Thí sinh chỉ cần làm đúng 1 trường hợp cũng cho 0,5 đ Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường tròn cố định... đường tròn đường kính OC’ cố định..[r]
(1)Câu (2,5 điểm) A a) Rút gọn biểu thức: x2 5x x2 6x 3x 12 ( x 3) x x 3 b) Phân tích thành nhân tử: a b c a b c x Tìm x biết: 3 x x 1 x Câu (2,0 điểm) x xy y 0 a) Giải hệ phương trình: xy y x 3 3 x 3 x 3 16 b) Giải phương trình: x Câu (2,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 23 y 16 x 44 y 16 xy 1180 0 b) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương 2n2 Chứng minh n2 + m không là số chính phương Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và AB là đường kính Gọi d là đường trung trực OB Gọi M và N là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d Trên các tia OM, ON lấy các điểm M’ và N’ cho OM’.OM = ON’.ON R a) Chứng minh bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc đường tròn b) Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh điểm M’ thuộc đường tròn cố định c) Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ Tìm vị trí điểm M trên d M không nằm đường tròn (O;R) để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ Câu (0,5 điểm) Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích nhỏ (2) Câu Ý a Nội dung A x 5x x2 6x x 12 ( x 3) x x Rút gọn biểu thức: ĐKXĐ: x £ x > A x x 3 3 x ( x 3) ( x 2)( x 4) ( x 2)( x 4) * Trường hợp 1: x £ 2, ta có: A (2 x)(4 x) x x 3 x (3 x) (2 x)(4 x) x x x x 2 x 4 x x 2 x 4 x (3 x) x x 2 x x (vì x £ nên x (3 x) x ) * Trường hợp 2: x > 4, ta có: x ( x 3) x nên: (1) x x (3 x ) x A b x x 3 x x x x 3 x x x x ( x 3) x x x x ( x 3) x x 3 Phân tích đa thức thành nhân tử: a b c a b c Ta có 3 a b c a b c a b c 3ab a b a b c a b c 3c a b a b c 3ab a b a b c 3 a b c a b c ab a b a b c c b c a b b c a c Tìm x biết: x 3 x x 1 x 3 x x 1 x x 0 Ta có: x x 1 x 1 x 0 (Theo (*)) 2 2 Vì x x =0; x =0 vô nghiệm KL: x = -2 a x xy y 0 (1) (2) Giải hệ phương trình: xy y x 3 x y y x y 0 x y x y 0 (1) , ta x = y x = -2y * Với x = y, từ (2) ta có: x x 0 , ta x1 1, x2 (*) (3) * Với x = -2y, từ (2) ta có y y 0 , ta y1 1, y2 3 Nếu y x 2 Nếu y 3 x 3 ; Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1); 4 ; (2; -1); (-6; 3) b 3 x 3 x 3 16 Giải phương trình: x x x 3 x x 3 3 x 16 x 3 x x 2 x , (ĐKXĐ: x 2) x 3 x 3 x 3 3 16 t x x x , ta t 3t 16 0 (*) Đặt t 4t t 16 0 t t t (t 4) 0 t t t 0 (*) Lý luận để có t = - x 3 Với t = - 4, thì =1 a x 2 2 hay x x x x 1 0 x 1(TM ) Vậy x 2 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x 23 y 16 x 44 y 16 xy 1180 0 Biến đổi phương trình đã cho ta x y 1 15 y 1248 1248 2 y 83 15 Do x y 1 ,1248 chia hết cho 8; (15;8)=1 2 y 2 y 0;16;64 y 2 nên TH sau: là số chính phương&chia hết cho Ta có các y 0 8 x y 1 1248 * y 2 x 3 156 Do 156 không c.phương nên TH này vô nghiệm 2 y 16 y 2 16 2 8 x y 1 15.16 1248 x y 1 126 * nghiệm Do 126 không c.phương nên TH này vô y 10 y 64 y 2 8 x y 1 15.64 1248 x y 1 36 * (4) y 10 y 10 x x 11 36 x 17 Ta b y y x x 36 x 11 Vậy (x; y) là (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương 2n2 CMR: n2 + m không là số chính phương Giả sử n2 + m là số chính phương Đặt n2 + m = k2 (1) (với k nguyên dương) Theo bài ta có 2n2 = mp (p nguyên dương) Þ m 2n : p , thay vào (1) ta có: n2 2n 2 k n p pn p k n p p pk p 2 Do n , pk chính phương, nên p p phải chính phương 2 p p p p 1 Mặt khác , tức p p không chính phương Nên giả sử sai a Vậy n2 + m không chính phương Chứng minh bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc đường tròn M OM ' ON ' ON OM (vì OM’.OM = ON’.ON); MON OM ' N chung nên M' A B O nên ( M’, N’ N' cùng nhìn M N cùng góc, M’ và N’ kề - M, N cùng nằm cùng nằm ngoài(O) ) M, M’, N’, N thuộc đường tròn ( Thí sinh cần làm đúng trường hợp cho 0,5 đ) Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh điểm M’ thuộc đường tròn cố định Gọi giao d với OB là C Lấy điểm C’ đối xứng với O qua B điểm C’ cố định trên tia OC N b đ dạng với ON ' M ' N ON 'M ONM ' OMN ' ; OM ' MN ' M ' NN ' 1800 M OC.OC ' BO.2 BO R 2 Ta có: OC OM ' OC.OC ' OM '.OM OM OC ' ; MOC (5) M chung OCM đồng dạng với OM ' C ' ' C OCM OM 900 Vậy M’ thuộc đường tròn đường kính OC’ cố định M' A c O C B C' Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ theo hai trường hợp Gọi giao d với (O;R) là D, E (hình M K vẽ) *TH1: Do d là trung trực OB MO = MB D Ta có: MA + MO = MA + MB AB, dấu “=”xảy M trùng C MA + MO nhỏ M trùng C (M A C d ) O B *TH2: Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm D Gọi K là giao tia BD với AM E Ta có MB + MK KB = KD + DB KD + AK AD MA + MO = MA + MB DA + DB, dấu “=” có M trùng với D Tương tự M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa E: MA + MO = MA + MB EA + EB, dấu “=” xảy M trùng với E Vậy MA + MO nhỏ M trùng D M trùng E (M d , M không (O;R)) Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích nhỏ (6) B H M C Q O A N r P D Theo bài ta suy các cạnh hình hành là tiếp tuyến đường tròn (O; r) Gọi M, N, P, Q là tiếp điểm đường tròn với các cạnh hình vẽ CM = CN; AP = AQ, BM = BQ; PD = DN CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ 2BC = 2AB BC = AB Kẻ AH BC Ta có AB AH , dấu “=” có ABC 900 OM BC, OP AD, AD // BC P, O, M Ta có: thẳng hàng, đó AH = PM = 2r SABCD AH.BC 2r AB 2r.AH=2r.2r SABCD 4r2, dấu “=” xảy ABC 900 Vậy các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r) thì hình vuông có diện tích nhỏ và 4r2 - HẾT (7)