Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC.. Đường thẳng DE cắt tia CB tại S a Chứng minh rằng các tứ giác ADHE, BCED nội tiếp được đường tròn b Đường thẳng SA cắt đườ
Trang 1Sở GD-ĐT Hà Tĩnh ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút
Vòng 1: (Đề chung) Ngày thi: 15/06/2013
Bài 1: Cho biểu thức P 8 2 x 1 x x 1 x 10
a) Tìm điều kiện x để P xác định và rút gọn P
b) Tìm x để P có giá trị bằng 30
Bài 2: Cho phương trình 3x2+2 m 1 x( − ) (− 2m 1+ =) 0
a) Giải phương trình khi m = -1
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn ( ) ( ) 2 2
x +1 x + =1 x x +x x +2
Bài 3: a) Giải phương trình x 1− + 4x 1 4+ =
b) Giải hệ phương trình
3
4xy 2x y x 2y 2x x 8y 3 0
Bài 4: Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) có AH ⊥ BC tại H Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H
trên AB và AC Đường thẳng DE cắt tia CB tại S
a) Chứng minh rằng các tứ giác ADHE, BCED nội tiếp được đường tròn
b) Đường thẳng SA cắt đường tròn đường kính AH tại M Các đường thẳng BM và AC cắt nhau tại F Chứng minh rằng FA.FC SB.SC SF+ = 2
Bài 5: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng
2
Hết
-LỜI GIẢI
Bài 1: a) ĐKXĐ: x 0 x 0
x 9
x 3 0
≥
x 1
8 x 24 2x 6 x x 3
x 9
−
2x x 27
x 9
x 9
−
2x x 27
b) P 30= ⇒2x+ x 27 30+ = ⇔2x+ x 3 0− = ⇔2x 2 x 3 x 3 0− + − =
Trang 2( ) ( ) ( )( )
(Vì 2 x 3 0+ > ) Đối chiếu ĐKXĐ ta có x = 1 thỏa mãn bài toán
Bài 2: a) Khi m = -1 ta có phương trình 3x2 −4x 1 0+ = phương trình này có 3 + (-4) + 1 = 0 (a + b + c = 0) Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 =1; x2 1
3
= b) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:
⇔ ≠ −
Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình Áp đụng hệ thức Viét ta có:
1 2
2m 2
x x
3 2m 1
x x
3
−
+ = −
x +1 x + =1 x x +x x + ⇔2 x x + x +x + =1 x x x +x +2
x x − =1 x x x +x − x +x ⇔ x x −1 x +x − x x − =1 0
2m 2
1 1
1 3
−
Đối chiếu ĐK: m≠ −2 ta có m 1
2
= − thỏa mãn bài toán
Bài 3: a) ĐKXĐ:
x 1
x 1 0
x 1 1
4x 1 0 x
4
≥
− ≥
x 1− + 4x 1+ =16⇔ − +x 1 2 x 1 4x 1− + +4x 1 16+ =
2
2 4x 3x 1 16 5x
5
− ≥ ⇔ ≤ kết hợp với điều kiện x ≥ 1 ta có 16
1 x
5
2 4x −3x 1 16 5x− = − ⇔4 4x −3x 1− = 16 5x−
16x 12x 4 256 160x 25x 9x 148x 260 0
⇔ − − = − + ⇔ − + = ta có ∆ =' 742−9.260 3136= ' 56
∆ = phương trình có 2 nghiệm 1
74 56
9
−
74 56 130 x
+
Đối chiếu ĐK: 1 x 16
5
≤ ≤ Phương trình có nghiệm là x = 2
b)
3
(1) (2)
4xy 2x y x 2y
2x x 8y 3 0
Từ phương trình (1) ta có (x 2y) 2xy x 2y( ) 0 (x 2y 2xy 1) ( ) 0 x 2y 0
2xy 1 0
*) Với x – 2y = 0 ⇔ 2y = x thế vào phương trình (2) được: 2x3− −x 4x 3 0+ =
2x 2x 2x 2x 3x 3 0 2x x 1 2x x 1 3 x 1 0
2
x 1 0
x 1 2x 2x 3 0
2x 2x 3 0
− =
Trang 3Xét x – 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y 1
2
=
Xét
2
x
x
4
=
=
*) Với 2xy 1 0+ = Nếu x = 0 thì 1 = 0 (vô lí), do đó x ≠ 0 y 1
2x
⇒ = − thế vào phương trình (2)
x
( 4 2 ) 2 2 ( 2 )2 2 1 1 5
( 2 )2 1 2 5
vô nghiệm (vì ( 2 )2 1 2 5
− + + ÷ + >
với mọi x) Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) 1;1 ; 2 7; 2 7 ; 2 7; 2 7
∈ ÷ ÷ ÷ ÷÷
Bài 4: a) Ta có
·
·
0
0
AD DH(gt) ADH 90
AE EH(gt) AEH 90
ADH AEH 90 90 180
Suy ra tứ giác ADHE nội tiếp
(Tổng 2 góc đối bằng 1800)
Mặt khác, µC AHE=· (cùng phụ với ·EHC )
AHE ADE= (góc nội tiếp cùng chắn »AE )
µ ·
C ADE
⇒ = mà (kề bù)
C EDB 180
⇒ + = Suy ra tứ giác BDEC
nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 1800)
b) Theo câu a ta có tứ giác BDEC nội tiếp
C EDB 180
SDB EDB 180+ = (kề bù)
µ ·
C SDB
⇒ = Xét ∆SDB và ∆SCE có
µ ·
C SDB
S chung
=
$ ⇒ ∆SDB ∆SCE (g – g)
SB SD
SB.SC SD.SE
SE SC
Chứng minh tương tự ta cũng có ∆SMD ∆SEA (g – g) SM SD SD.SE SM.SA
SE SA
Từ đó suy ra SB.SC SM.SA= (1) SB SM
SA SC
Xét ∆SMB và ∆SCA có
SB SM
SA SC
S chung
$ ⇒ ∆SMB ∆SCA (g – g) ⇒ =C SMBµ ·
A F
S
M
E
B D N
Trang 4mà ·SMB AMB 180+· = 0 (kề bù) ⇒ +C AMB 180µ · = 0 nên tứ giác AMBC nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 1800)
Chứng minh tương tự như trên ta có ∆FMA ∆FCB (g – g) FA FM FA.FC FM.FB
FB FC
Trên SF ta lấy điểm N sao cho ·FNM MBS= · ta có: ·FNM MNS 180+· = 0(kề bù)
MBS MNS 180
Ta lại có ·MBH MAC 180+· = 0 (Vì tứ giác AMBC nội tiếp) mà ·MBH MBS 180+· = 0 (kề bù)
MBS MAC
⇒ = mà ·FNM MBS=· ⇒FNM MAC· =· Từ đó suy ra ·FNM FAM 180+· = 0 nên tứ giác FAMN nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 1800)
Chứng minh tương tự như trên ta lại có
∆FNM ∆FBS (g – g) FN FM FN.FS FM.FB
FB FS
∆SNM ∆SAF (g – g) SN SM SN.SF SM.SA
SA SF
Từ (1); (2); (3) và (4) ta có
FA.FC SB.SC FM.FB SM.SA FN.FS SN.SF SF FN SN+ = + = + = + =SF (đpcm)
Bài 5:
2
(b2 c a a2) 3 (c2 a b b2) 3 (a2 b c c2) 3 2abc
(b2 c a 2abc a2) 3 (c2 a b 2abc b2) 3 (a2 b c 2abc c2) 3 0
a b c a b c a b c a b c 0
a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c 0
(b c a a b c a) ( ) (b c a b) (c a b c) 0
(b c a ab ac a) ( 2 bc ab b2 ac bc c2) 0
(b c a a) 2 (b2 2bc c2) 0
b c a a b c 0
(b c a a b c a b c) ( ) ( ) 0
⇔ + − − + + − > luôn đúng với a, b, c là ba cạnh của một tam giác
Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh