Cho đường tròn O, G7 năm ngoài nhau có tâm tương ứng là O va O’.. Một tiếp tuyễn chung ngoài của hai đường tròn tiếp xúc với Ó tai A va G' tại B.. Một tiếp tuyến chung trong của hai đườn
Trang 1DE & DAP AN TUYEN SINH 10
TOAN NAM 2005-HÀ NỘI (GHO MỌI THÍ SINH )
Trang 2Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2005
(cho mọi thí sinh) Bài 1 Giải hệ phương trình
[ +ự+zu =3
#ø '+ự =2
Bài 2 Giải phương trình
z+4Vz+3+2V3-— 2r = 11
Bài 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình
#2 + 172 + 34x + 51(z + ) = 1740
Bài 4 Cho đường tròn (O), (G7) năm ngoài nhau có tâm tương ứng là
O va O’ Một tiếp tuyễn chung ngoài của hai đường tròn tiếp xúc với (Ó) tai A va (G') tại B Một tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn cắt 4B tại 1, tiếp xúc với (C) tại C va (O’) tai D Biét C nằm giữa ï và D
1 Hai đường thẳng OC,C'B cắt nhau tại M Chứng minh ring OM >
O'M
2 K¥ hiéu (S) 1a dutmg tron di qua A,C,B va (S’) là đường tròn đi
qua A, D, B Đường thằng ŒD cắt (S) tại E khác Œ và cắt (S") tai
F khác D Chứng minh rằng 4F vuông góc với BE
Bài 5 Giả sử z, y,z là các số dương thay đổi và thoả mãn điều kiện œ2z2 + z2z + = 3z? Hay tìm giá trị lớn nhắt của biểu thức
„4
f=T+z*+w9
Trang 3Dép An tuyén sinh lép 10 nam 2005
(cho moi thi sinh)
Bài 1 Hệ đã cho tương đương với
(r + y)?— 2zụ =2 S?-_9P =? (*)
với huy
ty =P
Hệ (*) có nghiêm là
p=7 hệ này vô nghiêm
=Í
Vậy nghiêm của hê đã cho là: z = y= 1
Bài 2 Phương trình đã cho tương đương với
li—z—4vz+3—2v3 —-2z =0
(z+3 — 4V+z+3+4) +(3 —2z — 2V3 — 3z + 1) = 0
© (vr+3-2)?+(v3—2z—1}*=0
vz+3-2=0 g wa v3—2r -1=0
Bài 3 Phương trình đã cho có dạng
Trang 4Bai 3 Phuong trinh da cho cé dang
x’ + 17[y? + 2ry + 3(x + y)] = 1740
Chít ý rằng với số + nguyên, x c6 thé o dang như sa:
z=l?k‡+r với r=0,1,2,3,4,5,6,7,8
Tìr đó suy ra zˆ có các dạng tương ứng sa:
x’ = 17h
?!=17k+1
z°=1?7+4
az’ = 17k+9
a’ = 17k + lô
x’ = 17k+8
a’ = 17k +2 a? =17k+ 15 z’=17k+13
Nhan thay ring vé phai 1740 khi chia cho 17 có số dư là 6 Trong khi
đó về trái khi chia cho 17 trong moi trutng hop déu khong c6 96 dư là 6
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
Bài 4
l) (Xem hình 1)
Trang 5Vậy phương trớnh đọ cho khừng cụ nghiởm nguyởn
Bỏi 4
1) (Xem hớnh 1)
Cõch 1: Ta cụ OM//O!D (OM vỏ @'D cỳng vuừng gục với CD)
=> MOO!' =O@!D < IO!D = IO'M < OO'M => OM > O'M Cõch 9: Gọi M' Ja giao diờm cia OA va O'D Ta xờt hinh binh hanh MOM'O’ Kđơ hiờu S la diờn tich hinh bớnh hỏnh đụ, ta cụ
OM AB
Vớ T thuộc đoạn 4ệ, nởn 4ệ = AI + I8 = AI+TID = AI+IC+ŒCD >ŒD
hay
AB
Từ (1) vỏ (2) suy ra dpem
2) (Xem hớnh 2)
Cõch 1 Tứ giõc AC BE nừi tiếp vỏ IA = 1C, nởn 1ệ = IE Mặt khõc
ta cụ 1B = ID, do đụ IB = ID = IE vỏ BED vuừng tại B suy ra
Tit giac ADBF nời tiờp va JB = ID, nởn
Ti (1) va (2) suy ra AFLBE
Cõch 9: Ta cụ
FAB = FDB = IDB =IBD =ABD = AF//BD (1)
Vi JO’ la phan giõc BID va JO la phan giõc Dĩ 4, nởn JOLIO’
Lai c6 AC LIO, do vay AC//IO"' Ta cụ
ABE = ACE = BAC => BE//AC//O'l (2)
Từ (1) va (2) suy ra BDLEB => AF LBE
Bỏi 5 Diễu kiện đọ cho cụ thể viết lại lỏ
Trang 6Bài 5 Diễn kiên đã cho có thể viết lại là
l l
ry +27 2 TUS =3
Biéu thite P c6 dang
1
P=——
+z!i+
Đặt Š = í, ta thu được bài toán sau:
Với z,y,t > 0 thoa man zy* + yt? + tz? = 3, tìm giá trị lớn nhắt của
biển thức
“Fea
Ta có
ri +y'+y'+1 2 427?
°+ft+£#+1> tụ?
f®“+z“+z+1 >4fr?
=> 3(z!+'+f!)+3 > (ry? + yt? + ta?) = 12
> g+y'+t' 23
—————— —
z°“+g°+( `3
Vậy P = ‡ đạt được khi z = y=z=1