Tuyển tập đề thi vào lớp 10 Tỉnh Nam Định

Chứng minh : 1/Tứ giác ABTM nội tiếp một đờng tròn.. 1/ Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp một đờng tròn.. Đờng thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt đờng thẳng AQ tại M.. b/ Nếu tứ giác

Đề thi tuyển sinh năm học 1999 – 2000 2000 Bài 1 : Cho biểu thức A =

x 4

4 x

x 2







1/ Với giá trị nào của x thì A có nghĩa?

2/ Rút gọn A

3/ Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999

Bài 2 : Giải hệ phơng trình :





















5 2 y 3 x

4

1 2

y 1 x

1

Bài 3 : Tìm giá trị của a để phơng trình : (a2 – 2a – 3)x2 + (a + 2)x – 3a2 = 0 nhận

x = 2 làm nghiệm Tìm nghiệm còn lại của phơng trình?

Bài 4 : Cho tam giác ABC vuông tại A Trên cạnh AB lấy điểm D không trùng với A

và B Đờng tròn (O) đờng kính BD cắt BC tại E Đờng thẳng AE cắt (O) tại G Đờng thẳng

CD cắt (O) tại F Gọi S là giao điểm của đờng thẳng AC và BF Chứng minh :

1/ Đờng thẳng AC song song với đờng thẳng FG

2/ SA.SC = SB.SF

3/ Tia ES là phân giác của góc AEF

Bài 5 : Giải phơng trình : x 2x12 x136

Dớng dẫn

Bài 1 : 1/ Đk : x  2 2/ A -1/2 nếu x > 2 hoặc A = 1/2 nếu x < 2 3/ A = 1/2

Bài 2 : nghiệm của hpt là (x = 7/3; y = 25/9)

Bài 3 : a = 3 + 17, a = 3 - 17

- Với a = 3 + 17 ta có pt : 17x2 + (5 + 17)x – 78 - 6 17 = 0 Khi đó x2 =

17

17

39 



- Với a = 3 - 17 ta có pt : 17x2 + (5 - 17)x – 78 + 6 17 = 0 Khi đó x2 =

17

17

39 

 Bài 4 :

1/ Có tứ giác DEGF nt (O)  DFG + DEG = 1800 Lại có DEA + DEG = 1800 DFG = DEA

Mặt khác tứ giác ACED nt  ACD = DEA

 ACD = DFG

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AC // FG 2/ SFC ~SAB (g.g)

SB

SC SA

SF

  SF.SB = SA.SC

3/ Có tứ giác AEBS nt  AES = ABS, SEF = ABS  AES = SEF  đpcm

Bài 5 : Đk : x  -1 Đặt x  1 = t (t  0)  x + 1 = t2  x = t2 – 1, khi đó ta có pt :

t4 – t2 +12t – 36 = 0  (t – 2)(t + 3)(t2 – t + 6) = 0  t = 2, t = -3 (loại)

 x = 3

Vậy n0 của pt là x = 3

Đề thi tuyển sinh năm học 2001 – 2000 2002 Bài 1 : Rút gọn biểu thức : M = a 1 1 a

a 1

a a 1





















với a0 ; a1 Bài 2 : Tìm 2 số x và y thoả mãn điều kiện : 









12 xy

25 y

x 2 2

Bài 3 : Hai ngời cùng làm chung một công việc sẽ hoàn thành trong 4 giờ Nếu mỗi ng ời

làm riêng để hoàn thành công việc ngời thứ nhất làm ít hơn ngời thứ hai 6 giờ Hỏi nếu làm riêng thì mỗi ngời sẽ làm trong bao lâu thì hoàn thành công việc

Bài 4 : Cho các hàm số : y = x2 (P) và y = 3x + m 2 (d)

1/ Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của m thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt 2/ Gọi y1 và y2 là tung độ các giao điểm của (d) và (P) Tìm m để có đẳng thức :

y1 + y2 = 11y1y2

D

E

A

C

G

F

S

Bài 5 : Cho tam giác ABC vuông tại A Trên AC lấy điểm M (khác A và C) Vẽ (O) đ ờng

kính MC Gọi T là giao điểm thứ hai của cạnh BC với (O) Nối BM kéo dài cắt (O) tại D, đ -ờng thẳng AD cắt đ-ờng tròn tại S Chứng minh :

