Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Cô si cho 2 số dương
4
;
x y
y x
ta có
4 4
2 . 4
x y x y
y x y x
+ ≥ =
,
dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vì x ≥ 2y ⇒
1 3 3
2 2
y y
x x
− −
≤ ⇒ ≥
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 4-
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
Cách 4:
Ta có M =
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
4 3
3 3
4 4 4 4 4
4 4
x x x x x
y y y y
x y x x
xy xy xy xy xy xy y
+ + + + +
+
= = = + = +
Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương
2
2
;
4
x
y
ta có
2 2
2 2
2 .
4 4
x x
y y xy+ ≥ =
,
dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vì x ≥ 2y ⇒
3 6 3
2 .
4 4 2
x x
y y
≥ ⇒ ≥ =
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Từ đó ta có M ≥
xy
xy
+
3
2
= 1+
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
2 3 0− − =x x
b)
2 3 7
3 2 4
− =
+ =
x y
x y
c)
4 2
12 0+ − =x x
d)
2
2 2 7 0− − =x x
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
1
4
=y x
và đường thẳng (D):
1
2
2
= − +y x
trên cùng một hệ trục toạ
độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
1 2 1
1
= + −
−
+ −
x
A
x
x x x x
với x > 0;
1
≠
x
(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3= − + − + −B
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2
2 2 0− + − =x mx m
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Tìm m để biểu thức M =
2 2
1 2 1 2
24
6
−
+ −x x x x
đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại
E và F (ME<MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa hai
điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO).
a) Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF
b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng minh tứ giác
AHOB nội tiếp.
c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF; nửa
đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng
CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS vuông góc với đường thẳng KC.
d) Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và T là trung
điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.
BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
2 3 0− − =x x
(a)
Vì phương trình (a) có a - b + c = 0 nên
(a)
3
1
2
⇔ = − =x hay x
b)
2 3 7 (1)
3 2 4 (2)
− =
+ =
x y
x y
⇔
2 3 7 (1)
5 3 (3) ((2) (1))
− =
+ = − −
x y
x y
⇔
13 13 ((1) 2(3))
5 3 (3) ((2) (1))
− = −
+ = − −
y
x y
⇔
1
2
= −
=
y
x
c)
4 2
12 0+ − =x x
(C)
Đặt u = x
2
≥ 0, phương trình thành : u
2
+ u – 12 = 0 (*)
(*) có ∆ = 49 nên (*) ⇔
1 7
3
2
− +
= =u
hay
1 7
4
2
− −
= = −u
(loại)
Do đó, (C) ⇔ x
2
= 3 ⇔ x = ±
3
Cách khác : (C) ⇔ (x
2
– 3)(x
2
+ 4) = 0 ⇔ x
2
= 3 ⇔ x = ±
3
d)
2
2 2 7 0− − =x x
(d)
∆’ = 2 + 7 = 9 do đó (d) ⇔ x =
2 3±
Bài 2:
a) Đồ thị:
M
E
F
K
S A
B
T
P
Q
C
H
O
V
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( ) ( )
2;1 , 4;4± ±
(D) đi qua
( ) ( )
4;4 , 2;1−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
1 1
2
4 2
= − +x x
⇔ x
2
+ 2x – 8 = 0
4 2⇔ = − =x hay x
y(-4) = 4, y(2) = 1
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
4;4 , 2;1−
.
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau:
1 2 1
1
= + −
−
+ −
x
A
x
x x x x
2
2
1
− − −
= +
− −
x x x x x
x x x
2 2
( 1) 1
−
= +
− −
x x
x x x
2 1
1
1
= − +
−
x
x x
2 ( 1)
( 1)
−
=
−
x x
x x
2
=
x
với x > 0;
1
≠
x
(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3= − + − + −B
1 1
(2 3) 52 30 3 (2 3) 52 30 3
2 2
= − + − + −
2 2
1 1
(2 3) (3 3 5) (2 3) (3 3 5)
2 2
= − + − + −
1 1
(2 3)(3 3 5) (2 3)(3 3 5) 2
2 2
= − + − + − =
Câu 4:
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m
2
- 4m +8 = (m - 2)
2
+4 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm
phân biệt với mọi m.
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S =
2
b
m
a
− =
; P =
2= −
c
m
a
M =
2
1 2 1 2
24
( ) 8
−
+ −x x x x
=
2 2
24 6
4 8 16 2 4
− −
=
− + − +m m m m
2
6
( 1) 3
−
=
− +m
. Khi m = 1 ta có
2
( 1) 3− +m
nhỏ nhất
2
6
( 1) 3
⇒ − =
− +
M
m
lớn nhất khi m = 1
2
6
( 1) 3
−
⇒ =
− +
M
m
nhỏ nhất khi m = 1
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là - 2 khi m = 1
Câu 5
a) Vì ta có do hai tam giác đồng dạng MAE và MBF
Nên
MA MF
ME MB
=
⇒
MA.MB = ME.MF
(Phương tích của M đối với đường tròn tâm O)
b) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có
MA.MB = MC
2
, mặt khác hệ thức lượng
trong tam giác vuông MCO ta có
MH.MO = MC
2
⇒
MA.MB = MH.MO
nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn.
c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường
tròn đường kính MS (có hai góc K và C vuông).
Vậy ta có : MK
2
= ME.MF = MC
2
nên MK = MC.
Do đó MF chính là đường trung trực của KC
nên MS vuông góc với KC tại V.
d) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn tâm Q.
Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc với MS và là đường
trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn). Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do
định lí trung bình của tam giác SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.ĐÀ NẴNG Năm
học: 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:(x + 1)(x + 2) = 0
2) Giải hệ phương trình:
2 1
2 7
+ = −
− =
x y
x y
Bài 2: (1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức
( 10 2) 3 5= − +A
Bài 3: (1,5 điểm)
Biết rằng đường cong trong hình vẽ bên là một parabol y = ax
2
.
1) Tìm hệ số a.
2) Gọi M và N là các giao điểm của đường thẳng
y = x + 4 với parabol. Tìm tọa độ của các điểm M và N.
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2x – 3m
2
= 0, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 1.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
khác 0 và thỏa điều kiện
1 2
2 1
8
3
− =
x x
x x
.
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC,B ∈
(O),C∈(O’). Đường thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
1) Chứ`ng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông.
2) Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng.
3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E là tiếp điểm). Chứng minh rằng DB = DE.
BÀI GIẢI
Bài 1:
1) (x + 1)(x + 2) = 0 ⇔ x + 1 = 0 hay x + 2 = 0 ⇔ x = -1 hay x = -2
2)
2 1 (1)
2 7 (2)
+ = −
− =
x y
x y
⇔
5y 15 ((1) 2(2))
x 7 2y
= − −
= +
⇔
y 3
x 1
= −
= −
Bài 2:
( 10 2) 3 5= − +A
=
( 5 1) 6 2 5− +
=
2
( 5 1) ( 5 1)− +
=
( 5 1)( 5 1)− +
= 4
Bài 3:
1) Theo đồ thị ta có y(2) = 2 ⇒ 2 = a.2
2
⇔ a = ½
2) Phương trình hoành độ giao điểm của y =
2
1
2
x
và đường thẳng y = x + 4 là :
x + 4 =
2
1
2
x
⇔ x
2
– 2x – 8 = 0 ⇔ x = -2 hay x = 4
0
1
2
2
y=ax
2
y
x
ĐỀ CHÍNH THỨC
B
C
E
D
A
O
O’
y(-2) = 2 ; y(4) = 8. Vậy tọa độ các điểm M và N là (-2 ; 2) và (4 ; 8).
Bài 4:
1) Khi m = 1, phương trình thành : x
2
– 2x – 3 = 0 ⇔ x = -1 hay x = 3 (có dạng a–b + c = 0)
2) Với x
1
, x
2
≠ 0, ta có :
1 2
2 1
8
3
− =
x x
x x
⇔
2 2
1 2 1 2
3( ) 8− =x x x x
⇔ 3(x
1
+ x
2
)(x
1
– x
2
) = 8x
1
x
2
Ta có : a.c = -3m
2
≤ 0 nên ∆ ≥ 0, ∀m
Khi ∆ ≥ 0 ta có : x
1
+ x
2
=
2− =
b
a
và x
1
.x
2
=
2
3= −
c
m
a
≤ 0
Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm ≠ 0 mà m ≠ 0 ⇒ ∆ > 0 và x
1
.x
2
< 0 ⇒ x
1
< x
2
Với a = 1 ⇒ x
1
=
' '− − ∆b
và x
2
=
' '− + ∆b
⇒ x
1
– x
2
=
2
2 ' 2 1 3∆ = + m
Do đó, ycbt ⇔
2 2
3(2)( 2 1 3 ) 8( 3 )− + = −m m
và m ≠ 0
⇔
2 2
1 3 2+ =m m
(hiển nhiên m = 0 không là nghiệm)
⇔ 4m
4
– 3m
2
– 1 = 0 ⇔ m
2
= 1 hay m
2
= -1/4 (loại) ⇔ m = ±1
Bài 5:
1) Theo tính chất của tiếp tuyến ta có OB, O’C vuông góc với BC ⇒ tứ giác CO’OB là hình thang
vuông.
