De Dap an thi vao THPT Thanh Hoa 2011

Tõ ®iÓm M trªn tiÕp tuyÕn Ax cña nöa ®êng trßn vÏ tuyÕp tuyÕn thø hai MC(C lµ tiÕp ®iÓm). Gäi giao ®iÓm cña MO vµ AC lµ I. Chøng minh r»ng:. a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp.. Chøng minh tø gi[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HĨA NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi : Toán

Ngày thi: 30 tháng năm 2009

Thời gian làm bài: 120 phút Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số.

1.Giải phương trình (1) n =

2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm Bài (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

2

x y

x y

  



  

Bài (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)

1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k

2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = - 1, từ suy

ra tam giác EOF tam giác vuông Bài (3,5 điểm)

Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) Từ điểm G; A; B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B C D

1 Gọi N tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp

2 Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ suy

CN DN

CG DG . Đặt BOD  Tính độ dài đoạn thẳng AC BD theo R  Chứng tỏ tích

AC.BD phụ thuộc R, không phụ thuộc  Bài (1,0 điểm)

Cho số thực m, n, p thỏa mãn :

2

2 1

2

m n np p  

Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : B = m + n + p ……… Hết ………

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

ĐÁP ÁN

Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số.

1.Giải phương trình (1) n = x2 – 4x + = Pt có nghiệm x

1 = 1; x2 =

2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm ’ = – n   n 

Bài (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

2

x y

x y

  



  

HPT có nghiệm:

3

x y

  

 

Bài (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)

1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k y = kx +

2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

Phương trình hồnh độ: x2 – kx – = 0

 = k2 + > với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d) luôn

cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = -1, từ suy

ra tam giác EOF tam giác vuông Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)

 PT đường thẳng OE : y = x1 x

PT đường thẳng OF : y = x2 x

Theo hệ thức Vi ét : x1 x2 = -

 đường thẳng OE vng góc với đường thẳng OF  EOF  vuông Bài (3,5 điểm)

1, Tứ giác BDNO nội tiếp

2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g) 

CN BD DN

CG AC DG

3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg 

 BD AC = R2.

Bài (1,0 điểm)

2

2 1

2 m n np p  

(1)

 …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2

 (m – p)2 + (n – p)2 = - ( m + n + p )2

 (m – p)2 + (n – p)2 = – B2

vế trái không âm  – B2   B2    2 B 2

dấu  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =

2



 Max B = 2 m = n = p =

2

Min B =  2 m = n = p =

2



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

QUẢNG TRỊ Năm học 2007-2008

Bài (1,5 điểm)

Cho biểu thức A = √9x −27+√x −3−1

2√4x −12 với x >

a/ Rút gọn biểu thức A

b/ Tìm x cho A có giá trị

Bài (1,5 điểm)

Cho hàm số y = ax + b

Tìm a, b biết đồ thị hàm số qua điểm (2, -1) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ

2

Rút gọn biểu thức: P = ( √a−1−

1

√a):(

√a+1

√a −2−

√a+2

√a −1) với a > 0, a 1, a≠4

Bài (2 điểm)

Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x2 - 2(m + 1)x + m - = (1)

a/ Chứng minh phương trình (1) ln ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b/ Gọi x1, x2 hai nghiệm phân biệt phương trình (1)

Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2

Bài (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc A 600, góc B, C nhọn vẽ đường cao BD CE tam giác ABC Gọi

H giao điểm BD CE

a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp

b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB c/ Tính tỉ số DE

BC

d/ Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vng góc với DE

Gợi ý đáp án câu 5:

a XÐt tø gi¸c ADHE cã

 

AEH ADH = 900 => Tø gi¸c ADHE néi tiÕp.

b Ta có tứ giác BEDC nội tiếp



BEC BDC =900 => EBCADE ( Cïng bï víi 

EDC)

=> ADE đồng dạng với ABC (Chung góc A EBCADE)

c XÐt AEC cã AEC900 vµ A600 =>

 300

ACE => AE = AC:2 (tÝnh chÊt)

Mà ADE đồng dạng với ABC

=>

1

ED AE BC AC 

d Kẻ đờng thẳng d OA A

=> ABC CAd (Góc nội tiếp góc tiếp tuyến dây chắn cung)

Mà EBCADE => EDA CAd => d//ED Ta l¹i cã d OA (theo trªn) => EDOA

Sở Giáo dục đào to

Hải Dơng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPTNăm học 2009-2010 d

O

H E

D C

B

§Ị thi thức

Môn thi: Toán

Thi gian lm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.

Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều) (§Ị thi gåm cã: 01 trang)

Câu 1(2.0 điểm):

1) Giải phương trình:

x x

1

2

 

 

2) Giải hệ phương trình:

x 2y x y

  

  

Câu 2:(2.0 điểm )

a) Rút gọn biểu thức: A =

2( x 2) x

x x

 

  với x  x 4

b) Một hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng cm diện tích 15 cm2

Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật Câu 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = (ẩn x)

a) Giải phương trình với m =

a) Tính giá trị m, biết phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2

thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12

b)

Câu 4:(3 điểm)

Cho tam giác MNP cân M có cậnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến N P đường tròn cắt tia MP tia MN E D

a) Chứng minh: NE2 = EP.EM

a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp

b) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường trịn (O) K ( K không trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2.

