2x2+4x+3)=(5x+4)x2+32(x2+3)(4x+x+4)

(1) x1=1 x2=-1(loại) (2) có Δ❑

=28>0 PT(2) cã nghiÖm x3=4+2√7

3 ; x4=

4−2√7

3 ( kh«ng tháa

mÃn)

Phơng trình có nghiệm x1=1; x2=4+27

3 ;

Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đờng trịn (O;R ) đờng kính AB.Giả sử M điểm chuyển động nửa đờng tròn , kẻ MH vng góc với AB H.Từ O kẻ đờng thẳng song song với MA cắt tiếp tuyến B với nửa đờng tròn (O) K

a)Chứng minh điểm O,B,KM thuộc đờng tròn

b)Giả sử C;D hình chiếu H đ-ờng thẳng MA MB Chứng minh đđ-ờng thẳng CD,MH,AK đồng quy

c)Gọi E;F lần lợt trung điểm AH BH Xác định vị trí M để diện tích tứ giác CDFE đạt giá trị lớn ?

P N

F E

I C

D

K

H O

A B

(43)

a)ta có ∠BOK =∠OAM (1) (đồng vị); ∠MOK =∠AMO (2) (so le);

∠OMA=∠OAM (3)

XÐt Δ BOK vµ Δ MOK cã OB=OM=R; ∠BOK =∠KOM ; OM chung

Nªn Δ BOK = Δ MOK (c.g.c) suy

∠OMK =∠OBK=900⇒∠OMK +∠OBK=1800

Nên điểm O,B,KM thuộc đờng trịn đờng kính OK

b) Ta có tứ giác CHDM hình chữ nhật nên CD EF cắt I trung điểm đờng ta chứng minh K , I, A thng hng

Gọi MB cắt OK P;KA cắt (O) N cắt MH I/ ta có tứ giác BPNK nôi tiếp ( vì

BPK =BNK=900 nên (Cùng bù với PNK ) mà ( so le) Nên I

NP=I

MP suy tứ giác I/MNP néi tiÕp suy ∠MNA =∠MPI❑ mµ

∠MNA =∠MBA

Vậy ∠MBA =∠MPI❑ vị trí đồng vị nên PI///AB mà PI//AB nên I I/ AK qua I

Hay đờng thẳng CD,MH,AK đồng quy

c) ta cã EF=1

2(AH+HB)=

2AB=R ( Không đổi)

Δ EHI = Δ ECI (c.c.c) Δ FHI = Δ DHI (c.c.c) nªn

SCDFFE=2SEIF SCDFE =2.SEIF

SFFI=1

2EF IH=

R MH

4 ≤

R MO

4 =

R2

4 ⇒SCDFE≤ R2

2 Max(SCDFE)=R

2

4 ⇔H ≡O M thuéc chÝnh cung AB

Câu 5 ( điểm) Cho số dơng a, b c thoả mÃn a+b+c=abc.Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc

S= a

√bc(1+a2)

+ b

√ca(1+b2)

+ c

√ab(1+c2)

H

íng dÉn

Ta cã bc(1+a2)=bc+a2bc=bc+a(a+b+c)=bc+a2+ab+ac=(a+b)(a+c) Tơng tự ca(1+b2)=(a+b)(b+c) ; ba(1+c2)=(a+c)(b+c)

Nên

S= a

√(a+b)(a+c)+

b

√(a+b)(b+c)+

c

√(a+c)(b+c)=√ a a+b

a a+c+√

b b+c

b b+c+√

c c+b

c a+c ¸p dơng B§T √AB≤ A+B

2 (víi A,B >0) ; DÊu “=” x¶y A=B

Ta cã S ≤1 2(

a a+b+

a a+c+

b b+c+

b a+b+

c a+c+

c b+c)=

1 2(

a+b a+b+

b+c b+c+

c+a c+a)=

3 Max(S)=3

2⇔a=b=c=√3

(44)

-HÕt -SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: thỏng nm 2012 Câu 1 (2.0 điểm ) : Cho biÓu thøc

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

   

   

   

  , (Víi a > , a  1) Chøng minh r»ng :

2 P

a

  Tìm giá trị a để P = a

Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 đờng thẳng (d) : y = 2x +

1 Chøng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

2 Tỡm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

Câu 4(3.0 điểm) : Cho đờng trịn (O) có đờng kính AB cố định, M điểm thuộc (O) ( M khác A B ) Các tiếp tuyến (O) A M cắt C Đờng tròn (I) qua M tiếp xúc với đờng thẳng AC C CD đờng kính (I) Chứng minh

3 Đờng thẳng qua D vng góc với BC ln qua điểm cố định M di động đờng trịn (O)