2) Ta có góc ABC = góc BDC ⇒ góc ABC + góc BCA = 90
0
⇒ góc BAC = 90
0
Mặt khác, ta có góc BAD = 90
0
(nội tiếp nửa đường tròn)
Vậy ta có góc DAC = 180
0
nên 3 điểm D, A, C thẳng hàng.
3) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông DBC ta có DB
2
= DA.DC
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong đường tròn (chứng minh bằng tam giác đồng dạng) ta có DE
2
= DA.DC ⇒ DB = DE.
SỞ GD&ĐT
VĨNH PHÚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức :P=
2
3 6 4
1 1 1
x x
x x x
−
+ −
− + −
1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P.
2. Rút gọn P
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình :
2 4
ax 3 5
x ay
y
+ = −
− =
1. Giải hệ phương trình với a=1
2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi chiều
đi 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài
(O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC.
Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính
BB’ của (O). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K
và E. Chứng minh rằng:
1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đường tròn.
2. Đoạn thẳng ME = R.
3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và
bán kính của đường tròn đó.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng :
3 3 3
4 4 4
2 2a b c+ + >
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN : TOÁN
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Câu Đáp án, gợi ý Điểm
C1.1
(0,75
điểm)
Biểu thức P xác định
≠−
≠+
≠−
⇔
01
01
01
2
x
x
x
−≠
≠
⇔
1
1
x
x
0,5
0,25
C1.2
(1,25
điểm)
P=
)1)(1(
)46()1(3)1(
)1)(1(
46
1
3
1 −+
−−−++
=
−+
−
−
+
+
− xx
xxxx
xx
x
xx
x
0,25
0,5
0,5
ĐỀ CHÍNH THỨC
)1(
1
1
)1)(1(
)1(
)1)(1(
12
)1)(1(
4633
2
22
±≠
+
−
=
−+
−
=
−+
+−
=
−+
+−−++
=
xvoi
x
x
xx
x
xx
xx
xx
xxxx
C2.1
(1,0
điểm)
Với a = 1, hệ phương trình có dạng:
=−
−=+
53
42
yx
yx
−=
−=
⇔
=−−
−=
⇔
=−
−=
⇔
=−
−=+
⇔
2
1
531
1
53
77
53
1236
y
x
y
x
yx
x
yx
yx
Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:
−=
−=
2
1
y
x
0,25
0,25
0,25
0,25
C2.2
(1,0
điểm)
-Nếu a = 0, hệ có dạng:
−=
−=
⇔
=−
−=
3
5
2
53
42
y
x
y
x
=> có nghiệm duy nhất
-Nếu a
0
≠
, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:
3
2
−
≠
a
a
6
2
−≠⇔ a
(luôn đúng, vì
0
2
≥a
với mọi a)
Do đó, với a
0≠
, hệ luôn có nghiệm duy nhất.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a.
0,25
0,25
0,25
0,25
C3 (2,0
điểm)
Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4.
Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là:
2
x
(m)
=> diện tích hình chữ nhật đã cho là:
22
.
2
xx
x =
(m
2
)
Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật lần
lượt là:
2
2
2 −−
x
vax
(m)
khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm đi một nửa nên ta có phương trình:
22
1
)2
2
)(2(
2
xx
x ⋅=−−
01612
4
42
2
2
22
=+−⇔=+−−⇔ xx
x
xx
x
………….=>
526
1
+=x
(thoả mãn x>4);
526
2
−=x
(loại vì không thoả mãn x>4)
Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là
526 +
(m).