Câu 5:(1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: A =

6 4x x

 

-Hết -Giải

a,

x x

1 2(x 1) x x

2

 

        

Vậy tập nghiệm phương trình S= 1 b,

x 2y x 2y x 10

x y 2y y y

  

  

 

  

    

   Vậy nghiệm hệ (x;y) =(10;5)

Câu II

a, với x  x 4

Ta có:

2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)

1

( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)

x x x x x x x

A

x x x x x x x

     

    

      

b, Gọi chiều rộng HCN x (cm); x >

 Chiều dài HCN : x + (cm)

Theo ta có PT: x(x+2) = 15

Giải tìm :x1 = -5 ( loại ); x2 = ( thỏa mãn )

Vậy chiều rộng HCN : cm , chiều dài HCN là: cm Câu III

a, Với m = Phương trình có dạng : x2 - 2x  x x(  2) 0  x = x =

Vậy tập nghiệm phương trình S=0;2 b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2

' 0 4 m 0 m 4 (*)

       .

Theo Vi-et :

1 2

2 (1)

3 (2)

x x x x m

  



  

Theo bài: x2

1 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12  2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )

hay x1 - x2 = -6

Kết hợp (1)  x1 = -2 ; x2 = Thay vào (2) :

m - = -8  m = -5 ( TM (*) )

Câu IV

a, NEM đồng dạng PEN ( g-g)

2 .

NE ME

NE ME PE EP NE

   

b, MNP MPN  ( tam giác MNP cân M )

  ( ùng  )

PNE NPD c NMP => DNE DPE  .

Hai điểm N; P thuộc nửa mp bờ DE nhìn DE góc nên tứ giác DNPE nội tiếp

c, MPF đồng dạng MIP ( g - g )

2

(1) MP MI

MP MF MI MF MP

   

MNI đồng dạng NIF ( g-g )

H

E D

F

I

P O

N K

2 IF

.IF(2) NI

NI MI MI NI

   

Từ (1) (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3).

 

NMI KPN ( phụ HNP ) => KPN NPI

=> NK = NI ( )

Do tam giác MNP cân M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy đpcm

Câu V

2

6

x (1)

1 x

k k x k

x 

      

+) k=0 Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=

2

+) k 0 (1) phải có nghiệm '= 16 - k (k - 6) 

2 k

    .

Max k =  x = 

Min k = -2  x =

ubnd tỉnh Bắc Ninh kì thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Sở Giáo Dục đào tạo năm học 2009-2010

Môn : toán

chớnh thc Thi gian : 120 phút(Không kể thời gian giao đề)

Ngµy thi : 09 - 07 - 2009

A/ Phần trắc nghiệm (Từ câu đến câu 2) Chọn két ghi vào bi lm.

Câu 1: (0,75 điểm)

ng thng x – 2y = song song với đờng thẳng:

A y = 2x + B

1 y x

C

1 y x

D

1 y x 

Câu 2: (0,75 điểm)

Khi x < th×

1

x

x b»ng:

A

1

x B x C 1 D.-1

B/ Phần Tựu luận (Từ câu đến cõu 7)

Câu 3: (2 điểm)

Cho biểu thøc: A =

2 11

3

x x x

x x x

   

  

a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x để A <

c/ Tìm x nguyên để A nguyên

Hai gi¸ s¸ch cã chøa 450 cn NÕu chun 50 cn tõ gi¸ thø sang giá thứ hai số sách giá thø hai sÏ b»ng

5 sè s¸ch ë giá thứ Tính số sách lúc đầu

giá sách

Câu 5: (1,5 điểm)

Cho phơng trình: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - = (1) (m lµ tham sè)

a/ Giải phơng trình (1) với m =

b/ Tìm giá trị m để phơng trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

1

1

2 x  x

Câu 6: (3,0 điểm)

Cho na đờng trịn tâm O đờng kính AB Từ điểm M tiếp tuyến Ax nửa đờng tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C tiếp điểm) Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng MB cắt đờng trịn (O) Q cắt CH N Gọi giao điểm MO AC I Chứng minh rằng:

a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp b/ AQI ACO

c/ CN = NH

Câu 7: (0,5 điểm) Cho hình thoi ABCD Gọi R, r lần lợt bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam

giác ABD, ABC, a độ dài cạnh hình thoi Chứng minh rằng: 2

1

R r a

Hớng dẫn chấm môn toán

(Thi tuyển sinh vào THPT năm học 2009 -2010)

Câu ý Nội dung Điểm

1

2 B

1

y x

2

 