1/Tứ giác ABTM nội tiếp một đờng tròn

2/ Khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì góc ADM có số đo không đổi

3/ Đờng thẳng AB song song với đờng thẳng ST

Dớng dẫn

Bài 1 : M = 1  a

Bài 2 : Nghiệm của hpt là : (x = 3; y = 4), (x = 4; y = 3), (x = -3; y = -4), (x = -4; y = -3) Bài 3 : PT :

4

1 6 x

1 x

1





 Ngời thứ nhất 6h Ngời thứ hai 12h

Bài 4 : Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là n0 của pt : x2 = 3x + m  x2 - 3x – m2 = 0 (1)

1/ Có  = (-3)2 – 4.1.(-m2) = 9 + 4m2

Vì m2  0 với mọi m nên 4m2  0 với mọi m  9 + 4m2 > 0 với mọi m hay  > 0 với mọi m  (1) luôn có 2 n0 p/b với mọi m  (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm p/b với mọi m

2/ Gọi x1, x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P) thì y1 = 3x1 + m2, y2 = 3x2+ m2và x1, x2 là

n0 của (1) Theo Vi – et có : x1 + x2= 3 và x1x2 = -m2

Khi đó để y1 + y2 = 11y1y2 thì 3x1 + m2 + 3x2+ m2 = 11(3x1 + m2)(3x2+ m2)

 3(x1 + x2) + 2m2 = 11[9x1x2 + 3m2(x1 + x2) + m4]

 3.3 + 2m2 = 11[9(-m2) + 3m2.3 + m4]

 9 + 2m2 + 99m2 – 99m2 – 11m4 = 0  11m4 - 2 m2 – 9 = 0 (*)

Giải (*) ta đợc m = 1, m = -1, m =

11

3

, m = -

11

3

M

D S

T

A

B

2/ Có

SDM

=

TCM

hay

ADM

=

ACB

Mà ACB có sđ không đổi nên ADM không đổi khi M di chuyển trên AC

3/ Có SDM = TCM, SDM = SCM  TCM = SCM MT = MS  MTS cân tại M 

p/g MC đồng thời là đờng cao  MC  ST  ST // AB

Đề thi tuyển sinh năm học 2002 – 2000 2003 Bài 1 : Cho biểu thức : S = : 2 x xy y

xy y

y xy

x

x



















 với x > 0, y > 0 và x  y 1/ Rút gọn S

2/ Tìm giá trị của x và y để S = 1

Bài 2 : Trên Parabol y =

2

1

x2 lấy 2 điểmA và B, biết hoành độ của A là xA = -2 và tung độ của B là yB = 8 Viết phơng trình đờng thẳng AB

Bài 3 : Xác định giá trị của m để phơng trình x2 – 8x + m = 0 có nghiệm là 4 + 3 Với giá trị m vừa tìm đợc phơng trình còn một nghiệm nữa, hãy tìm nghiệm ấy

Bài 4 : Cho hình thang cân ABCD (AB // CD và AB < CD) nội tiếp (O) Tiếp tuyến với (O)

tại A và tại D cắt nhau tại E Gọi I là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD

1/ Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp một đờng tròn

2/ Chứng minh các đờng thẳng EI // AB

3/ Đờng thẳng EI cắt các cạnh bên AD và BC tại R và S Chứng minh rằng :

a I là trung điểm của RS b

RS

2 CD

1 AB

1



Bài 5 : Tìm tất cả các cặp số (x; y) nghiệm đúng phơng trình :

(16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2

Hớng dẫn

Bài 1 : 1/ S = 1 y 2/ S = 1 khi x > 0, x  1 và y = 1

Bài 2 : xA = -2  yA = 2, yB = 8  xB = 4 Khi đó pt đt AB là : y = x + 4; y = -3x – 4

Bài 3 : m = 13, x2 = 4 - 3

Bài 4 :