Chứng minh r»ng : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

- HÕt

-Híng dÉn

C©u 1

1 Chøng minh r»ng :

2 P

a

 

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

   

   

   

 

(45)

1 D C B A -1             2

1 1 1

1

a a a a a

P a a a a             

2 4

1

a a a a a a a

P a a a a          

4

1

a a P

a a a a

 

  (§PCM)

2 Tìm giá trị a để P = a P = a =>

2

1 a a a

a     

Ta cã + + (-2) = 0, nên phơng trình có nghiệm a1 = -1 < (không thoả mÃn điều kiƯn) - Lo¹i a2 = 2 c a

(Thoả mÃn điều kiện) Vậy a = P = a

1.0

Câu 2

1 Chøng minh r»ng (d) vµ (P) cã hai điểm chung phân biệt

Honh giao im đờng thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phơng trình

x2 = 2x + => x2 – 2x – = cã a – b + c = 0 Nên phơng trình có hai nghiệm phân biƯt

x1 = -1 vµ x2 =

3 c a   

Víi x1 = -1 => y1 = (-1)2 = => A (-1; 1) Víi x2 = => y2 = 32 = => B (3; 9)

VËy (d) vµ (P) có hai điểm chung phân biệt A B

1.0

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Ta biểu diễn điểm A B

trờn mặt phẳng toạ độ Oxy nh hình vẽ dt (ABCD) =

1

.4 20

2

AD BC DC

 

 

dt (BCO) =

9.3

13,5

2

BC CO

 

dt (ADO) =

1.1

0,5

2

AD DO

 

Theo c«ng thøc céng diÖn tÝch ta cã

dt(ABC) = dt(ABCD) – dt(BCO) - dt(ADO) = 20 – 13,5 – 0,5 = 6(đvdt)

1.0

Câu 3

1 Khi m = 4, ta có phơng trình

1.0

2 Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0

Cã ’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4

Để phơng trình có hai nghiệm phân biệt ’ >

=> 2m – > => 2(m – 2) > => m – > => m > VËy víi m > phơng trình có hai nghiệm phân biệt

(46)

C©u 4

2

2 1

H

K N

I

O

M D

C

B A

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng

MC l tiếp tuyến đờng tròn (O) => MC  MO (1) Xét đờng trịn (I) : Ta có CMD 900 => MC  MD (2)

Tõ (1) vµ (2) => MO// MD trïng => O, M, D th¼ng hàng

1.0

2 Tam giác COD tam giác cân

CA l tip tuyn ca ng trũn (O) => CA  AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC C => CA  CD(4)

Tõ (3) vµ (4) => CD // AB => C1 O ( Hai gãc so loe trong) (I) CA, Cm hai tiếp tuyến cắt (O) => O1O 2 (II)

Tõ (I) vµ (II) => C1 O1 => Tam giác COD cân D

1.0

3 Đờng thẳng qua D vng góc với BC qua điểm cố định M di động đờng tròn (O)

Gọi H giao CB đờng tròn (I)

=> CHD 900(góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn I) => DH BC DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đờng tròn (I)

=>

 900 can tai D CND

NC NO COD

 



 

   

Ta cã tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H O C1 ( Cïng bï víi gãc DHN) => NHO NKO 1800(1)

- Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH đờng tròn (I))

  

CBO HCD HND  => DNH COB(g.g) =>

OB HN OA CN ON

OC HD OC CD CD Hay

ON HN

CD HDMµONH CDH  => NHO DHC (g.g)

=> NHO900 Từ (1) => NKO 900, Hay K trung điểm OA cố định => ĐPCM

1.0

Câu

5 Câu a2 b2 (1.0 điểm) : Cho a,b,c số dơng không âm thoả m·n :c2 3

  

Chøng minh r»ng : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

(47)

Ta cã : a22b 3 a22b  1 2a2b2, t¬ng tù Ta cã

2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c a b c

A

a b b c c a a b b c c a

     

            Hay

1

2 1

a b c

A

a b b c c a

 

    

     

 

Ta chøng minh 1 1

a b c

a b  b c  c a   <=> 1 1 1

a b c

a b   b c   c a    <=>

1 1

2

1 1

b c a

a b b c c a

     

  

     

<=>

1 1

2

1 1

b c a

a b b c c a

  

  

     

<=> B =

                 

2 2

1 1

2

1 1 1

b c a

a b b b c c c a a

  

  

        

(1)

Bổ đề : C/M

 2

2 a b

a b

x y x y



 

 ThËt vËy

 

      

2 2

2

2 0

a b a b

a y b x x y xy a b ay bx

x y x y



         