D –

0.75® 0.75®

3 a/

2 2x x 11x A

x 3 x x

 

  

   2

2x(x 3) (x 1)(x 3) 11x

x x x

   

  

  

2

2

2x 6x x 4x 3 11x

x

      



2

3x 9x

x

 



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



 

  

0.25® 0.25®

b/ A 3x 3x

x x

     

 

3x 2x x

x

0 x

x              0.25® 0.25®

c/ A 3x 3x 9 Z Z

x x x x

x 1; 3;

 

      

   

    

 x 1   x 4 (t/m)  x 3  1 x 2 (t/m)  x 3   x 6 (t/m)  x 3  3 x 0 (t/m)  x 9   x 12 (t/m)  x 3 9 x6 (t/m)

VËy víi x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 A nguyên

0.25đ

0.25đ

4 Gọi số sách giá thứ lúc đầu x (x nguyên dơng, x > 50) Thì số sách giá thứ hai lúc đầu 450 x (cuốn)

Khi chuyển 50 cuèn s¸ch tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø hai số sách giá thứ x 50 giá thứ hai 500 x

Theo ta có phơng trình:

 

4

500 x x 50

5

2500 5x 4x 200 9x 2700 x 300

  

       

VËy sè s¸ch lóc đầu giá thứ 300 cuốn, số sách giá thứ hai 450 300 = 150 cuèn

0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25®

5 a/ Víi m = ta cã PT (3+1 )x

2 - 2(3 – 1)x + – = 0

 4x2 – 4x + = 0

(2x 1)

   (Hoặc tính đợc  hay '

 ) Suy PT cã nghiÖm kÐp x = 1/2

0.25® 0.25® 0.25® 0.25® b/

Để PT có nghiệm phân biệt

2

m

' m 2m (m 1)(m 2)

             2

m

' m 2m m m

  

 

        

m m

(*)

m m

 

 

   

   



Mà theo ĐL Viet ta có:

1 2

2(m 1) m

x x ; x x

m m

 

  

 

Tõ

1

x  x 2 ta cã:

1 2

x x

x x

 

0.25®

2(m 1) m

:

m m

 

 

  

2(m 1) m

m m 2

 



 



2(m 1)

m 2

 

  4m 3m 6    m2 thoả mÃn (*) Vậy m phải tìm -2

6 a/ Q I N H M O A B C

+ Vẽ hình cho 0,25 điểm + Ta có MA=MC(t/c tiếp tuyến) OA=OC (bán kính)

 MO lµ trung trùc cđa AC  MOAC

AQMB (Góc AQB góc nội tiếp chắn

nửa đờng trịn)

Suy Q, I nhìn AM dới góc vng  Tứ giác AIQM nội tiếp đờng trịn đờng kính AM

0.25® 0.25® 0.25®

b/

+ Ta cãAMI AQI  (=

1

2 sđ cungAI)

Và AMI IAO  (cïng phơ víi gãc AMO) Mµ IAO ACO  (AOC c©n)

Suy AQI ACO 

0.25® 0.25® 0.25® 0.25®

c/ + Tø gi¸c AIQM néi tiÕp

 MAI IQN  (Cïng bï víi gãc MQI) Mµ MAI ICN  (so le trong)

Suy IQN ICN   tø gi¸c QINC néi tiÕp  QCI QNI  (cïng b»ng 1/2 sđ cung QI)

Mặt khác QCI QBA (=1/2 s® cung QA)  QNI QBA   IN // AB

Mà I trung điểm CA nên N trung điểm CH NC=NH (®pcm) 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® I D O A C B M J

Gọi M trung điểm AB, O giao điểm AC BD, trung trực AB cắt AC BD lần lợt I J Ta có I, J lần lợt tâm đờng tròn ngoại tiếp

ABD, ABC

  vµ R = IA, r = JB.

Cã IA AM AMI AOB AB AO     2

AB.AM a AC

R IA

AO AC R a

     

T¬ng tù:

2

2

1 BD

r  a

Suy ra:

0.25®

2 2

2 4

1 AC BD 4AB

R r a a a



   

Ghi chú: Các cách giải khác theo yêu cầu cho điểm tối đa ============= Hết ============

Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang

-§Ị thi chÝnh thøc

(đợt 1)

Kú thi tun sinh líp 10 THPT Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thi gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.

Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (Đề thi gåm cã: 01 trang)

-C©u I: (2,0 ®iĨm) TÝnh 25

Giải hệ phơng trình:

2

3

x x y

  

Câu II: (2,0 điểm)

1.Giải phơng trình x2-2x+1=0

Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến R? Vỡ sao?

Câu III: (1,0 điểm)

Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm?

Câu IV(1,5 điểm)

Một ôtô khách ôtô tải xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ơtơ tải 36 phút.Tính vận tốc ơtơ Biết trình từ A đến B vận tốc ơtơ khơng đổi

C©u V:(3,0 ®iÓm)

1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng trịn tâm O, đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh

a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng trịn

b/OMBC.

