a Chứng minh rằng với mọi giá trị của m khác 0 thì hai đường thẳng d1 và d2 luôn cắt nhau tại một điểm duy nhất b Gọi Mx;y là giao điểm của d1 và d2.. Gọi P là giao điểm thứ hai của DF v
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÝ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015–2016 MÔN: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức
x y y x x y y x
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của A biết rằng x,y là nghiệm của phương trình t2 – 4t + 1 = 0
Câu 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1
2
m
và đường
2
3
d y x m (m là tham số thực khác 0)
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m khác 0 thì hai đường thẳng d1 và d2 luôn cắt nhau tại một điểm duy nhất
b) Gọi M(x;y) là giao điểm của d1 và d2 Tìm m để biểu thức P x 2 y2xy2n3y đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 3: (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm H tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại D (OD > HD) Gọi A là điểm
thuộc (O) (A khác D) sao cho các tiếp tuyến AE, AF của đường tròn tâm H (E, F là các tiếp điểm) cắt đường tròn tâm O lần lượt tại B và C thỏa AB < AC Gọi P là giao điểm thứ hai của DF với đường tròn (O)
a) Chứng minh DP là tia phân giác của ADC
b) Tia phân giác của BDC cắt EF tại Q Chứng minh tứ giác QFCD nội tiếp
c) Chứng minh QD2 = DB.DC
Câu 4: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực
2
2 2
)2 3 4 5 8( 1)
9 2
4 ( 1) 4(4 )
b
x y
Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có trực tập H Gọi M, N lần lượt là chân đường cao vẽ từ B và C
của tam giác ABC Gọi D là điểm thuộc cạnh BC (D khác B và C), E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM và đường tròn ngoại tiếp ta giác BDN (E khác D) Chứng minh ba điểm A, E, D thẳng hàng
Câu 6: (1,5 điểm)
a) Cho A a 2015b2015c2015d2015, với a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn ab=cd Chứng minh
rằng A là hợp số
b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 2xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
Trang 2ĐÁP ÁN Câu 1:
a) A=
x y y x x y y x
2 2
2
x y y x x y y x
x y y x x y y x
x y
y x
x y
x y
Vậy A= 2
x y
b) Do x và y là nghiệm của phương trình t2 – 4t + 1 = 0 (1) nên theo định lí Vi–ét ta có:
x + y = 4; xy = 1 ⇒ x, y > 0; x ≠ y ⇒ x, y thỏa mãn ĐKXĐ của A
Mặt khác ta có
2
3 6
A
Câu 2:
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d1 và d2:
Trang 32
(4 ) (2 1)(4 )
2 1
2
( 1) m 1 3 m
m
x
m
Vậy 2 đường thẳng luôn cắt nhau tại điểm M(2m-1;3-m) ∀ m
b) Theo câu a ta có x = 2m – 1; y = 3 – m
Thay vào P, ta có:
2 2
2
2
2 3 (2 1) (3 ) (2 1)(3 ) 2(2 1) 3(3 )
(4 4 1) ( 6 9) ( 2 7 3) 4 2 9 3
10 4
( 5) 29 29
m
Dấu bằng xảy ra ⇔ m = –5
Vậy GTNN của P là –29 ⇔ m = –5
Câu 3:
Trang 4⇒ FH // OP Mà FH ⊥ AC (tính chất tiếp tuyến) nên OP ⊥ AC
Tam giác OAC cân tại O có OP là đường cao kẻ từ đỉnh O, nên OP cũng là phân giác góc AOC Suy ra AOP =COP (1)
Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung, ta có:
ADP AOP CDP COP
Từ (1) và (2) ta có:
ADP=CDP
Suy ra DP là phân giác góc ADC
b) Chứng minh tương tự câu a ta có DE là phân giác góc ADB Do đó
1
2
(3)
BDC CDQ
EDF CDQ
Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung:
EDF=EFA(4)
Từ (3) và (4) ta có:
CDQ=EFA=>CDQ+QFC=180o
Suy ra tứ giác QFCD nội tiếp đường tròn
c) Chứng minh tương tự câu b ta có hai tứ giác QFCD và QEBD nội tiếp Suy ra
DBQ=DEQ;DQC=DFC(5)
Mặt khác:
DEQ=DFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung DF) (6)
Từ (5) và (6) suy ra
DBQ=DQC
Xét ∆ DQB và ∆ DCQ có:
2
( )
~ ( ) ( )
QDB QDC gt
DBQ DQC cmt
Câu 4:
)2 3 4 5 8( 1)(1)
a x x x x
ĐK: x2 4x 5 0 (x 2)2 1 0 (luôn đúng ∀ x)
(1)2(x 4x5) 3 x 4x 5 2 0
Đặt 2
4 5, 0
t x x t Phương trình (1) trở thành
Trang 52 3 2 0
1
( )
2
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 2 3; 2 3
2
2 2
9 2 (2)
4 ( 1) 4(4 )(3)
b
x y
ĐK: x-y>0x>y
2 2
2 2
2 2
0
8
(x )( 4) 4( ) 16( )
4
xy
x y
x y
Thay x = y + 4 vào (2), ta có:
2 2
( )
TM
Vậy hệ phương trình có nghiệm (7;3);(3; 5
2 2
)
Câu 5:
Trang 6Vì BNED là tứ giác nội tiếp nên:
BNE=EDC (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (1)
Vì CDEM là tứ giác nội tiếp nên:
EDC=EMA (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
BNE =EMA =>ANE+ EMA 180
Suy ra tứ giác ANEM nội tiếp ⇒ AEN= AMN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) (3)
Vì BNC= BMC 90 nên BNMC là tứ giác nội tiếp Suy ra
AMN= NBD (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (4)
Từ (3) và (4) suy ra
AEN= NBD
Mà BNED là tứ giác nội tiếp nên NBD +NED=180o=> AEN +NED=180o =>AED =180o Suy ra A, E, D thẳng hàng
Câu 6:
a) Đặt (a, d) = k, suy ra a = ka1, d = kd1 với (a1, d1) = 1 và k, a1, d1 ∈ ℕ*
Khi đó ab = cd ⇔ a1b = cd1 ⇒ cd1 ⋮ a1, mà (a1, d1) = 1 nên c ⋮ a1 ⇒ c = a1c1
⇒ a1b = cd1 = c1a1d1 ⇒ b = c1d1
Từ đó ta được:
2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015
là hợp số vì 2015 2015
a d và 2015 2015
1
k c là các số nguyên dương ≥ 2
b) Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương, ta có:
Trang 72 2
xy
Tương tự ta có:
2
2
2 (x y)
2 (2) 2
2 x(y z)
2 (3) 2
y z z
yz
x y
z x
zx
y z
Cộng từng vế của (1), (2) và (3), ta có:
xy yz zx xy yz zx
xy yz zx
Chia cả hai vế của BĐT cho 2xyz, ta có:
1
P
Dấu bằng xảy ra khi 3
2
x y z
Vậy GTNN của P là 1 khi 3
2
x y z