Toan 9 hsg mot so de tham khao 1

Đề 90 Bài 1: (4,0 điểm) 2x  x  2x x  x  x x  x  ) 1 x 1 x x x1 6 a) Tìm giá trị x để A  b) Chứng minh A  với x thoả mãn x 0, x 1, x  Cho biểu thức A 1  ( Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 14 x  3xy =  x+ y   b) Giải hệ phương trình sau: 5yz =  y + z   4zx =  z + x  Bài 3: (3,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca    c 1 a 1 b 1 Bài 4: (6,0 điểm) 1) Cho hai đường trịn (C1) (C2) tiếp xúc ngồi điểm T Hai đường tròn nằm đường tròn (C3) tiếp xúc với (C3) tương ứng M N Tiếp tuyến chung T (C1) (C2) cắt (C3) P PM cắt đường tròn (C1) diểm thứ hai A MN cắt (C1) điểm thứ hai B PN cắt đường tròn (C2) điểm thứ hai D MN cắt (C2) điểm thứ hai C Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp 2) Cho  ABC điểm M nằm  ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ? Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 y2 z2   A= với x > 0; y > 0; z > x y yz zx xy  yz  zx 1   2x  x  2x x  x  x x  x (2 x  1)( x  1) x (2 x  1)( x  1)  x ( x  1)   )    1.a)  (1  x )  x 1 x 1 x x x1 (1  x )( x  x  1)  x     x ( x  1)  x x 1 1      x 1  x  x 1  x  x 1 x  x 1  A 1  (  x  0    x    x 1 6   x  x  0 Từ giải x 2  3; x 2  5 x  x 1 x 1   x  x    ( x  1)2  b)Ta có: A   x  x 1 Do x 1 nên x  0  ( x  1)  Vậy A   2 2) Giải, xác định điều kiện: x  ;x  2  x  x   x   2 x   =  ( x  2)  ( x   7) 0 Ta có A  6    x      x 2  x  (Thỏa mãn) 0   x   3) Ta có với x, y >0 thì: ( x+y)2 4 xy  1 11 1        (*) dấu xảy x = x y x y x y 4 x y y Áp dụng bất đẳng thức (*) a+b+c = nên ta có: ab ab ab  1      ; c  (c  a )  ( c  b )  c  a c  b  bc bc  1     ; a 1  a  b a  c  Tương tự ta có: ca ca  1      b 1  b  a b  c  ab bc ca  ab  bc ab  ca bc  ca  1           a  b  c  c 1 a 1 b 1  c  a bc a b  4  ab bc ca 1    Dấu xảy  a b c  c 1 a 1 b 1 + Hiển nhiên hệ có nghiệm x = y = z = + Với xyz  (I) viết lại: 1 1 x  y  xy   yz    yz z  x    zx  1 11 1  x  y 2  1 (II)  y  z   1    z x Cộng ba phương trình hệ 11 (II) theo vế ta được:          (*) x y z  x y z Trừ phương trình (*) cho phương trình hệ (II) theo vế ta có : x = 1, y = 2, z = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) (1; 2; 3) 1) Gọi O1, O2, O3 tương ứng tâm đường trịn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 thẳng hàng => BO1 // NO3 MB O B MA O A = > MN  O N Tương tự: MP  O P 3 MA MB  => => AB//NP MP MN E B Vậy PA PM = PD.PN => T M Tương tự CD// PM => AEDP hình bình hành (với E = AB  CD) Do PAT ~ PTM => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN EB PN PA ED    EC PM PD EA => EBC ~  EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 => ABCD nội tiếp 2) Vẽ tam giác CMN BCN = ACM => BN = AM mà AM BM  CM  BN BM  MN  BMN vuông M     BMC BMN  NMC 900  600 1500 + Biến đổi để được:  xy yz zx    A=x+y+z   (1)  x y yz x z N C O2 D O1 O3 A P + Chứng minh được: x + y + z  xy  yz  zx > (2) + Thay (2) (3) vào (1) A   x y z  Do đó: Min A =   xy  yz  zx 1 + Vậy Amin = 1  x y z  Đề 91 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x x P  1   x    x3 x 9 x  :      x  x x  x  6 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 