2/Cho tam giác ABC vng A,các đờng phân giác goác B góc C cắt cạnh AC AB lần lợt D E Gọi H giao điểm BD CE, biết AD=2cm, DC= cm tính độ di on thng HB

Câu VI:(0,5 điểm)

Cho số dơng x, y, z thỏa mÃn xyz -

16

0

Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc P = (x+y)(x+z)

-Hết -Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang

-§Ị thi chÝnh thøc

(đợt 2)

Kú thi tun sinh líp 10 THPT Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thi gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao .

Ngày 10 tháng 07 năm 2009 (Đề thi gồm có: 01 trang)

-Câu I: (2,0 ®iĨm) TÝnh √9+√4

Cho hàm số y = x -1 Tại x = y có giá trị bao nhiêu?

Câu II: (1,0 điểm) Giải hệ phơng trình:

¿ x+y=5 x − y=3

¿{ ¿ C©u III: (1,0 ®iĨm)

Rót gän: A=(x+√x

√x+1+1)( x −√x

√x −1−1) Víi x ≥0; x ≠1 Câu IV( 2,5 điểm)

Cho PT: x2 + 2x - m = (1)

1 Gi¶i PT(1) víi m =

2 Tìm tất giá trị m để PT(1) có nghiệm

C©u V:(3,0 ®iĨm)

Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB cố định H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O trung điểm OA) Kẻ dây MN vng góc với AB H MN cắt AK E

1 Chøng minh tø gi¸c HEKB néi tiÕp

2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM

3 Cho điểm H cố định, xác định vị trí K để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MKE nh nht

Câu VI:(0,5 điểm)

Tỡm s nguyờn x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0

-Hết -đáp án đề 1: Câu I:

TÝnh 25= 2.5 = 10

Giải hệ phơng trình:

2

3

x x y

  

 

 < = >

2

2

x y

  

 

 < = >

2

x y

 

Vậy hệ phơng trình cã nghiƯm nhÊt (x;y) = (2;1)

C©u II: x2 - 2x +1 = 0

<=> (x -1)2 = 0

<=> x -1 = 0; <=> x = VËy PT cã nghiÖm x =

Hàm số hàm số đồng biến vì: Hàm số hàm bậc có hệ số a = 2009 > Hoặc x1>x2 f(x1) > f(x2)

C©u III:

Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Giả sử có hai số thực: x1 = 3; x2 =

XÐt S = x1 + x2 = + = 7; P = x1 x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = >

VËy x1; x2 hai nghiệm phơng trình: x2 - 7x +12 = Câu IV

Đổi 36 phút =

10 h

Gäi vËn tèc cđa « tô khách x ( x >10; km/h) Vận tốc ôtô tải x - 10 (km/h)

Thời gian xe khách hết quãng đờng AB là: 180

x (h)

Thời gian xe tải hết quãng đờng AB là: 180

x −10 (h)

Vì ơtơ khách đến B trớc ơtơ tải 36 phút nên ta có PT:

180

x −10−

6 10=

180 x

⇔180 10x −6x(x −10)=180 10(x −10) ⇔x2−10x −3000=0

Δ

'

=52+3000=3025 √Δ'

=√3025=55

x1 = +55 = 60 ( TM§K)

x2 = - 55 = - 50 ( không TMĐK)

Vậy vận tốc xe khách 60km/h, vận tốc xe tải 60 - 10 = 50km/h

C©u V 1/

a) Δ AHI vuông H (vì CA HB)

AHI ni tiếp đờng trịn đờng kính AI

Δ AKI vu«ng H (vì CK AB)

AKI ni tip đờng trịn đờng kính AI

Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng trịn đờng kính AI b)

Ta cã CA HB( Gt)

CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)

=> BH//CD hay BI//CD (1)

Ta cã AB CK( Gt)

AB DB( góc ABD chắn nửa đờng trịn)

.

A

B

C

D M I

O H

=> CK//BD hay CI//BD (2)

Từ (1) (2) ta có Tứ giác BDCI hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mà DI cắt CB M nên ta có MB = MC

=> OM BC( đờng kính qua trung điểm dây vng góc với dây đó) 2/

Vì BD tia phân giác góc B tam giác ABC; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:

AD DC=

AB BC ⇔

2 4=

AB

BC ⇒BC=2 AB

V× Δ ABC vuông A mà BC = 2AB nên

ACB = 300; ABC = 600

V× B1 = B2(BD phân giác) nên ABD = 300

Vì ABD vuông A mà ABD = 300 nên BD = 2AD = = 4cm

=> AB2=BD2AD2=164=12

Vì ABC vuông A => BC=AC2

+AB2=√36+12=4√3

Vì CH tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:

DC BC=

DH HB ⇔

4 4√3=

DH

HB ⇒BH=√3 DH

Ta cã:

