2/ Chứng minh rằng phơng trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m.. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A, từ M kẻ hai tiếp tuyến phân biệt ME, MF với đờng tròn O, E, F
Trang 1Đề thi tuyển sinh năm 2007 2008–
Bài 1 : Cho biểu thức P = +
+ +
−
−
+
3 x
4 x 2 x x 2 x
5
1/ Rút gọn P
2/ Tìm x để P > 1
Bài 2 : Cho phơng trình x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1), (m là tham số)
1/ Giải phơng trình (1) với m = -5
2/ Chứng minh rằng phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m
3/ Tìm m để x 1 −x 2 đạt GTNN (x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình (1) nói trong phần 2/)
Bài 3 : Cho (O) và hai điểm A, B phân biệt thuộc (O) sao cho đờng thẳng AB không
đi qua tâm O Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A, từ M kẻ hai tiếp tuyến phân biệt
ME, MF với đờng tròn (O), (E, F là hai tiếp điểm) Gọi H là trung điểm của dây cung AB; các điểm K và I theo thứ tự là giao điểm của đờng thẳng EF vơi các đờng thẳng OM và OH 1/ Chứng minh 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đờng tròn
2/ Chứng minh : OH.OI = OK.OM
3/ Chứng minh IA, IB là các tiếp tuyến của (O)
Bài 4 : Tìm tất cả các cặp số (x; y) thoả mãn : x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = -6 để x +
y là số nguyên
Hớng dẫn
Bài 1 : 1/ P =
2 x
4 x
−
−
2/ P = 1 khi 0 ≤ x < 4
Bài 2 :1/ Khi m = -5, ta có pt x2 + 8x - 9 = 0 ⇒ x1 = 1, x2 = -9
2/ Có ∆′= [-(m + 1)]2 – 1.(m – 4) = m2 + 2m + 1 – m + 4 = m2 + m + 5 = (m +
2
1 )2 +
4
19
>0
⇒ PT luôn có 2 no p/b với mọi m
3/ No của pt là x1 = m + m 2+m+5, x2 = m - m 2+m+5
5 m m m 5 m m m
x
2
1− = + + + − + + + = 2 m 2 +m+5 = 2 m 2+m+5
Có m2 + m + 5 = (m +
2
1
)2 +
4
19
≥ 19 4 ⇒ m 2+m+5≥ 2 19
⇒ 2 m 2+m+5≥ 19
Vậy GTNN của x 1 −x 2 là 19 khi m = -1
Bài 3 :
A
M
I
B E
F H
1/ 5 điểm M, E, O, H, F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính MO
2/ ∆OHM ~∆OKI (g.g) ⇒
OI
OM OK
OH = ⇒ OH.OI = OM.OK 3/ Có ∆MEO ~∆EKO (g.g) ⇒
OK
OE OE
MO= ⇒ MO.OK = OE2
Trang 2Mà OE = OA nên MO.OK = OA2 ⇒
OK
OA OA
MO= ⇒ ∆MOA ~∆AOK (c.g.c)
⇒ ∠OMA = ∠OAK Mà ∠OMA = ∠OIK (cmt) ⇒ ∠OAK = ∠OIK
⇒ Tứ giác IAKO nt (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp …)
⇒ ∠OAI = ∠OKI = 900 (2 góc nt cùng chắn cung OI của (IAKO))
⇒ OA ⊥ IA ⇒ IA là tt của (O)
Lại có ∠OAI = ∠OBI = 900 ⇒ IB là tt của (O)
Bài 4 : x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = -6 (1)
Cách 1 : Đặt x + y = t (t ∈ Z) ⇒ y = t – x ⇒ y2 = t2 – 2xt + x2 ta đợc pt :
x2 +2(t2 – 2tx + x2) +2x(t – x) – 5x – 5(t – x) + 6 = 0
⇔ x2 +2t2 – 4tx + 2x2 + 2xt – 2x2 – 5x – 5t + 5x + 6 = 0
⇔ x2- 2xt + 2t2 – 5t + 6 = 0 (*)
Có ∆' = (-t)2 -1.(2t2 – 5t + 6) = t2 – 2t2 + 5t – 6 = -t2 + 5t – 6
Để (1) có no (x; y) thì (*) có no x
Để (*) có no x thì ∆'≥ 0 hay -t2 + 5t – 6 ≥ 0 ⇔ t2 - 5t + 6 ≤ 0 ⇔ (t - 3)(t - 2) ≤ 0
⇔ 2 ≤ t ≤ 3
⇒ pt (*) có no x1, 2 = t ± −t 2+5 t−6
Mà t ∈ Z nên t ∈ {3; 2}
- Với t = 3 thì x = 3 ⇒ y = 0
- Với t = 2 thì x = 2 ⇒ y = 0
Vậy với (x = 3; y = 0), (x = 2; y = 0) thì x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = -6 và x + y là số nguyên
Cách 2 : x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = -6 ⇔ (x + y)2 – 5(x + y) + 6 + y2 = 0,
⇔ (x + y – 3)(x + y – 2) + y2 = 0
- Nếu y = 0 thì
=
−
=
−
0 2 x
0 3
=
=
2 x
3 x
- Nếu y ≠ 0 thì y2 ≥ 0, khi đó :
(x + y – 3)(x + y – 2) + y2 = 0 ⇔ (x + y – 3)(x + y – 2) < 0
⇔
<−
+
>−
+
>−
+
<−
+
0 2
y
x
0 3
y
x
0 2
y
x
0 3
y
x
⇔
<+
>+
>+
<+
2 y x
3 y x
2 y x
3 y x
⇔
< + <
lí
ô V
3 y x 2
Vì x + y ∈ Z nên không có số nguyên nào thoả mãn lớn hơn 2 và nhỏ hơn 3 Do đó không
có cặp số (x; y) nào thoả mãn 2 < x + y < 3
Vậy với (x = 2; y = 0), (x = 3; y = 0) thì x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = -6 và x + y là số nguyên