 ĐPCM

áp dụng lần , ta có:

 2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

 

  

 áp dụng BĐT ta có

=> B 

 

           

2

1 1 1

a b c

a b b b c c c a a

  

          

B

 2

2 2

3

3( )

a b c

a b c ab bc ca a b c

   

        

§Ĩ chøng minh A  2, Ta chøng minh

a b c  32 2a2b2c2ab bc ca  3(a b c  ) 3 

(2) Ta cã

 

2 2

2 2 2

2 2

2 3( )

2 2 2 6 6

2 2 2 6 6 ( : 3)

2 2 6

3

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c Do a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c

                                                 

Vậy (2) => (1) => Điều phải chứng minh Dấu = xảy a = b = c =

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: tháng năm 2012 Câu 1(2 điểm)

Chứng minh phơng trình x2-2x-1=0 cã nghiƯm x1; x2 tho¶ m·n

(48)

x1

2

−2

x1 + x22−2

Cho tam giác vng có diện tích 96 m2 ,chu vi 48 m Tính độ dài cạnh tam giác

a) Giải hệ phơng trình

(x2+3)(y2+1)+10 xy=0 x

x2+3+ y y2+1+

3 20=0

¿{

¿

b) Giải phơng trình: 2(2x2+4x+3)=(5x+4)x2+3

Câu (3 ®iĨm)

Cho nửa đờng trịn (O;R ) đờng kính AB.Giả sử M điểm chuyển động nửa đờng trịn này, kẻ MH vng góc với AB H Từ O kẻ đờng thẳng song song với MA cắt tiếp tuyến B với nửa đờng tròn (O) K

a)Chứng minh điểm O,B,KM thuộc đờng trịn

b)Giả sử C;D hình chiếu H đờng thẳng MA MB Chứng minh đ-ờng thẳng CD, MH, AK đồng quy

c) Gọi E;F lần lợt trung điểm AH BH Xác định vị trí M để diện tích tứ giác CDFE đạt giá trị lớn ?

Cho số dơng a, b c thoả mÃn a+b+c = abc.Tìm giá trị lớn nhÊt cđa biĨu thøc

S= a

√bc(1+a2)

+ b

√ca(1+b2)

+ c

(49)

Đáp án Câu 1 ( 2điểm )

Ta có

¿

x1+x2=2 x1.x2=−1

¿{

¿ x1

2

−2

x1 +x2

2

−2

x2 =x1

2

x2−2x2+x2

x1−2x1

x1x2

=x1x2(x1+x2)−2(x1+x2)

x1x2

=−1 2−2

−1 =6 (đpcm)

Câu 2 ( 2điểm)

Gọi cạnh góc vuông lần lợt x, y ( m) giả sử x y>0

Vì diện tích 96 m2 nên ta có PT(1) xy=192

Vì chu vi 48 m nên ta có PT(2) x+y+x2+y2=48 Ta có hệ phơng trình

xy=192

x+y+x2+y2=48

¿xy=192 x+y¿2−2 xy

¿ ¿48

¿ ¿ ¿

⇔

¿ ¿xy=192(1)

¿ ¿

x+y2384

x+y+

Đặt x+y=t (2) t2

−384=48−t (*) ®iỊu kiƯn 0<t ≤48

(*) (∗)⇔t2−384=2034−96t+t2⇔t=28 ( tho¶ m·n) Ta cã

¿

x+y=28

xy=192

¿{

¿

Theo Viét đảo x; y nghiệm dơng phơng trình bậc hai k2−28k

+192=0⇔k2−12k −16k+192=0⇔(k −12)(k −16)=0⇔ k=12

¿

k=16

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Theo gi¶ sư x>y nên x=16;y=12 cạnh huyền 144+256=20

Vậy cạnh góc vuông 12m; 16 m cạnh huyền 20 m Câu 3 ( điểm)

(50)

¿

(x2+3)(y2+1)+10 xy=0 x

x2+3+ y y2+1+

3 20=0 ⇔

¿x

2

+3

x

y2+1

y =−10

x x2+3+

y y2+1=

−3 20

(∗)

{

Đặt x2+3

x =a ;

y2+1

y =b (a ≠0;b ≠0)