¿ BH+HD=4 BH=√3 HD ⇔

¿√3 BH+√3 HD=4√3 BH=√3 HD

⇒BH(1+√3)=4√3 ¿{

¿ BH= 4√3

(1+√3)=

4√3(√3−1)

2 =2√3(√3−1) Vậy BH=23(31)cm Câu VI Cách 1: Vì xyz -

16

x y z   => xyz(x+y+z) = 16

P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz

¸p dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng x(x+y+z) vµ yz ta cã

P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz 2√xyz(x+y+z)=2 √16=8 ; dấu đẳng thức xẩy

x(x+y+z) = yz Vậy giá trị nhỏ P Cách 2: Vì xyz16

x+y+z=0x+y+z= 16 xyz

P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz = x⋅16

xyz+yz= 16 yz+yz

áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng 16

yz yz ta cã

P = 16

yz +yz 2√16yz⋅yz=2.√16=8 ; dấu đẳng thức xẩy

16 yz=yz

Vậy giá trị nhỏ P

đáp án đề 2:

C©u I:

TÝnh √9+√4=3+2=5

Thay x =4 vào hàm số y = x -1 Ta đợc: y = - =

D A

B

C

E H

1

VËy x = th× y =

Câu II:

Giải hệ phơng trình:

x+y=5

x y=3 ⇔ ¿x+y=5

2x=8 ⇔ ¿x=4

y=1 ¿{

¿

VËy hÖ PT cã nghiÖm (x; y) = (4; 1)

C©u III:

Víi x ≥0; x ≠1 ta cã: A=(x+√x

√x+1+1)( x −√x

√x −1−1)

¿(

√x(√x+1) √x+1 +1)(

√x(√x −1) √x −1 −1) ¿(√x+1) (√x −1)=x −1

VËy x ≥0; x ≠1 th× A = x -1

C©u IV Cho PT: x2 + 2x - m = (1)

1 Khi m = ta cã: x2 + 2x - =

Ta cã: a + b + c = + - = PT cã hai nghiÖm: x1= 1; x2 = -3

VËy PT(1) cã hai nghiÖm: x1= 1; x2 = -3 m =

2 TÝnh: Δ'=1+m §Ĩ PT(1) cã nghiƯm th× Δ' ≥0⇔1+m ≥0⇔m≥ −1

Vậy với m 1 PT(1) có nghiệm

Câu

1 xÐt tø gi¸c HEKB cã:

EHB = 900 ( v× MN AB)

EKB = 900 ( AKB góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

=>EKB + EHB =1800

=> Tứ giác HEKB nội tiếp có tổng hai góc đối bng 1800

2 Vì MN AB nên A nằm chÝnh gi÷a cung nhá MN

=> cung AM = cung AN

=>AMN = AKM( hai gãc néi tiÕp chắn hai cung nhau)

Xét AME Δ AKM cã:

A chung

AME = AKM ( cm trªn)

=> Δ AME đồng dạng với Δ AKM ( g.g)

Gọi I tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ EKM

Ta cã gãc AME = BME ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)

=> AM tiếp tuyến đờng trịn tâm I( Theo tập 30-Tr79 SGK tốn tập 2) => I thuộc BM

=> NI ng¾n nhÊt NI MB

Vì M; N; B cố định nên ta xác định K nh sau:

Kẻ NI vng góc với BM, vẽ đờng trịn (I;IM) cắt đờng trịn tâm O K

Câu VI:(0,5 điểm)

Tỡm s nguyờn x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = (1)

Ta cã: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0

<=> 4x2+ 4xy +4y2 - 4x2y2 = 0

.

A B

E

N M

O H

<=> 4x2+ 8xy +4y2 - (4x2y2 + 4xy +1) - = 0

<=> (2x + 2y)2 - (2xy + 1)2 = 1

<=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) =

=>

¿2x + 2y - 2xy - = 2x + 2y + 2xy + 1=-1

¿ ¿ ¿

2x + 2y − 2xy − 1=-1 ¿

2x + 2y + 2xy + 1=1 ¿

¿ ¿ ¿ ¿

Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) x = - y

Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1) Vậy cặp số x; y nguyên thoả mãn (1) là:(0; 0); (1; -1); (-1; 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC : 2006 – 2007

ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2009 - 2010

-000 - - 000

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN :TỐN

Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2,0 điểm)

1/ 5x2  6x 0 

2/

5x 2y 2x 3y 15

 

 

 

 .

Bài 2: (2,0 điểm)

1/ Rút gọn biểu thức A ( 2)  ( 2)

2/ 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

Bài 3: (1,5 điểm)

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 vng tam giác

vuông

ban đầu

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình

bình 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



 

GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009)

******

-Bài 1:

1/ PT: 5x2  6x 0  ;

/ /

1

3 7

9 5( 8) 49 ; x ; x

5 5

  

1 1 1 I H K O D C B A

 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   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) 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   x

.2(x 8) 51

2  

2

x 8x 153

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

Vậy: độ dài cạnh góc vng bé 9m ; độ dài cạnh góc vng lớn 17m Bài 4:

1/

BD AD (gt)

BD BC BC // AD (t / c h×nh 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 (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

1

7(x x ) 14(m 1)

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

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 (*))

Vậy :

1

1

7(x x )

x x 18



 

(đpcm)

Sở Giáo dục đào tạo BìNH DƯƠNG

-Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm häc 2009-2010

Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề.)

Bµi 1: (3,0 điểm)

GiảI hệ phơng tr×nh

2

3

  



  

x y x y

Gi¶i hƯ phơng trình: a) x2 8x + = 0

b) 16x + 16  9x +  4x + 16 - x + 1

Bµi 2: (2,0 điểm).Một hình chữ nhật có chu vi 160m vµ diƯn tÝch lµ 1500m2 TÝnh chiỊu

dài chiều rộng hình chữ nhật

Bài 3: (1,5 điểm)

Cho phơng trình x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + = (víi x lµ Èn sè, m lµ tham sè )

1- Tìm giá trị m để phơng trỡnh cú hai nghim phõn bit

2- Đặt A = x1.x2 – 2(x1 + x2) víi x1, x2 hai nghiệm phân biệt phơng trình

Chøng minh : A = m2 + 8m + 7

3- Tìm giá trị nhỏ A giá trị m tơng ứng

Bài (3,5®iĨm)

Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đờng tròn C, tia phân giác góc ABF cắt Ax E cắt đờng tròn D

1- Chøng minh OD // BC

2- Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF 3- Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp

4- Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi Tính diện tích hình thoi AOCD theo

sở gd&đt quảng bình đề thi thức tuyển sinh vo lp 10 thpt

Năm học 2009-2010 Môn :toán

Thi gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

* Trong câu từ Câu 1 đến Câu 8, câu có phơng án trả lời A, B, C, D; trong có phơng án trả lời Hãy chọn chữ đứng trớc phơng án trả lời đúng.

Câu (0,25 điểm): Hệ phơng trình sau vô nghiệm?

(I){y=3x+1y=3x2 (II){y=2xy=12x

A Cả (I) (II) B (I) C (II) D Không có hệ

Cõu (0,25 điểm): Cho hàm số y = 3x2 Kết luận dới đúng?

A. Hàm số nghịch biến với giá trị x>0 đồng biến với giá trị x<0

B. Hàm số đồng biến với giá trị x>0 nghịch biến với giá trị x<0

C. Hàm số đồng biến với giỏ tr ca x

D. Hàm số nghịch biến với giá trị x

Câu (0,25 điểm): Kết sau sai?

A sin 450 = cos 450 ; B sin300 = cos600 C sin250 = cos520 ; D sin200 = cos700

Câu (0,25 điểm): Cho tam giác ABC có độ dài cạnh cm Bán kính đờng trịn

ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC b»ng:

A 3√3 cm B √3 cm C. 4√3 cm D 2√3 cm

C©u (0,25 ®iĨm):

Cho hai đờng thẳng (d1): y = 2x (d2): y = (m - 1)x = 2; với m tham số Đờng thẳng

(d1) song song với đờng thẳng (d2) khi:

A m = -3 B m = C m = D m =

Câu (0,25 điểm): Hàm số sau hàm số bậc nhất?

A y = x +

x ; B y = (1 + √3 )x + C y = √x2+2 D y = x

C©u (0,25 ®iÓm): Cho biÕt cos α =

5 , với α góc nhọn Khi sin α bao

nhiªu?

A

5 ; B

5

3 ; C

4

5 ; D

3

Câu (0,25 điểm): Phơng trình sau có nghiệm phân biệt?

A x2 + 2x + = 0 ; B x2 + = 0

C 4x2 - 4x + = 0 ; D 2x2 +3x - = 0

PhÇn II Tù luËn ( ®iĨm)

Bµi (2,0 ®iĨm): Cho biĨu thøc:

N= √n −1

√n+1+

√n+1

√n−1 ; víi n 0, n

a) Rót gän biĨu thøc N

b) Tìm tất giá trị nguyên n để biểu thức N nhận giá trị nguyên Bài (1,5 điểm):

Cho ba đờng thẳng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = (d3): nx - y = n - 1;

n lµ tham sè

a) Tìm tọa độ giao điểm N hai đờng thẳng (d1) (d2)

b) Tìm n để đờng thẳng (d3) qua N

Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), víi n lµ tham sè.

a) Tìm n để phơng trình (1) có nghiệm x =

b) Chøng minh r»ng, víi mäi n - phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Bài (3,0 điểm): Cho tam giác PQR vuông cân P Trong góc PQR kẻ tia Qx bÊt kú c¾t PR

tại D (D khơng trùng với P D không trùng với R) Qua R kẻ đờng thẳng vng góc với Qx E Gọi F giao điểm PQ RE

a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc đờng tròn b) Chứng minh tia EP tia phân giác góc DEF

c) TÝnh sè ®o gãc QFD

d) Gọi M trung điểm đoạn thẳng QE Chứng minh điểm M nằm cung tròn cố định tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP QR