1/ Có : AED = 1/2(sđ ABD - sđAD) AID = 1/2 (sđ AD + sđBC) Lại có : AD = BC  sđ AD = sđ BC

 AED + AID = 1/2(sđ ABD - sđAD) + 1/2(sđ AD + sđBC) = 1/2.3600 = 1800

 Tứ giác AEDI nt

2/ Có AIE = ADE, BAC = ADE

 AIE = BAC  AB // EI

3.a/ Có ACD = BDC  ICD cân tại I  IC = ID

SIC = IDC, RID = IDC  SIC = RID

 RDI = SCI (g.c.g)  RI = SI

b/ Có

DC

RI AC

AI

 ,

AB

SI CA

CI

AC

AC AC

IC AI CD

RI AB

SI











Mà SI = RI =

2

1

RS 

RS

2 CD

1 AB

1



 Bài 5 : (16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2  16x4y4 + 16x4 + y4 + 1 – 16x2y2 = 0

 (16x4y4 - 8 x2y2 + 1) + (16x4 - 8 x2y2 + y4) = 0  (x2y2 – 1)2 + (4x2 – y2)2 = 0















0 y

x

4

0 1 y

x

2 2

2

2

 …









1 y

2

1 x

,











1 y

2

1 x

,











1 y

2

1 x

,













1 y

2

1 x

Đề thi tuyển sinh năm học 2003 – 2000 2004 Bài 1 : Giải hệ phơng trình :



















7 , 1 y x 1 x

3

2 y x 5 x

2

Bài 2 : Cho biểu thức P = x 1 1 x x x

 với x > 0 và x  1

1/ Rút gọn P 2/ Tính giá trị của P khi x =

2 1

Bài 3 : Cho đờng thẳng (d) : y = ax + b Biết đờng thẳng cắt trục hoành tại điểm có hoành

độ bằng 1 và song song với đờng thẳng y = -2x + 2003

1/ Tìm a và b

2/ Tìm toạ độ các điểm chung (nếu có) của (d) và parabol (P) : y =

2

1

 x2

Bài 4 : Cho (O) và điểm A cố định nằm ngoài (O) Từ A kẻ các tiếp tuyến AP và AQ với

(O) (P và Q là tiếp điểm) Đờng thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt đờng thẳng AQ tại M

1/ Chứng minh rằng MO = MA

2/ Lấy N trên cung lớn PQ của (O) sao cho tiếp tuyến tại N của (O) cắt các tia AP,

AQ lần lợt tại B và C Chứng minh :

a/ AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí của N

b/ Nếu tứ giác BCQP nội tiếp một đờng tròn thì PQ // BC

Bài 5 : Giải phơng trình x 2  x 3 x2 x 2 x2 x 3

I

C E

D

S

Hớng dẫn

Bài 1 : Nghiệm của hpt là : (x = 2; y = 3)

Bài 2 : 1/ P =

1 x

1 x





 2/ Với x =

2

1

thì P = (1 + 2)2 Bài 3 : 1/ a = -2, b = 2 2/ Toạ độ giao điểm của (d) và (P) là : (2; -2)

Bài 4 : 1/ Có OM//AP  AOM = OAP, OAQ =  OAP

 AOM = OAQ MAO cân tại M  MO

=MA 2/ Có BP = BN, CQ = CN, AP = AQ (T/c 2 tt cắt nhau)

 AB + AC – BC = AP + PB + AQ + QC – BN – CN = AP + AQ = 2AP = const

3/ Có tứ giác BCQP nt  PBC + PQC = 1800 Lại có AQP + PQC = 1800 PBC = AQP

Mà AQP = APQ nên APQ = PBC  PQ // BC

Bài 5 : x 2  x 3 x2 x 2 x2 x 3 (đk : x  3)

 ( x 1 )( x 3 ) x2 ( x 1 )( x2 ) x 30

 x 3 ( x1 1 ) x2 ( x1 1 )0

 ( x1 1 )( x 3  x2 )0

























0 2 x 3

x

0 1 1

x

























1 x 3 x

0 x 1 1

Đề thi tuyển sinh nămhọc 2004 – 2000 2005

Bài 1 : 1/ Đơn giản biểu thức P = 146 5  14 6 5

C

O

Q

B

P

A

M N

2/ Chobiểu thức Q =

x

1 x x

2 x 1 x 2 x

2

























với x > 0 và x  1

a/ Chứng minh Q =

1 x

2

 b/ Tìm số nguyên x lớn nhất để Q nhận giá trị là số nguyên Bài 2 : Cho hệ phơng trình 













a 2 y ax

4 y x ) 1 a (

(a là tham số) 1/ Giải hpt khi a = 1

2/ CMR với mọi a hpt luôn vó nghiệm duy nhất (x; y) sao cho x + y  2

Bài 3 : Cho (O) đờng kính AB = 2R Đờng thẳng (d) tiếp xúc với (O) tại A M và Q là 2

điểmphân biệt chuyển động trên (d) sao cho M khác A và Q khác A Các đờng thẳng BM và

BQ lần lợt cắt (O) tại các điểm thứ 2 là N và P Chứng minh :

1/ BM.BN không đổi

2/ Tứ giác MNPQ nội tiếp một đờng tròn

3/ Bất đẳng thức : BN + BP + BM + BQ > 8R

Bài 4 : Tìm GTNN của hàm số : y =

5 x x

6 x x

2 2









Hớng dẫn

Bài 1 : 1/ P = 6 2.b/ Để Q  Z thì x – 1  Ư(2) Để x lớn nhất thì x – 1 = 2  x = 3.

Bài 2 : 1/ Với a = 1 hpt có no là (x = 2; y = 0)

2/ Giải hpt ta tìm đợc no cua hpt (x = -2a + 4; y = 2a2 – 2a)

Xét x + y – 2 = -2a + 4 + 2a2 – 2a – 2 = 2a2 – 4a + 2 = 2(a2 – 2a + 1) = 2(a + 1)2  2

 x + y  2

Bài 3 :

1/ ABN ~ MBA (g.g) 

AB

BN BM

AB



 BM.BN = AB2 = 4R2 = const

2/ Có MQP =

2

1

(sđ AB – sđ ANP) =

2

1

sđ BP

PNB =

2

1

sđ BP  MQP = PNB Lại có PNB+PNM =1800 MQP+PNM

=1800

 Tứ giác MNPQ nt 3/ A/d bđt Cô-si có :

BM + BN  2 BM BN = 2 2

R

4 =4R Dấu ‘=’ xảy ra khi BM = MN  M N Trái GT

 BM + BN > 4R MTT đợc BP + BQ > 4R

 BM + BN + BP + BQ > 8R

Bài 4 : Xét y2 =

5 x x

) 6 x 2 x (

2

2 2









Có x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4  4, (x + 1)2 + 5 5  [(x + 1)2 + 5]2  25

Khi (x + 1)2 + 4 thêm bao nhiêu thì (x + 1)2 + 5 cũng tăng lên bấy nhiêu

 y2 

4

25

 y 

2

5

Vậy GTNN của y là

2

5

khi x = -1

Đề thi tuyển sinh nămhọc 2005 – 2000 2006 Bài 1 : 1/ Tính giá trị của biểu thức P = 7 4 3  74 3

ab

a b b a b a

ab 4 b













với a > 0 và b > 0

Bài 2 : Cho pa rabol (P) : y =

2

1

x2 và đờng thẳng (d) : y = mx – m + 2 (m là tham số) 1/ Tìm m để (d) và (P) cùng đi qua điểm có hoành độ x = 4

2/ Chứng minh rằng với mọi ggiá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt 3/ Giả sử (x1; y1) và (x2; y2) là toạ độ giao điểm của (d) và (P) Chứng minh rằng :

y1 + y2  2 2 1 x 1 x 2

d

P

N

O

M

Q

Bài 3 : Cho BC là dây cung cố định của (O; R) với R < BC < 2R A là điểm di động trên

cung lớn BC sao cho ABC nhọn Các đờng cao AD, BE, CF của ABC cắt nhau tại H (H  BC, E  CA, F  AB)

1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đợc một đờng tròn Từ đó suy ra

