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
Trang 1Đề thi tuyển sinh năm học 1999 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) ⇒ ãDFG + ãDEG = 1800
Lại có ãDEA + ãDEG = 1800⇒ ãDFG = ãDEA
Mặt khác tứ giác ACED nt ⇒ ãACD = ãDEA
⇒ ãACD = ãDFG
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 ⇒ ãAES = ãABS, ãSEF = ãABS ⇒ ãAES = ãSEF ⇒ 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 2002–
D
E
A
C
G
F
S
Trang 2Bài 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
x2 2
Bài 3 : Hai ngời cùng làm chung một công việc sẽ hoàn thành trong 4 giờ Nếu mỗi ngời
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
Bài 5 : Cho tam giác ABC vuông tại A Trên AC lấy điểm M (khác A và C) Vẽ (O) đờng
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
ãSDM
=
ãTCM
hay
ãADM
=
ãACB
Mà ãACB có sđ không đổi nên ãADM không đổi khi M di chuyển trên AC
3/ Có ãSDM = ãTCM, ãSDM = ãSCM ⇒ ãTCM = ãSCM⇒ MT = MS ⇒ ∆MTS cân tại M ⇒
p/g MC đồng thời là đờng cao ⇒ MC ⊥ ST ⇒ ST // AB
Trang 3Đề thi tuyển sinh năm học 2002 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
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 : ãAED = 1/2(sđ ABDẳ - sđằAD) ãAID = 1/2 (sđ ằAD + sđằBC) Lại có : AD = BC ⇒ sđ ằAD = sđ ằBC
⇒ ãAED + ãAID = 1/2(sđ ABDẳ - sđằAD) + 1/2(sđ ằAD +
sđằBC) = 1/2.3600 = 1800
⇒ Tứ giác AEDI nt
2/ Có ãAIE = ãADE, ãBAC = ∠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
AC
AC AC
IC AI CD
RI AB
Mà SI = RI =
2
1
RS ⇒
RS
2 CD
1 AB
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
x4
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
I
R O
C E
D
A B
S
Trang 4Đề thi tuyển sinh năm học 2003 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
Hớng dẫn
Bài 1 : Nghiệm của hpt là : (x = 2; y = 3)
Trang 5Bài 2 : 1/ P =
1 x
1 x
−
+
− 2/ Với x = 1 2 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
+
=
−
=
⇒
=
−
1 x 3 x
0 x 1 1
Đề thi tuyển sinh nămhọc 2004 2005– Bài 1 : 1/ Đơn giản biểu thức P = 14+6 5 + 14−6 5
C
O
Q
B
P
A
M N
Trang 62/ Chobiểu thức Q = . x x 1
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
= +
= +
+
a2 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 4 R 2 =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 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 ≥ 25 4 ⇒ y ≥ 2 5 Vậy GTNN của y là
2
5
khi x = -1
Đề thi tuyển sinh nămhọc 2005 2006–
Bài 1 : 1/ Tính giá trị của biểu thức P = 7−4 3 + 7+4 3
d
P
N
O
M
Q
Trang 72/ Chứng minh : ( ) a b
ab
a b b a b a
ab 4 b
−
=
− +
+
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)
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 :
Trang 8H
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
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 = ±4 3 2
Giải (2) : PT (2) VN
Đề thi tuyển sinh năm 2006 2007–
+
−
−
+
−
−
2 x
1 x 1 x
2 x : 1 x
1 x 1
với x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4.
Trang 91/ Rút gọn A.
2/ Tìm x để A = 0.
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
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 1 , x 2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P) nên x 1 , x 2 là n o 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
⇒ Tứ giác IECB nt 2/ Có AB ⊥ MN tại I nên MI = NI ⇒ AB là trung trực của
MN ⇒ AM = AN ⇒ sđ cung AM = sđ cung AN ⇒ ∠
AMN = ∠ACM ⇒ ∆AME ~ ∆ACM (g.g)
⇒
AM
AE AC
AM= ⇒ AM 2 = AE.AC 3/ Có AM 2 = AI.AB = AI(AI + IB) = AI 2 + AI.IB
⇒ AM 2 – AI.IB = AI 2 ⇒ AE.AC – AI.IB = AI 2
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 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
A
E
I
O
B M
N
C
Trang 10Bài 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
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
3/ Có ∆MEO ~∆EKO (g.g) ⇒
OK
OE OE
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))