Đáp án thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Năm học 2009 - 2010

Môn: Toán

Phần I Trắc nghiệm khách quan

Câu Câu1 Câu 2 C©u 3 C©u 4 C©u 5 C©u 6 C©u7 Câu 8

Đáp án C B C A D B C D

Phần II Tự luận Bài 1:

a)N = √n −1

√n+1+

√n+1

√n−1

= (√n −1)

2

+(√n+1)2 (√n+1) (√n −1)

= n−2√n+1+n+2√n+1

n −1

= 2(n+1)

n −1 víi n 0, n

b) N = 2(n+1)

n −1 =

2(n −1)+4

n −1 = +

4 n−1

Ta cã: N nhận giá trị nguyên

n1 có giá trị nguyên n-1 ớc

⇒ n-1 {±1;±2;±4}

+ n-1 = -1 ⇔ n = + n-1 = ⇔ n =

+ n-1 = -2 ⇔ n = -1 (Không thỏa mÃn với ĐKXĐ N) + n-1 = ⇔ n =

+ n-1 = -4 ⇔ n = -3 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = ⇔ n =

Vậy để N nhận giá trị nguyên n {0;2;3;5} Bài 2: (d1): -x + y = 2;

(d2): 3x - y = vµ

(d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè

a) Gọi N(x;y) giao điểm hai đờng thẳng (d1) (d2) x,y nghiệm hệ

phơng trình:

{3x y=4 x+y=2

(I)

Ta cã : (I) {y=x+22x=6 ⇔ {

y=5x=3

b) (d3) ®i qua N(3; 5) ⇒ 3n - = n -1 ⇔ 2n = ⇔ n=

Vậy: Để đờng thẳng (d3) qua điểm N(3;5) ⇔ n =

Bài 3: Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), với n tham số.

a) Phơng tr×nh (1) cã mét nghiƯm x = ⇒ (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = 0

⇔ 9n + - 6n + + n - =

⇔ 4n = -12 ⇔ n = -3

b) Víi n -1, ta cã: Δ' = (n-1)2 - (n+1)(n-3)

= n2 - 2n + - n2 +2n +4

= >

VËy: víi mäi n -1 phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Bµi 4:

a) Ta cã: ∠ QPR = 900 ( tam giác PQR vuông cân P)

∠ QER = 900 ( RE Qx)

Tứ giác QPER có hai đỉnh P E nhìn đoạn thẳng QR dới góc khơng đổi (900)

⇒ Tứ giác QPER nội tiếp đờng trịn đờng kính QR

b) Tø gi¸c QPER néi tiÕp ⇒ ∠ PQR + ∠ PER = 1800

mµ ∠ PER + ∠ PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï)

⇒ ∠ PQR = ∠ PEF ⇒ ∠ PEF = ∠ PRQ (1)

Mặt khác ta có: ∠ PEQ = ∠ PRQ (2) <Hai góc nội tiếp chắn cung PQ đờng tròn ngoại tiếp tứ giác QPER>

Tõ (1) vµ (2) ta cã PEF = PEQ EP tia phân giác gócDEF

c) Vì RP QF QE RF nên D trực tâm tam giác QRF suy

FD QR ⇒ ∠ QFD = ∠ PQR (góc có cạnh tơng ứng vuông góc)

mà PQR = 450 (tam giác PQR vuông cân P) ⇒ ∠ QFD = 450

d) Gọi I trung điểm QR N trung điểm PQ (I,N cố định)

Ta có: MI đờng trung bình tam giác QRE ⇒ MI//ER mà ER QE

⇒ MI QE ⇒ ∠ QMI = 900 ⇒ M thuộc đờng tròn đờng kính QI.

Khi Qx QR th× M I, Qx QP th× M N

Vậy: tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP QR M ln nằm cung NI đờng trịn đờng kính QI cố định

Q

P

R

D E

F

x M

TRƯỜ NG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2009 - 2010

ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN

-000 - - 000

ÐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề )

Bài 1: (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình phương trình sau: 1/

3x 2y 5x 3y

 

 

 



2/ 10x49x21 0 .

Bài 2: (3,0 điểm)

Cho hàm số : yx2 có đồ thị (P) hàm số y = 2x + m có đồ thị (d) 1/ Khi m = Vẽ đồ thị (P) (d) hệ trục toạ độ

2/ Tìm toạ độ giao điểm (P) (d) toạ độ phép toán m =

3/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A(x ; y )A A

B(x ; y )B B cho

2 A B

1

6 x x 

Bài 3: (1,0 di m)

Rút g n bi u th c

y x x x y y

P (x 0; y 0)

1

  

  



xy .