AE.AC = AF.AB

2/ Gọi A’ là trung điểm của BC Chứng minh AH = 2A’O

3/ Kẻ đờng thẳng (d) tiếp xúc với (O) tại A Đặt S là diện tích của ABC, 2p là chu vi của DEF

a Chứng minh : d // EF

b Chứng minh : S = p.R

Bài 4 : Giải phơng trình : x 2 162 x44 2 x

Hớng dẫn

Bài 1 : 1/ P = 4

Bài 2 : Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là no của pt :

2

1

x2 = mx – m + 2  x2 – 2mx + 2m – 4 = 0 (1)

1/ Để (d) và (P) cùng đi qua điểm có hoành độ x = 4 thì : 42 – 2m.4 + 2m - 4 = 0

 m = 3/2

2/ Xét (1) có ’= (-m)2 – 1.(2m – 4) = m2 – 2m + 4 = (m + 1)2 + 3 > 0 với mọi m

 (1) luôn có 2 no p/b với mọi m  (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm p/b

3/ Vì x1, x2 là hoành độ giao điểm cuả (d) và (P) nên x1, x2 là no của (1)

Theo Vi-et có :x1 + x2 = 2m

Có y1 = mx1 – m + 2, y2 = mx2 – m + 2

Khi đó : y1 + y2  2 2 1 x 1 x 2 đợc viết lại :

m(x1 + x2) – 2m + 4 2 2  1 x 1 x 2

 m(x1 + x2) – 2m + 4  2 2 1 x 1x 2

 m.2m – 2m + 4 - 2 2 12 m 0

 2m2 – 2m + 4 - 4 2m + 2m  0

 2m2 + 4 - 4 2m  0  2(m - 2)2  0 với mọi m

Vậy y1 + y2 2 2 1 x 1 x 2

Bài 4 :

d

H

O

C B

A

D

E

F

K

A '

1/ Tứ giác BCEF có BEC = BFC = 900  Tứ giác BCEF nt (tứ giác có 2 đỉnh liên …)

Có ACF ~ ABE (g.g) 

AE

AF AB

AC

2/ Kẻ đk CK của (O)

Có OA’ là đờng trung bình của KBC  OA’ = 1/2BK

Chứng minh tứ giác AKBH là hbh  BK = AH  AH = 2OA’

3.a/ Có tứ giác BFECnt  BCE + BFE = 1800

BFE + AFE = 1800

 BCE = AFE

Lại có BCA = BAd = 1/2sđ cung AB

 AFE = BAd  d// EF

b/ Vì d là tt của (O) nên d  OA, mà FE // d  FE  OA

CMTT ta đợc : FD  OB, ED  OC

SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD =

2

1

OA.FE +

2

1

OB.DF +

2

1

OC.DE =

2

1

R(FE + DF + DE)

=

2

1

R.2p = p.R Bài 4 : x 2 162 x44 2 x (đk : -2  x  2)

 9x2 + 16 = 4(2x + 4) + 16(2 - x) + 16 ( 2 x4 )( 2 x )

 9x2 + 16 – 8x – 16 – 32 + 16x = 16 ( 2 x4 )( 2 x )

 9x2 + 8x – 32 = 16 ( 2 x4 )( 2 x )

 81x4 + 64x2 + 1024 + 144x3 – 572x2 – 512x = 256(4x – 2x2 +8 – 4x)

 81x4 + 144x3 – 512x2 – 512x + 1024 + 512x2 – 2048 = 0

 81x4 + 144x3 – 512x – 1024 = 0

 (9x2 – 32)(9x2 + 32) + 16x(9x2 – 32) = 0

 (9x2 – 32)(9x2 + 16x + 32) = 0





















) 2 ( 0 32 x 16

x

9

) 1 ( 0 32

x

9

2

2

Giải (1) ta đợc x = 

3

2 4

Giải (2) : PT (2) VN

Đề thi tuyển sinh năm 2006 – 2000 2007





































2 x

1 x 1 x

2 x : 1 x

1 x 1

với x > 0, x  1, x  4.

1/ Rút gọn A.