Ta cã

()⇔

ab=−10

1 a+

1

b=

−3 20 ⇔

¿ab=−10 a+b

ab = −3 20 ⇔

¿ab=−10 a+b=3

2

¿{

Theo vi ét đảo a,b nghiệm khác phơng trình t2−3

2t −10=0⇔2t

−3t −20=0 ; Δ =169>0; Δ=169;t1=4;t2=−5

2

Víi a= 4; b= −5

(51)

a=4 b=−5

2 ⇔

¿x2+3=4x

2y2+2=−5y

⇔

¿x2−4x+3=0

2y2+5y+2=0

⇔

x=1

¿

x=3

¿

y=−2

¿ ¿

y=−1

2

¿ ¿ ¿

{

¿ ¿ ¿

Víi b= 4; a = −5

2 ta cã

¿

b=4 a=−5

2 ⇔

¿y2+1=4y

2x2

+6=−5x

⇔

¿y2−4y+1=0

2x2+5x+6=0(∗)

¿{

¿

PT(*) cã Δ=−23<0 ;Víi b=4;a= −5

2 v« nghiƯm

HƯ cã nghiƯm: (x ; y)∈{(1,−2);(3;−2);(1;−1

2 );(3; −1

2 ) }

b)§KX§ : x>−4

(52)

√x2+3+2x2+8x=0

¿

√x2

+3−(x+4)√x2+3+2x(x+4)=0

¿

⇔2√x2+3(√x2+3−2x)−(x+4)(√x2+3−2x)=0

¿

⇔(√x2+3−2x)(2√x2+3− x −4)=0⇔

¿

√x2+3−2x=0

¿

2√x2+3− x −4=0

¿

√x2

+3=2x ;voi :x ≥0

¿

2√x2+3=x+4;Voi :x ≥ −4

¿

x2+3=4x2

¿

x+4¿2; ¿

x2=1(1)

¿

3x2−8x −4=0(2)

¿ ¿ ¿

⇔¿

4(x2+3)=¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

2(2x2+4x+3)=(5x+4)x2+32(x2+3)(4x+x+4)

(1) x1=1 x2=-1(loại) (2) có Δ❑

=28>0 PT(2) cã nghiÖm x3=4+2√7

3 ; x4=

4−2√7

3 ( kh«ng tháa

mÃn)

Phơng trình có nghiệm x1=1; x2=4+27

3 ;

Câu 4(3 điểm)

a) ta có ∠BOK =∠OAM (1) (đồng vị); ∠MOK =∠AMO (2) (so le);

∠OMA=∠OAM (3)

XÐt Δ BOK vµ Δ MOK cã OB=OM=R; ∠BOK =∠KOM ; OM chung

Nªn Δ BOK = Δ MOK (c.g.c) suy

∠OMK =∠OBK=900⇒∠OMK +∠OBK=1800

Nên điểm O,B,KM thuộc đờng trịn đờng kính OK

(53)

Gọi MB cắt OK P;KA cắt (O) N cắt MH I/ ta có tứ giác BPNK nôi tiếp ( vì

BPK =BNK=900 nên (Cùng bù với PNK ) mà ( so le) Nên I

NP=I

MP suy tø gi¸c I/MNP néi tiÕp suy ∠MNA =∠MPI❑ mµ

∠MNA =∠MBA

Vậy ∠MBA =∠MPI❑ vị trí đồng vị nên PI///AB mà PI//AB nên I I/ AK qua I

Hay đờng thẳng CD, MH, AK đồng quy

c) ta cã EF=1

2(AH+HB)=

2AB=R ( Không đổi)

Δ EHI = Δ ECI (c.c.c) Δ FHI = Δ DHI (c.c.c) nªn SCDFE =2.SEIF

SFFI=1

2EF IH=

R MH

4 ≤

R MO

4 =

R2

4 ⇒SCDFE≤ R2

2 Max(SCDFE)=R

2

4 H O M thuộc cung AB Câu 5 ( điểm)

Cho số dơng a, b c thoả mÃn a+b+c=abc Tìm giá trị lớn cđa biĨu thøc

S= a

√bc(1+a2)

+ b

√ca(1+b2)

+ c

√ab(1+c2)

Ta cã √bc(1+a2)=√bc+a2bc=√bc+a(a+b+c)=√bc+a2+ab+ac=√(a+b)(a+c)

T¬ng tù √ca(1+b2)=√(a+b)(b+c) ; √ba(1+c2)=√(a+c)(b+c) Nªn

S= a

√(a+b)(a+c)+

b

√(a+b)(b+c)+

c

√(a+c)(b+c)=√

a a+b

a a+c+√

b b+c

b b+c+√

c c+b

c a+c

áp dụng BĐT AB A+B

2 (víi A,B >0) ; DÊu “=” x¶y A=B

Ta cã S ≤1 2(

a a+b+

a a+c+

b b+c+

b a+b+

c a+c+

c b+c)=

1 2(

a+b a+b+

b+c b+c+

c+a c+a)=

3 Max(S)=3

2⇔a=b=c=√3