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
C4.1
(1,0
điểm)
1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
Ta có:
0
90=∠MOB
(vì MB là tiếp tuyến)
0
90=∠MCO
(vì MC là tiếp tuyến)
=>
∠
MBO +
∠
MCO =
= 90
0
+ 90
0
= 180
0
=> Tứ giác MBOC nội tiếp
(vì có tổng 2 góc đối =180
0
)
=>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
0,25
0,25
0,25
0,25
C4.2
(1,0
2) Chứng minh ME = R:
Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’)
M
O
B
C
K
E
B’
1
2 1
1
điểm) =>
∠
O
1
=
∠
M
1
(so le trong)
Mà
∠
M
1
=
∠
M
2
(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) =>
∠
M
2
=
∠
O
1
(1)
C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC)
=>
∠
O
1
=
∠
E
1
(so le trong) (2)
Từ (1), (2) =>
∠
M
2
=
∠
E
1
=> MOCE nội tiếp
=>
∠
MEO =
∠
MCO = 90
0
=>
∠
MEO =
∠
MBO =
∠
BOE = 90
0
=> MBOE là hình chữ nhật
=> ME = OB = R (điều phải chứng minh)
0,25
0,25
0,25
0,25
C4.3
(1,0
điểm)
3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố định:
Chứng minh được Tam giác MBC đều =>
∠
BMC = 60
0
=>
∠
BOC = 120
0
=>
∠
KOC = 60
0
-
∠
O
1
= 60
0
-
∠
M
1
= 60
0
– 30
0
= 30
0
Trong tam giác KOC vuông tại C, ta có:
3
32
2
3
:
30
0
R
R
Cos
OC
OK
OK
OC
CosKOC ===⇒=
Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường tròn tâm O, bán kính =
3
32 R
(điều phải chứng minh)
0,25
0,25
0,25
0,25
C5 (1,0
điểm)
( ) ( ) ( )
3 3 3
4 4 4
3 3 3
4 4 4
4 4 4
4 4 4
4 4 4
4
a b c
a b c a a b c b a b c c
a b c
a b c
+ +
= + + + + + + + +
> + +
= + +
=
Do đó,
3 3 3
4 4 4
4
4 4
2 2
4 2
a b c+ + > = =
0,25
0,25
0,25
0,25
Chú ý: - Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” và “điểm A” gây rối.
- Mỗi câu đều có các cách làm khác
câu 5
Cach 2: Đặt x =
4 4 4
= =a;y b;z c
=> x, y , z > 0 và x
4
+ y
4
+ z
4
= 4.
BĐT cần CM tương đương: x
3
+ y
3
+ z
3
>
2 2
hay
2
(x
3
+ y
3
+ z
3
) > 4 = x
4
+ y
4
+ z
4
x
3
(
2
-x) + y
3
(
2
-y)+ z
3
(
2
-z) > 0 (*).
Ta xét 2 trường hợp:
- Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô
2≥
, giả sử x
2≥
thì x
3
2 2≥
.
Khi đo: x
3
+ y
3
+ z
3
>
2 2
( do y, z > 0).
- Nếu cả 3 sô x, y, z đều nhỏ
2<
thì BĐT(*) luôn đung.
Vậy x
3
+ y
3
+ z
3
>
2 2
được CM.
Cach 3: Có thể dùng BĐT thức Côsi kết hợp phương pháp làm trội và đánh giá cũng cho kết quả nhưng
hơi dài, phức tạp).
SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐĂKLĂK MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút,(không kể giao đề)
Ngày thi: 22/06/2012
Câu 1. (2,5đ)
1) Giải phương trình:
a) 2x
2
– 7x + 3 = 0. b) 9x
4
+ 5x
2
– 4 = 0.
2) Tìm hàm số y = ax + b, biết đồ thị hàm số của nó đi qua 2 điểm A(2;5) ; B(-2;-3).
Câu 2. (1,5đ)
1) Hai ô tô đi từ A đến B dài 200km. Biết vận tốc xe thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe thứ hai là
10km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.
2) Rút gọn biểu thức:
( )
1
A= 1 x x ;
x 1
− +
÷
+
với x ≥ 0.
Câu 3. (1,5 đ)
Cho phương trình: x
2
– 2(m+2)x + m
2
+ 4m +3 = 0.
1) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi giá trị của m.
2) Tìm giá trị của m để biểu thức A =
2 2
1 2
x x+
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 4. (3,5đ)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C cắt
nhau tại M. AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. E là trung điểm đoạn AD. EC cắt đường tròn (O)
tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác OEBM nội tiếp.
2) MB
2
= MA.MD.
3)
·
·
BFC MOC=
.