2/ Tìm x để A = 0.

Bài 2 : Trong mặt phẳng toạ độ xOy cho parabol (P) : y = x2 và đờng thẳng (d) :

y = 2(a – 1)x + 5 – 2a (a là tham số).

1/ Với a = 2 tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng (d) và parabol (P).

2/ Chứng minh rằng với mọi a (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

3/ Gọi hoành độ giao điểm của (d) và (P) là x 1 , x 2 Tìm a để x 1 + x 2 = 6.

Bài 3 : Cho (O) đờng kính AB Điểm I nằm giữa A và O (I khác A và O) Kẻ dây MN vuông góc

với AB tai I Gọi C là điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN (M khác M, N, B) Nối AC cắt MN tại E Chứng minh :

1/ Tứ giác IECB nội tiếp.

2/ AM 2 = AE.AC.

3/ AE.AC – AI.IB = AI 2

Bài 4 : Cho a  4, b 5, c  6 và a 2 + b 2 + c 2 = 90 Chứng minh : a + b + c  16

Hớng dẫn

Bài 1 : 1/ A =

x 3

2

x 

2/ A = 0 

x 3

2

x 

= 0  x  2 = 0  x = 4 (loại) Bài 2 : Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là n o của pt :

x 2 = 2(a – 1)x + 5 – 2a  x 2 – 2(a – 1)x + 2a – 5 = 0 (1)

1/ Với a = 2 thì ta có pt : x 2 – 2x – 1 = 0 Giải pt ta đợc x 1 = 1 + 2, x 2 = 1 - 2

Toạ độ giao điểm của (d) và (P) là (1 + 2; 3 + 2), (1 - 2; 3 - 2)

2/ Xét (1) có ’ = [-(a – 1)] 2 – 1.(2a – 5) = a 2 – 2a + 1 – 2a +5 = a 2 – 4a + 4 = (a – 2) 2

 ’  0 với mọi m  (1) luôn có 2 n o p/b  (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm p/b.

3/ Vì x , x là hoành độ giao điểm của (d) và (P) nên x , x là n của (1).

Theo Vi-et ta có x 1 + x 2 = 2(a - 1), x 1 x 2 = 2a – 5

Để x 1 + x 2 = 6  ( x 1 + x 2 ) 2 - 2 x 1 x 2 = 6 thì

[2(a – 1)] 2 – 2(2a – 5) = 6  4a 2 – 8a + 4 – 4a + 10 – 6 = 0  4a 2 – 12a + 8 = 0

 a 2 – 3a + 2 = 0  a = 1, a = 2.

Bài 3 :

1/ Tứ giác IECB có EIB + ECB = 90 0 + 90 0 = 180 0

2/ Có AB  MN tại I nên MI = NI  AB là trung trực của



AM

AE AC

AM

3/ Có AM 2 = AI.AB = AI(AI + IB) = AI 2 + AI.IB

Bài 4 : Đặt a = x + 4 (x0), b = y + 5 (y0), c = z + 6 (z0), khi đó : a 2 + b 2 + c 2 = 90 đợc viết lại là : (x + 4) 2 + (y + 5) 2 + (z + 6) 2 = 90

 x 2 + 8x + 16 + y 2 + 10y + 25 + z 2 + 12z + 36 = 90  x 2 + 8x + y 2 + 10y + z 2 + 12z = 13

Có x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2xz + 12x + 12y + 12z  x 2 + 8x + y 2 + 10y + z 2 + 12z = 13

 (x + y + z) 2 + 12(x + y + z)  13

Nếu x + y + y < 1 thì (x + y + z)2 + 12(x + y + z) < 13 (Vô lí)

Nếu x + y + y 1 thì a + b + c = x + y + z + 15  1 + 16 = 16

Đề thi tuyển sinh năm 2007 – 2000 2008



































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





Có m2 + m + 5 = (m +

2

1

)2 +

4

19



4

19

 m 2 m5

2 19

 2 m 2 m 5



  19

A

E

I

O

B M

N

C

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

3/ Có MEO ~EKO (g.g) 

OK

OE OE

MO

Mà 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 x

 









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