Đề thi & DA (chuyên Lê Hồng Phong NĐ 08-09)

Chứng minh SR là tiếp tuyến của đờng tròn O; R.

sở GD - Đt Nam Định

đề chính thức

kỳ thi tuyển sinh vào trung học phổ thông

năm học 2008 -2009 môn : toán - đề chuyên lê hồng phong

Bài 1: Chứng minh rằng nếu phơng trình bậc hai a x 2 b x c   0 có hai nghiệm

d-ơng x x1; 2thì phơng trình cx2 bx a  0 cũng có hai nghiệm x x3; 4 đồng thời:

1 2 3 4 4

x x x x  Bài 2:

1 Cho a; b; c là các số thực đôi một khác nhau Rút gọn biểu thức sau:

A

a b a c b c b a c a c b

2 Cho các số thực dơng x; y; z thoả mãn: x3 y3 z3  3xyz 0 Tính giá trị của biểu thức: Bx y 27y x 6z x 2008

Bài 3:

1 Giải hệ phơng trình:

2

x x y







2 Giải phơng trình: x 14x 34  34

Bài 4: Cho đờng tròn (O; R) và một đờng thẳng d đi qua O Lấy A và B là hai điểm

thuộc d sao cho OA = OB < R; M là điểm tuỳ ý trên (O; R) thoả mãn OM không vuông góc với d đồng thời M không thuộc d Các đờng thẳng MA,

Mo, MB Cắt (O; R) lần lợt tại Q, R, P (khác M) Đờng thẳng PQ cắt d tại S

1 Chứng minh: MA2 MB2 AB2

2 Chứng minh SR là tiếp tuyến của đờng tròn (O; R)

Bài 5:

1 Cho a; b là các số thực dơng thoả mãn: a + b =1 Chứng minh rằng:

1 21 2

6

a b a b 

2 Tìm tất cả các bộ số nguyên dơng x; y; z sao cho: x y z  2 2x 2y là

số chính phơng

hết

sở GD - Đt Nam Định

đề chính thức

kỳ thi tuyển sinh vào trung học phổ thông

năm học 2008 -2009 môn : toán - đề chuyên lê hồng phong

đáp án và thang điểm

Bài 1(1;5đ)

Với x0> 0 ta có : 02 0 2

0 0

ax bx c a b c

x x

0.25

Do đó nếu x x1; 2 là nghiệm dơng của PT: a x 2 b x c   0 thì :

0.5

3 4

;

  là nghiệm của PT: cx2 bx a  0

Ta có: 1 2 3 4 1 2

Theo BĐT côsi: 1 2

    (Vì x x1; 2 dơng) Vậy: x1x2x3x4  4

0.5

Bài 2(2,0đ)

A

a b a c b c b c b a c a c a c b a b

0.25

a b c b c a c a b

a b a c b c

0.25

Ta có:a(b-c) + b(c - a) + c(a - b) = ab - ac + bc - ba + ca - cb = 0 0.25

2.Phân tích x3 y3 z3  3xyz (x y z x  )( 2 y2 z2  xy yz zx  0.25

Do x; y; z dơng nên x + y + z > 0  x2 y2 z2  xy yz xz   0 0.25

x y z xy yz xz x y y z z x

x y z

0.25

Vậy: Bx y 27y x 6z x 2008 0.25 Bài 3(2,0đ)

1

2

x x y







Nếu hệ có nghiệm (x; y) từ (1)  y 2x2  3x thay vào (2)

   2

2 1 2 2 4 3 2 1 2 2 4 3

          (3)

Do 2x2 - 4x + 3 > 0 và x 22   1 1 x

0.25

2x2 4x 3 x 22 1 2x2 4x 3

Vậy từ (3)  x2   1 2x2  4x  3 x 22   0 x 2

Với x = 2 thay vào hệ ta đợc y = 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2

0.5 0.25

2 Đặt x - 2 = t, ta đợc phơng trình t 14t 14  34

2t 12t 2 34 t 6t 16 0(*)

Giải phơng trình (*) ta đợc t2    2 t 2

Vậy nghiệm của phơng trình đã cho là: x1   2 2;x2   2 2

M

d S C D

Q II P R

Không làm mất tính tổng quát giả sử MA > MB

0.25 0.25 0.25 0.25

(1) (2 )

O

H

B A

E I

K

1 Gọi C; D là giao điểm của d với (O; R) Ta có CMD  90 0

Mà OA = OB < R  A và B nằm giữa C và D AMB nhỏ hơn

CMD  AMB là góc nhọn

Kẻ BH vuông góc với AM thì H nằm giữa AvàM (Vì MA > MB) Xét tam giác vuông AHB và MHB, theo định lý Pitago ta có:

AB AH HB và có HB <MB; AH < MA VậyMA2 MB2 AH2 HB2  MA2 MB2 AB2 (đpcm)

2 Kẻ QE // d (E MP) Gọi I là trung điểm của PQ và

K QE MR Ta có OI PQ( Bán kính vuông góc với dây tại trung điểm của dây)

Theo GT OA = OB suy ra KQ = KE ( Vì QE // AB) Vì K là trung điểm của QE và I là trung điểm của PQ nên IK//PE

Do đó:QIK QPE   (1) (Hai góc đồng vị)

mà QRM QPM (2) (Cùng chắn cung QM của (O) )

Từ ( 1) và (2) suy ra QRK QIK   suy ra tứ giác QRIK là tứ giác nội tiếp

Ta có: KQI BSQ (3) ( hai góc đồng vị ) KQI  KRI (4) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung KI của

đờng tròn ngoại tiếp tứ giác QRIK)

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác SRIQ là tứ giác nội tiếp

SRO SIO

    SROR suy ra SR là tiếp tuyến của (O; R)

0.25

0.5 0.25

0.5

0.5

0.5

0.5

Bài 5(1,5đ)

Ta có 1 1 4

x y x y (*)  x,y dơng

Thật vậy (*)  x y 2  4xy x y 2  0(luôn đúng).Vậy (*)đúng

0.25

Ta có 1 21 2 1 1 21 2

a b a b  ab ab a b áp dung (*) ta đợc:

4

2ab a b 2ab a b  (Vì a; b > 0 và a + b = 1 ) mặt khác  

2

2

2

a b ab

ab a b

6

a b a b 

0.25

0.25

2 Với x, y, z là các số nguyên dơng ta có

x y z   12 x y z  2 x y z   12 Mặt khác:

x y z   12 x y z  2 2x y z    1 x y z  2 2x 2y

(x y z   1) 2 x y z  2 2x y z    1 x y z  2 2x 2y

Từ đó suy ra :x y z  2 2x 2y là số chính phơng thì

x y z  2 2x 2y= x y z  2 suy ra x = y

Với x = y tuỳ ý thì: x y z  2 2x 2y= 2x z 2 luôn là số chính phơng

Vậy các bộ ba số x; y; z thoả mãn yêu cầu bài toán là (n; n; k) với n; k là các số nguyên tuỳ ý

0.25

0.25

0.25