De thi Toan tuyen lop 10 de 14

Bên trong đờng tròn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn h¬n hoÆc b»ng 1.. Chøng minh r»ng ®iÓm O n»m trong hoÆc n»m trªn c¹nh cña tam gi¸c ABC.[r]

C©u1:Cho ph¬ng tr×nh x − x +m2 −3 m=0 (1) 1.Tìm các giá trị m để để phơng trình(1) có nghiệm 2.Gi¶ sö ph¬ng r×nh (1) cã nghiÖm x1, x2 H·yt×m c¸c gi¸ trÞ cña m cho: x 1=x − x 2 Bµi 2.T×m c¸c sè nguyªn kh«ng ©m a, b cho: a2 −b −5 a+3 b+4 lµ sè nguyªn tè Bµi 3.Gi¶ sö x, y, z lµ c¸c sè thùc kh«ng ©m tho¶ m·n hÖ thøc:x+y+z=8.H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc:p=x3y+y3z+z3x Câu 4.Cho đờng tròn (0;R) đờng kính AB=2R.M là điểm trên đờng tròn đó.Gọi H thuộc AB cho MH vuông góc với AB.Tia phân giác góc HMB cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMH điểm thứ hai I và cắt đờng tròn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BMH tÞa ®iÓm thø hai J 1.Gäi E, F lµ trung ®iÓm cña MA, MB Chøng minh r»ng:E, I, F th¼ng hµng 2.Gọi K là trung điểm IJ Tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác KEF theo R Bài 5.Bên hình lục giác có cạnh cho 81 điểm phân biệt.CMR tồn t¹i mét h×nh vu«ng cã c¹nh b»ng (kÓ c¶ biªn)chøa Ýt nhÊt ®iÓm sè c¸c điểm đã cho trên 1a Gi¶i ph¬ng tr×nh x    x 3 b Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  2  x  y   x3    y Bài 2Tìm số thực a để phơng trình sau có nghiệm nguyên x  ax  a  0 B3 Cho tam giác ABC vuông A có đờng phân giác BE (E thuộc AC) Đờng tròn đờng kính AB cắt BE, BC lần lợt M, N (khác B) Đờng thẳng AM cắt BC t¹i K Chøng minh: AE.AN = AM.AK Bài 4Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đờng tròn đờng kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đờng thẳng AO lần lợt I và K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đợc đờng tròn và tứ giác BICK là hình bình hành B5 )a Bên đờng tròn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn h¬n hoÆc b»ng Chøng minh r»ng ®iÓm O n»m hoÆc n»m trªn c¹nh cña tam gi¸c ABC b Cho a, b, c là các số thực dơng thay đổi thỏa mãn: a  b  c 3 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P a  b  c  ab  bc  ca a 2b  b 2c  c 2a  x    x  3 x   x 3 x    x 3   x    x 27   ( x  2)(7  x) 27 ( x  2)(7  x ) 2  ( x  2)(7  x) 8  x  x  0  x    x 6  z b §Æt y Hệ đã cho trở thành  2  3x z  2  3z x   x  z  z  x3  2   x  z  x  xz  z  0  x z (v× x  xz  z   0, x, z ) b., Điều kiện để phơng trình có nghiệm:  0  a  4a  0 (*) Gọi x1, x2 là nghiệm nguyên phơng trình đã cho ( giả sử x1 ≥ x2).Theo định lý Viet:  x1  x2 a  x1.x2  x1  x2 2   x1.x2 a   x1    hoÆc  x2   (do x1 - ≥ x2 -1)  ( x1  1)( x2   x1  3   1) 3  x2  1  x 4  x1 0     x2 2 hoÆc  x2  Suy a = hoÆc a = -2 (tháa m·n (*) ) Thö l¹i ta thÊy a = 6, a = -2 tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n      V× BE lµ ph©n gi¸c gãc ABC nªn ABM MBC  AM MN    MAE MAN (1)   Vì M, N thuộc đờng tròn đờng kính AB nên AMB  ANB 90  ANK AME 90 , kết hợp với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam gi¸c ANK  AN AK  AM AE Ta cã: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 2 mµ a + ab  2a b (¸p dông B§T C«si ) b3 + bc2  2b2c c3 + ca2  2c2a Suy 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > 2 ab  bc  ca  P a  b  c   (a  b  c ) P a  b  c  2(a  b2  c ) a  b2  c2 Suy 2 Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh đợc t  P t  9 t t t     3   4 2t 2t 2 2  P  DÊu b»ng x¶y Suy vµ chØ a = b = c = VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