Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’.. Đường thẳng DE cắt MN tại I.. Chứng
Trang 1NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi : TOÁN Ngày thi: 12/6/2014
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Rút gọn A
b) Tìm a để A+ |A| 0
Câu 2 (2,0 điểm).
1 Giải phương trình: 29 x x 3 x2 26x177
2 Giải hệ phương trình:
x y xy x y
Câu 3 (2,0 điểm).
1 Cho hai phương trình: x2bx c 0(1);x2 b x bc2 0(2) (trong đó x là ẩn, b và c là các tham số) Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2, phương trình (2) có hai nghiệm x3 và x4 thỏa mãn điều kiện
x x x x Xác định b và c
2 Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p + 1)(p – 1) chia hết cho 24
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’) Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O’ lần lượt tại M và N (M và N khác A) Đường thẳng DE cắt MN tại I
Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, D, M, I cùng thuộc một đường tròn
b) MI.BE = BI.AE
c) Khi điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P
ab b bc c ca a
Trang 2ĐÁP ÁN Câu 1
a) Với a ≥ 0, a ≠ 4, a ≠ 9, ta có:
2
2
2
:
:
:
:
3
A
a
a
a
2
b) Ta có:
| | 0
| |
0
3
0 2
2 0
A A
A
a
a
x
Kết hợp với điều kiện, ta có 0 ≤ a < 4 là giá trị cần tìm
Câu 2
1) 29 x x 3 x2 26x177(1)
ĐK: –3 ≤ x ≤ 29
Với mọi a, b ≥ 0, ta có:
2
2 2( ) (a b)
a b
a b
Thay a 29 x b; x ta có:3
2
26 177 ( 13) 8 8
Trang 3Dấu “=” xảy ra khi 13
Do đó (1) ⇔ x = 13 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {13}
2)
( )
x y xy x y
I
ĐK: x ≥ 1, y ≥ 0
Ta có
1 0 1 0
( )( 2 )
2 1 0
x xy y x y
x y x y x y
x y x y
x y
Do đó:
2 1
( )
( 1) 2 2 3 ( 1)( 2 3) 0
9
2 1
2
2 3(Do y+1>0) 10
x y
I
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 10;9
2
Câu 3
1 Vì x3 x1x4 x2 1 x3x11;x4 x21
Áp dụng định lý Vi–ét cho phương trình (1) và phương trình (2) có:
1 2
2
2
1 ( 1)( 2) 0
2 0
2 (c 1)(b 1) 0
1 0
1
x x c
b
b b
b
bc b c
c
Nếu b = 1 thì (1) có nghiệm 1 4 0 1
4
Thử lại:
Trang 42
1 1 4
2
1 1 4
2
c
c
(thỏa mãn)
Nếu b = –2, c = –1 thì
2
2
(thỏa mãn)
Vậy b = 1, 1
4
c hoặc b = –2, c = –1.
2 Đặt A = (p + 1)(p – 1)
Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 2 và 3
p lẻ ⇒ p = 2k + 1 ( k ∈ ℕ*)
⇒ A = (2k + 2).2k = 4k(k + 1)
k và k + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 ⇒ k(k + 1) ⋮ 2
⇒ A ⋮ 8 (1)
Vì p không chia hết cho 3 nên p = 3m + 1 hoặc p = 3m – 1 (m ∈ ℕ*)
Nếu p = 3m + 1 ⇒ p – 1 ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3
Nếu p = 3m – 1 ⇒ p + 1 ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3
Vậy A ⋮ 3 (2)
Từ (1) và (2), với chú ý (3;8) = 1 ⇒ A ⋮ 24
Câu 4
a) Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên DAB= DEB
Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên DAB= BNI
Do đó DEB= BNI=> BEI+ BNI 180
Trang 5⇒ BEN= BIN
Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên BEN =ADB
Do đó BIN= ADB =>BIM+ MDB 180
⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp
⇒ B, D, I, M cùng thuộc một đường tròn
b) Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên BAE =BMI (1)
Vì DAEB và DMIB là các tứ giác nội tiếp nên
ABE =ADE và MBI= ADE =>ABE =MBI (2)
Từ (1) và (2) ⇒tam giác BAE đồng dạng với tam giác BMI (g.g) BE AE MI BE BI AE
BI MI
c) Ta chứng minh AD BE =AE BD
Vì CD là tiếp tuyến của (O) nên
CDA =CBD
=>tam giác CDA đồng dạng với tam giác CBD (g.g)
DA CD
BD CB
Chứng minh tương tự ta có EA CE
EB CB
Mà theo tính chất tiếp tuyến ta có CD = CE nên DA EA AD BE AE BD
BD EB
Ta chứng minh DE đi qua điểm K là giao hai tiếp tuyến tại A và B của (O)
Gọi K1, K2 lần lượt là giao điểm của DE với tiếp tuyến của (O) tại A và B
Khi đó
2
K E K A AE
K AE K DA K AE K DA g g
AD K A K D
K E K A K E AE
AD K A K D K D
Chứng minh tương tự ta có:
2
2
2
K E
BE
BD K D
K E K E
AE BE
AD BD K D K D
Do K1 và K2 đều nằm ngoài đoạn DE nên K1 và K2 chia ngoài đoạn DE theo các tỷ số bằng nhau ⇒ K1 ≡ K2 ≡ K
Vậy DE luôn đi qua điểm K cố định
Câu 5.
Xét
Trang 63 3 3 3 2
2 2
2
(2 )
0 3
5
2 3
b a
b a ab a b b b a b a a b b a
a b a b
ab b
b a
b a
ab b
Ta có 2 BĐT tương tự:
2
2
5
2
3
5
2
3
c b
c b
bc c
a c
a c
ca a
Cộng từng vế 3 BĐT trên ta được
P a b c a b c a b c
3
a b c
a b c
a b c
Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 ⇔ a = b = c = 1