Từ M kẻ MH vuông góc với AB tại H.. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB.. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D.. Chứng minh rằng đường thẳng MD luô
Trang 1đề thi vào lớp 10 chuyên Năm học 2006 - 2007 môn toán
( Thời gian làm bài 150' )
Bài 1
Cho biểu thức :
P = (3x 9x 3
1
x 1− +
1
x 2+ ) : 1
x 1−
a.Tìm điều kiện của x để P có nghĩa, khi đó hãy rút gọn P ?
b.Tìm các số tự nhiên x để 1
P là số tự nhiên ? c.Tìm giá trị của P với x = 4 - 2 3
Bài 2
Cho ba số thực a,b,c thoả mãn điều kiện
o a,b,c 2
a b c 3
+ + =
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2+ b2+ c2
Bài 3
Tìm các số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức
x2 + xy + y2 = x2y2
Bài 4
Cho phương trình : x3- m(x+2) + 8 = 0
1/Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ?
2/Khi phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,x2,x3
Chứng minh: x3
1 + x3
2 + x3
3 = 3x1x2x3
Bài 5
Cho đường tròn (O) và dây AB; điểm M chuyển động trên đường tròn Từ M kẻ
MH vuông góc với AB tại H Gọi E, F thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên
MA và MB Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D
a Chứng minh rằng đường thẳng MD luôn đi qua một điểm khi M thay đổi trên đường tròn ?
b Chứng minh rằng:
2 2
MB = BD BH⋅
(Giám thị không giải thích gì thêm)
Trang 2đáp án biểu điểm
Bài 1 (2điểm)
a Điều kiện x 0
x 1
≥
≠
P =
( x 1x 3 x 2) ( x 2) (x 1)
( x 1x 1) ( x 2x 2) ( x 1) ( x 1)
x 1+ 0,5 đ
b.Do ( )2
x 1+ ≥ 0 với ∀x nên 0
1
1
x 1
+
Vì thế 1
P = ( )2
1
x 1+ ∈ N ⇔ ( )2
1
x 1+ =1 ⇔ ( )2
x 1+ =1 0,5 đ
Mà x 1+ > 0 nên x 1+ =1 ⇔x = 0 Khi đó 1
P=1 là số tự nhiên c.x = 4 - 2 3 = ( )2
3 1− suy ra
Bài 2 (2điểm)
Từ giả thiết 0≤ a,b,c ≤ 2, suy ra
(2 - a)(2 - b)(2 - c) + abc ≥ 0 0,5 đ ⇔8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) ≥ 0
⇔8 - 12 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 0 (vì a + b + c = 3)
⇔a2+b2+c2+2ab + 2bc + 2ca ≥ 4 + a2+b2+c2
⇔(a + b + c)2 ≥ 4 + a2+b2+c2
⇔9 ≥ 4 + a2+b2+c2
Dấu đẳng thức xảy ra khi (a;b;c) = (0;1;2) và các hoán vị của bộ số này Vậy Max P = 5 khi (a;b;c) = (0;1;2) và các hoán vị của bộ số này 0,5 đ
Bài 3 (2 điểm)
x2+ xy + y2= x2y2 (1)
Đặt x + y = a , xy = b ( a,b ∈ Z) Phương trình (1) có dạng:
a2- b = b2 ⇔ b2+ b - a2= 0 (2)
∆ = 1 + 4a2 0,5đ Để phương trình (2) có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương suy ra
4 a2 + 1 = k2 (k ∈ N) ⇔ (k - 2a)(k + 2a) = 1 0,5 đ
Ta có bảng sau:
Trang 3k - 2a 1 -1
Thay a = 0 vào (2) ta có:
b2+ b = 0 ⇔ b(b + 1) = 0 ⇔ b 0
=
= −
* Với a 0
b 0
=
=
x y 0
xy 0
+ =
=
x 0
y 0
=
=
* Với a 0
=
= −
x y 0
xy 1
+ =
= −
(x,y) (1; 1) (x,y) ( 1;1)
= −
0,5 đ
Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x,y) là (0;0), (1;-1), (-1;1)
Bài 4 (1 điểm)
⇔
Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình
x2- 2x + 4 - m = 0 (2)
phải có 2 nghiệm phân biệt khác (-2)
⇔
m 12
4 4 4 m 0
>
∆ = − + >
b Gọi x1,x2là các nghiệm của (2) Khi đó x3= -2
Theo hệ thức Vi-ét: 1 2
1 2
0,25 đ
Như vậy x1+ x2= - x3
⇒ (x1+ x2)3 = - x3
3 ⇒ 3 3 3
1 2 1 2 3 3
x + +x 3x x x = −x ⇒ 3 3 3
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
x + +x x =3x x x 0,25 đ
Trang 4B i 5 à (3 điểm)
a Tứ giác MEHF nội tiếp đường tròn vì
có MEH + MFH = 1800
⇒ AMB = 1800- EHF = EHA + FHB
⇒ EHA = AMB – FHB (1) 0,5 đ
MHF = MEF (Hai góc nội tiếp cùng
chắn cung MF)
Lại có
MHF + FHB = 900 = MEF + EMD
⇒ FHB = EMD
Kết hợp với (1) suy ra EHA = DMB
Gọi N là giao điểm của AD với đường tròn (O)
Ta có DMB = NAB (góc nội tiếp cùng chắn cung NB)
Do đó AN// HE mà HE ⊥ MA nên NA ⊥ MA
⇒ MAN = 900
⇒ AN là đường kính của đường tròn
Vậy MD luôn đi qua một điểm cố định 0,5đ
Trang 5b KÎ DI ⊥ MA, DK ⊥ MB Ta cã:
MAH
MBD
BD = S = BM.DK
MAD
MBH
BH = S =BM.HF
VËy
2
2
Ta cã HMB = FHB (cïng phô víi MHF)
mµ FHB = EMD (chøng minh trªn)
⇒ HMB = EMD ⇒ AMH = DMB ( 2 )
Tø gi¸c MEHF néi tiÕp ®êng trßn nªn AMH = EFH ( 3 )(cïng ch¾n cung EH)
vµ EHF = 1800- AMB
Tø gi¸c MIDK néi tiÕp ®êng trßn nªn DMB = DIK ( 4 )(cïng ch¾n cung
DK)
Vµ IDK = 1800- AMB
⇒EFH = DIK (suy ra tõ (2), (3), (4))vµ EHF = IDK ( = 1800- AMB)
⇒ ID DK
HF= HE ⇒ID.HE DK.HF= ⇒ ID.HE 1
DK.HF = KÕt hîp víi (*) ta cã
2
2