4) BF // AM
Câu 5. (1đ)
Cho hai số dương x, y thõa mãn: x + 2y = 3. Chứng minh rằng:
1 2
3
x y
+ ≥
BÀI GIẢI
Câu 1. (2,5đ)
1) Giải phương trình:
a) 2x
2
– 7x + 3 = 0.
∆
= (-7)
2
– 4.2.3 = 25 > 0
∆
= 5. Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1
2
7 5
x 3.
4
7 5 1
x
4 2
+
= =
−
= =
b) 9x
4
+ 5x
2
– 4 = 0. Đặt x
2
= t , Đk : t ≥ 0.
Ta có pt: 9t
2
+ 5t – 4 = 0.
a – b + c = 0
⇔
t
1
= - 1 (không TMĐK, loại)
t
2
=
4
9
(TMĐK)
t
2
=
4
9
⇔
x
2
=
4
9
⇔
x =
4 2
9 3
= ±
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x
1,2
=
2
3
±
2) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2;5) và B(-2;-3)
2a b 5 a 2
2a b 3 b 1
+ = =
⇔ ⇔
− + = − =
Vậy hàm số càn tìm là : y = 2x + 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
E
F
D
A
M
O
C
B
Câu 2.
1) Gọi vận tốc xe thứ hai là x (km/h). Đk: x > 0
Vận tốc xe thứ nhất là x + 10 (km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi quảng đường từ A đến B là :
200
x 10+
(giờ)
Thời gian xe thứ hai đi quảng đường từ A đến B là :
200
x
(giờ)
Xe thứ nhất đến B sớm 1 giờ so với xe thứ hai nên ta có phương trình:
200 200
1
x x 10
− =
+
Giải phương trình ta có x
1
= 40 , x
2
= -50 ( loại)
x
1
= 40 (TMĐK). Vậy vận tốc xe thứ nhất là 50km/h, vận tốc xe thứ hai là 40km/h.
2) Rút gọn biểu thức:
( ) ( )
1 x 1 1
A 1 x x x x
x 1 x 1
+ −
= − + = +
÷
÷
÷
+ +
=
( )
x
x x 1
x 1
+
÷
÷
+
= x, với x ≥ 0.
Câu 3. (1,5 đ)
Cho phương trình: x
2
– 2(m+2)x + m
2
+ 4m +3 = 0.
1) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi giá trị của m.
Ta có
2
2
(m 2) m 4m 3 1
′
∆ = − + − − − =
> 0 với mọi m.
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi giá trị của m.
2) phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi giá trị của m. Theo hệ thức Vi-ét
ta có :
1 2
2
1 2
x x 2(m 2)
x .x m 4m 3
+ = +
= + +
A =
2 2
1 2
x x+
= (x
1
+ x
2
)
2
– 2 x
1
x
2
= 4(m + 2)
2
– 2(m
2
+ 4m +3) = 2m
2
+ 8m+ 10
= 2(m
2
+ 4m) + 10
= 2(m + 2)
2
+ 2 ≥ 2 với mọi m.
Suy ra minA = 2
⇔
m + 2 = 0
⇔
m = - 2
Vậy với m = - 2 thì A đạt min = 2
Câu 4.
1) Ta có EA = ED (gt)
⇒
OE
⊥
AD ( Quan hệ giữa đường kính và dây)
⇒
·
OEM
= 90
0
;
·
OBM
= 90
0
(Tính chất tiếp tuyến)
E và B cùng nhìn OM dưới một góc vuông
⇒
Tứ giác OEBM nội tiếp.
2) Ta có
·
1
MBD
2
=
sđ
»
BD
( góc nội tiếp chắn cung BD)
·
1
MAB
2
=
sđ
»
BD
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD)
⇒
·
·
MBD MAB=
. Xét tam giác MBD và tam giác MAB có:
Góc M chung,
·
·
MBD MAB=
⇒
MBD∆
đồng dạng với
MAB∆
⇒
MB MD
MA MB
=
⇒
MB
2
= MA.MD
3) Ta có:
·
1
MOC
2
=
·
BOC
=
1
2
sđ
»
BC
( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
·
1
BFC
2
=
sđ
»
BC
(góc
nội tiếp)
⇒
·
·
BFC MOC=
.
4) Tứ giác MFOC nội tiếp (
$
µ
F C+
= 180
0
)
⇒
·
·
MFC MOC=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC),
mặt khác
·
·
MOC BFC=
(theo câu 3)
⇒
·
·
BFC MFC=
⇒
BF // AM.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét