Đề thi tuyển sinh năm học 1999 – 2000

và C. Chứng minh : a/ AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí của N. b/ Nếu tứ giác BCQP nội tiếp một đường tròn thì PQ // BC. Bài 5 : Giải phương trình Hướng dẫn Bài 1 : Nghiệm của hpt là : (x = 2; y = 3) Bài 2 : 1/ P = . 2/ Với x = thì P = (1 + )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 = OAQMAO 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 = 1800PBC = AQP Mà AQP = APQ nên APQ = PBC PQ // BC. Bài 5 : (đk : x 3) Vậy PTVN. Đề thi tuyển sinh nămhọc 2004 – 2005 Bài 1 : 1/ Đơn giản biểu thức P = 2/ Chobiểu thức Q = với x > 0 và x 1 a/ Chứng minh Q = b/ Tìm số nguyên x lớn nhất để Q nhận giá trị là số nguyên. Bài 2 : Cho hệ phương trình (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) đường kính AB = 2R. Đường 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 đường thẳng BM và BQ lần lượt 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 đường tròn. 3/ Bất đẳng thức : BN + BP + BM + BQ > 8R. Bài 4 : Tìm GTNN của hàm số : y = Hướng 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 được 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) BM.BN = AB2 = 4R2 = const. 2/ Có MQP = (sđ AB – sđ ANP) = sđ BP PNB = sđ BP MQP = PNB Lại có PNB+PNM =1800MQP+PNM =1800 Tứ giác MNPQ nt 3/ A/d bđt Cô-si có : BM + BN 2 = 2=4R. Dấu ‘=’ xảy ra khi BM = MN M N. Trái GT BM + BN > 4R. MTT được BP + BQ > 4R BM + BN + BP + BQ > 8R. Bài 4 : Xét y2 = 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 y . Vậy GTNN của y là khi x = -1. Đề thi tuyển sinh nămhọc 2005 – 2006 Bài 1 : 1/ Tính giá trị của biểu thức P =. 2/ Chứng minh : với a > 0 và b > 0. Bài 2 : Cho pa rabol (P) : y = x2 và đường 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 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 đường cao AD, BE, CF của ABC cắt nhau tại H (H BC, E CA, F AB). 1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp được một đường tròn. Từ đó suy ra AE.AC = AF.AB 2/ Gọi A’ là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2A’O. 3/ Kẻ đường thẳng (d) tiếp xúc với (O) tại A. Đặt S là diện tích của ABC, 2p là chu vi của DEF. Chứng minh : d // EF. Chứng minh : S = p.R Bài 4 : Giải phương trình : Hướng dẫn Bài 1 : 1/ P = 4. Bài 2 : Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là no của pt : 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 được viết lại : m(x1 + x2) – 2m + 4 m(x1 + x2) – 2m + 4 m.2m – 2m + 4 - 0 2m2 – 2m + 4 - 4m + 2m 0 2m2 + 4 - 4m 0 2(m - )2 0 với mọi m. Vậy y1 + y2 Bài 4 : 1/ Tứ giác BCEF có BEC = BFC = 900 Tứ giác BCEF nt (tứ giác có 2 đỉnh liên ) Có ACF ~ ABE (g.g) AC.AE = AB.AF 2/ Kẻ đk CK của (O). Có OA’ là đường 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 được : FD OB, ED OC SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD = OA.FE + OB.DF +OC.DE = R(FE + DF + DE) = R.2p = p.R Bài 4 : (đk : -2 x 2) 9x2 + 16 = 4(2x + 4) + 16(2 - x) + 16 9x2 + 16 – 8x – 16 – 32 + 16x = 16 9x2 + 8x – 32 = 16 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 Giải (1) ta được x = Giải (2) : PT (2) VN Đề thi tuyển sinh năm 2006 – 2007 Bài 1 : Cho biểu thức A = 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 đường thẳng (d) : y = 2(a – 1)x + 5 – 2a (a là tham số). 1/ Với a = 2 tìm toạ độ giao điểm của đường 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 x1, x2. Tìm a để x12 + x22 = 6. Bài 3 : Cho (O) đường 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/ AM2 = AE.AC. 3/ AE.AC – AI.IB = AI2. Bài 4 : Cho a 4, b 5, c 6 và a2 + b2 + c2 = 90. Chứng minh : a + b + c 16. Hướng dẫn Bài 1 : 1/ A = . 2/ A = 0 = 0 = 0 x = 4 (loại) Bài 2 : Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là no của pt : x2 = 2(a – 1)x + 5 – 2a x2 – 2(a – 1)x + 2a – 5 = 0 (1) 1/ Với a = 2 thì ta có pt : x2 – 2x – 1 = 0. Giải pt ta được x1 = 1 + , x2 = 1 - Toạ độ giao điểm của (d) và (P) là (1 + ; 3 + ), (1 - ; 3 - ) 2/ Xét (1) có ’ = [-(a – 1)]2 – 1.(2a – 5) = a2 – 2a + 1 – 2a +5 = a2 – 4a + 4 = (a – 2)2 ’ 0 với mọi m (1) luôn có 2 no p/b (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm p/b. 3/ Vì x1, x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P) nên x1, x2 là no của (1). Theo Vi-et ta có x1 + x2 = 2(a - 1), x1.x2 = 2a – 5 Để x12 + x22 = 6 ( x1 + x2)2 - 2 x1.x2 = 6 thì [2(a – 1)]2 – 2(2a – 5) = 6 4a2 – 8a + 4 – 4a + 10 – 6 = 0 4a2 – 12a + 8 = 0 a2 – 3a + 2 = 0 a = 1, a = 2. Bài 3 : 1/ Tứ giác IECB có EIB + ECB = 900 + 900 = 1800 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) AM2 = AE.AC 3/ Có AM2 = AI.AB = AI(AI + IB) = AI2 + AI.IB AM2 – AI.IB = AI2 AE.AC – AI.IB = AI2. Bài 4 : Đặt a = x + 4 (x0), b = y + 5 (y0), c = z + 6 (z0), khi đó : a2 + b2 + c2 = 90 được viết lại là : (x + 4)2 + (y + 5)2 + (z + 6)2 = 90 x2 + 8x + 16 + y2 + 10y + 25 + z2 + 12z + 36 = 90 x2 + 8x + y2 + 10y + z2 + 12z = 13 Có x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2xz + 12x + 12y + 12z x2 + 8x + y2 + 10y + z2 + 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 = với x 0 và x 4 1/ Rút gọn P. 2/ Tìm x để P > 1 Bài 2 : Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1), (m là tham số). 1/ Giải phương trình (1) với m = -5. 2/ Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. 3/ Tìm m để đạt GTNN (x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) nói trong phần 2/). Bài 3 : Cho (O) và hai điểm A, B phân biệt thuộc (O) sao cho đường 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 đường 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 đường thẳng EF vơi các đường thẳng OM và OH. 1/ Chứng minh 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường 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. Hướng dẫn Bài 1 : 1/ P = . 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 +>0 PT luôn có 2 no p/b với mọi m. 3/ No của pt là x1 = m + , x2 = m - = = 2 Có m2 + m + 5 = (m + )2 + 2. Vậy GTNN của là khi m = -1. Bài 3 : 1/ 5 điểm M, E, O, H, F cùng nằm trên đường tròn đường kính MO. 2/ OHM ~OKI (g.g) OH.OI = OM.OK 3/ Có MEO ~EKO (g.g) MO.OK = OE2 Mà OE = OA nên MO.OK = OA2 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 được 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 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 Nếu y 0 thì y2 0, khi đó : (x + y – 3)(x + y – 2) + y2 = 0 (x + y – 3)(x + y – 2) < 0 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.