x  ( x   1)  x  y  z 5  xy  yz  zx 8 b) Tìm nghiệm nguyên hệ:  Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: Tính: T = x 1  y 1  z  1 x2 y xy + yz + zx = 1  z 1  x   z 1  x 1  y  2 1 y2 2 1 z2 Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 b1 ≤ b2 ≤ b3 Chứng minh : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3) Áp dụng chứng minh : với a b c a 2005  b 2005  c 2005  2006 2006 2006 a b c a b c Bài 5: (6,0 điểm) Cho hai đường tròn (o1) (o2) cắt A B Tiếp tuyến chung gần B hai đường tròn tiếp xúc với (o 1) (o2) C D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (o1) (o2) M N Các đường thẳng BC BD cắt đường thẳng MN P Q Các đường thẳng CM DN cắt E Chứng minh rằng: a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD b) Tam giác EPQ tam giác cân Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD) Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích  x 0  x 0   đk  x  0  x 9 2  x 0 x 4    x ( x  3)   ( x  3)(3  x )  ( x  2)(2  P 1   : ( x  3)( x    (  x )(3  x )  Ta có:  x  x       (2  x )(3  x )  =  (2  x )  =  =    :  x    (2  x )(3  x   x    1  x Ta thấy P =  x  3  b   Vậy P = x x x 5  x 25 Vậy với x = 25 P =   x   x   a ĐK: x  -1 PT   x 1 1 x) 9 x      x x 1     x  x   x    x   x  3 Giải Pt x = (t/m x  -1) KL: x =  x  y 5  z Hệ    xy   x  y  z 8  x  y u x, y nghiệm phương trình:  xy v Đặt  t2 - ut + v = Phương trình có nghiệm  u2 – 4v  (*) u 5  z v  zu 8 Ta có hệ:  (a) 1  2 Thế (1) vào (2)  v = – z(5 - z) = z –5z + Hệ có nghiệm  (a) có nghiệm  (*) xảy  (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8)   - 3z2 + 10z –     z  0 z     7  3z 0     z 1  (z-1)(-3z+7)     z  0     z   7  3z 0  (3) (VN ) Từ (3) z nguyên  z = 1; u 4  x  y 4  x 2     v 4  xy 4  y 2 +) z 1     x 1  u 3  x  y 3   y 2    +) z 2     x 2 v 2  xy 2    y 1 Vậy hệ có nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) Tương tự ta có: 1+y =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y)  y  x  y  z  z  x  z  y   x  z  x  y  T= x y  z  x  z  y  x  y  x  z   x  y  y  z  z  x  y  x  z  y  x  y  z  =  z  x  z  y  =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= Do a1  a2  a3  a1 - a2  a1 - a3  a2 - a3   b1  b2  b3 b1 - b2  b1 - b3  b2 - b3   (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3)   2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2   a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 3(a1b1+a2b2+ a3b3)  a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) 3(a1b1+a2b2+ a3b3)  ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3)  3(a1b1+a2b2+ a3b3) Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005 a b c ; b2 = ; b3 = a b c a bc a bc Do  a  b c Nên ta có ; a1  a2  a3 b1  b2  b3 b1 = áp dụng câu a ta có; (a 2005 +b 2005 +c  a 2006  b 2006  c 2006 a b c        )  a b c  a b c a b c a b c   2005 2005   b 2005  c 2005   a  2006 2006 2006 a b c a b c  1) Do MN // CD nên  EDC =  ENA Mặt khác  CDA=  DNA ( Cùng chắn cung DA) ->  EDC=  CDA hay DC phân giác góc ADE Lâp luận tương tự -> CD phân giác góc ACE -> A E đối xứng qua CD-> AE  CD Do PQ song song với CD nên AE  PQ ( *) Gọi I giao điểm AB CD Ta có  AID đồng dạng với  DIB ( Do chung  BID  IAD =  IDB (cùng chắn cung BD)) -> ID IB = -> ID = IA.IB IA ID (1) Lập luân tương tự -> IC2 = IA.IB Từ (1) (2) -> IC = ID ID IC Mà = AQ AP ( BI ) BA (2) F => AP = AQ Kết hợp với (*) ->  EPQ cân E 2) Biến đổi hình thang thành hình tam giác có diện tích ABF Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC F Chứng minh SABCD = SABF D C E A B Lấy E trung điểm cảu FB Đoạn thẳng AE chia tam giác ABF thành hai hình có diện tích AE đoạn thẳng chia hình thang thành hai hình có diện tích Đề 92 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :  x x 8 x    x  x   P     : x  x  x  x  x  x x     a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P 1 b) Tìm x thoả mãn : x  P 1 Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình :    x  x   1  x 1 b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z  R thỏa mãn : Hãy tính giá trị biểu thức : M = 1 1    x y z x yz + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c0 Ta có : P  P= ( x )  (8 x  8)  ( x  2) ( x  x  3)  ( x  2) : x ( x  2) x ( x  2) x 4 x 4  ( x  1)  1 0  P-1= x 2 x 5 ( x  1)  x 2 x 5 b) ( x  1).P 1  x  x  x   3x + x -1 =   3 3  32 x  (loại) x  Vậy P 1 (thỏa mãn)  x   (thoã mãn điều kiện x>0) 2x x 2x x x2 x2   ( )  1 (x  )  1 (  1) 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x  (1  ) x  (1  ) 0  x    2  (thỏa mãn) x  (1  ) x  (1  ) 0 2 a ĐK : x   x   b Giải hệ phương trình : Nếu y=0  x=0 Vậy x=0, y=0 nghiệm hệ phương trình Với y 0 hệ cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = x2y+ y3x + 2y2 =  y x  x  y 0 (1) x  y x  y 0 Xét y  từ (1)  x  (2) y Nhận thấy y  không thoả mãn hệ phương trình y 2 thay vào (2) ta có :   y2 y2 y3 y3 )  y  y   y   2 0  y  11 y  0  3 3 y 2 y 2 ( y  ) y    y   y   x 1    Vậy hệ có nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 ; ) y   y   x  3 3 x y x yz z 1 1 1 1 Từ : x  y  z  x  y  z => x  y  z  x  y  z 0 => xy  z  x  y  z   (    zx  zy  z  xy    x  y   0   x  y       x  y   y  z  ( z  x)   xy z  x  y  z    xyz ( x  y  z )    Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) Vậy M = 3 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 A M F E O Q P B N C a Ta có :  BOP góc ngồi AOB   BOP=  OAB +  OBA = (  BAC +  ABC) 1800  ACB 1800  (BAC  ABC ) Lại có :  PNB=1800 –  MNC =1800 - 2   BOP+  PNP=1800  tứ giác BOPN nội tiếp   OPM =  OBC (cùng bù  OPN )   OPM  OMP =  OCN  OBC (g.g) Mặt khác : PM OM OP (1)    a OC OB NQ ON OM PM     OCA (g.g)  Tơng tự ta có :  ONQ  b OC OC a PQ OP PM MP NQ PQ      AOB  QOP (g.g)   Từ (1) , (2)  c OB a a b c b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)   AQO=  AMO = 900   ABQ vng Q có QE trung tuyến   EQB=  EBQ=  CBQ  EQ//BC mà EF//BC  E, Q, F thẳng hàng Cho ba số thực a, b, c không âm cho a  b  c 1 Chứng minh: b  c 16abc Dấu đẳng thức xảy ? Theo kết câu 3.1, ta có:  a   b  c   4a  b  c    a  b  c  mà (giả thiết) nên: 4a  b  c   b  c 4a  b  c  (vì a, b, c không âm nên b + c không âm)  a  b  c 2 Nhưng:  b  c  4bc (không âm) Suy ra: b  c 16abc 10