Bài 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC ( AB < AC) có góc nhọn Vẽ đường trịn tâm O đường kính BC cắt cạnh AB, AC theo thứ tự E D

1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB

2/ Gọi H giao điểm DB CE Gọi K giao điểm AH BC Chứng minh AHBC.

3/ Từ A kẻ tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N tiếp điểm).Chứng minh ANM AKN  .

4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng Bài 5: (1,0 điểm)

Cho x, y >0 x y 1  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2

1

A

x y xy

 

- Hết

Họ tên thí sinh : Số báo danh : Chữ ký giám thị :

- Giám thị :

- Giám thị :

Đáp án

****** -Bài 1:

1/  

x 11

3x 2y 9x 6y x 11 x 11

y 3( 11) :

5x 3y 10x 6y 3x 2y y 17

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

 HPT có nghiệm (x;y) = (-11;17) 2/10x49x21 0 ; Ðặt x2 t (t 0)

2

1

10t 9t ; c a - b c t 1(lo t 1/10(nh

    ã     ¹i) ,  Ën)

2 10

x x

10 10

   

 PT cho có tập nghiệm:

S 

 

 

10 ±

10

Bài 2: 1/ m = ;  (d) : y 2x 1  ; x 0  y 1  P(0;1);y 0  x1/ 2 Q( 1/ 2;0)

x 2 1

2

yx 4 1 1 4

2/ m =

+Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (d)

tiếp xúc với (P) tiếp điểm A( 1; 1)  +PT hoành độ giao điểm (P) (d) là: x22x 0 

2

(x 1) x

     ; Thay x1

vào PT (d)  y1 Vậy : (d) tiếp xúc với (P) điểmA( 1; 1) 

3/ Theo đề bài:

A 2 B A B x 1 x x x       

 Vậy để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A(x ; y )A A và B B

B(x ; y ) PT hoành độ giao điểm : x2 2x m 0

   (*) phải có nghiệm phân biệt x , xA B khác 0.

/ 1 m 0 m 1

m m             

 (**); Với đ/k (**), áp dụng đ/l Vi-ét ta có :

A B

A B

x x

x x m

 

 

 

+Theo đề :

2

A B 2

A B A B A B A B A B

x x

1 1 2

6 6

x x x x x x x x x x

    

            

2

1

2

m (Nh

2

6 2m 6m

m / (Nh

m m

  

 

          



  

2

3m + m - = 0 Ën)

Ën)

Vậy: Với m = -1 2/3 ;  (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A(x ; y )A A B(x ; y )B B thoả mãn

2A 2B

1

6 x x  .

Bài 3:

y x x x y y

P (x 0; y 0)

1

  

  



xy

(x y y x ) ( x y) xy( x y) ( x y) ( x y)( xy 1)

1 1

       

  

  

xy xy xy

= x + y Bài 4:

1/ Nối ED ; AED ACB  (do BEDC nội tiếp)

AED

 

AE AD

ACB AE.AB AD.AC

AC AB

   



2/BEC BDC 90   0(góc nội tiếp chắn ½ (O))

BD AC V CE AB

  µ  Mà BD EC H 

 H trực tâm ABC  AH đường cao

thứ ABC AHBC K. 3/ Nối OA, OM, ON ; Ta có:

OMAM, ONAN (t/c tiếp tuyến); AK



OK (c/m trên)

  

AMO AKO ANO 90

   

 5 điểm A,M,O,K,N thuộc đường trịn đường kính AO (quỹ tích cung chứa góc).

 

1

K M

  (=1/2 sđ AN

) ; Mà N M 1(=1/2 sđ MN (O))  N K 1 hay ANM AKN 

4/ +ADH AKC (g-g)

AD AH

AD.AC AH.AK (1) AK AC

   

+ADN ANC (g-g)

2

AD AN

AD.AC AN (2) AN AC

   

T (1) (2)

2 AH AN

AH.AK AN

AN AK

   

+Xét AHN ANK có:

AH AN

AN AK KAN chung  AHN ANK

 ANH K  1; mà N 1K 1 (c/m trên)  ANH N  1ANM  ba điểm M, H, N thẳng hàng.

Bài 5: V i a 0, b 0  ; Ta có :

a2b2 2 a b2 2ab (Bdt Cô si)  a2b2 2ab 4ab  (a b) 4ab

(a b)(a b) a b a a 1

4 (*)

ab ab a b ab ab a b a b a b

  

         

Áp dụng BÐT (*) v i a = x2y2 ; b = 2xy ; ta có:

2 2

1 4

x y 2xyx y 2xy (x y) (1)

Mặt khác :

2

2

1 1

(x y) 4xy

4xy (x y) xy (x y)

     

  (2)

2 2 2

1 1 1 1 1

A

x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy xy

   

        

      

2 2

4 4

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

 

       

      6

[Vì x, y >0 x y 1   (x y)  1]; minA = 6

1 x = y =

Min k = -2 