Toán 7

Hãy tính giá trị của biểu thức T = x1x2 + y1y2Câu IV 3,0 điểmCho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD.. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E.. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng

ĐỀ 15 Câu I (2,0 điểm) 1) Giải các phương trình sau: a) x – 5 = 0 b) x2 – 4x + 3 = 0 2x  y 1 2) Giải hệ phương trình:  3x  y 4 Câu II (2,0 điểm) Cho biểu thức: A  a a  1  a a 1  a  a a  a  : 2(a  2 a 1)  a  1 (với a > 0 và a ≠ 1) 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm các số nguyên a để biểu thức A có giá trị nguyên Câu III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx + 1 và parabol (P): y = 2x2 1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;3) 2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) Hãy tính giá trị của biểu thức T = x1x2 + y1y2 Câu IV (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E Gọi F là điểm thuộc đường thẳng AD sao cho EF ⊥ AD Đường thẳng CF cắt đường tròn đường kính AD tại điểm thứ hai là M Gọi N là giao điểm của BD và CF Chứng minh rằng: 1) Bốn điểm C, E, F, D cùng thuộc một đường tròn 2) FA là đường phân giác của góc BFM 3) BD.NE = BE.ND Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a2  2b2 3c2 Chứng minh rằng: 1a  2b 3c –––––––––Hết––––––––– ĐÁP ÁN Câu I 1) a) x – 5 = 0 ⇔ x = 5 Vậy tập nghiệm của phương trình là {5} b)x2 – 4x + 3 = 0 Có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là {1;3} 2x  y 1 5x 5 x 1 x 1 2)        3x  y 4 3x  y 4 3.1 y 4  y 1 Hệ có nghiệm duy nhất (1;1) Câu II 1) Có A  ( x  1)(x  x 1)  ( x 1)(x  x 1)  : 2( x  1)2 x ( x  1) x ( x  1)  ( x  1)( x  2)   x  x 1 x  x 1 x  : 2( x  1)  x 1    x 2 x x 1 x 2( x  1)  x 1 x1 2) A  x  1 2 1 2 x1 x1 Vì x nguyên nên ta có A nguyên  2 nguyên  x  1 là ước của 2 x 1 Mặt khác x > 0, x ≠ 1 nên x  1>-1 Do đó:  x  1 1   x 2   x 4 (TM )  x  1 2  x 3  x 9 Vậy x = 4 hoặc x = 9 thỏa mãn đề bài Câu III 1) Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;3) ⇔ 3 = m.1 + 1 ⇔ m = 2 Vậy m = 2 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 2x2 mx 1  2x2  mx  1 0(1)  m2  4.2.( 1) m2  8 Vì m2 0m  m2  8  0m Suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ∀ m ⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) ∀ m trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của (1) và y1 2x12; y2 2x22 Theo định lý Viét ta có: x1x2  12  T x1x2  4x12x22 12 Câu IV a) Có góc ACD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), hay góc ECD = 90o => C thuộc đường tròn đường kính ED Mặt khác EF ⊥ AD nên góc EFD = 90o => F thuộc đường tròn đường kính ED Vậy 4 điểm E,C,D,F cùng thuộc một đường tròn Vì CEFD là tứ giác nội tiếp (cmt) nên góc CFD = góc CED (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD) (1) Chứng minh tương tự có tứ giác ABEF nội tiếp ⇒ góc BFA = góc BEA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BA) (2) Có góc BEA = góc CED; góc AFM = góc CFD (đối đỉnh) (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ góc BFA = góc AFM ⇒ FA là phân giác góc BFM b) Vẽ NP // BF (P ∈ AD) Ta có góc NPF = góc BFA (đồng vị) ; góc BFA = góc NFP ⇒ góc NPF = góc NFP ⇒ ∆ NFP cân ở N ⇒ NP = NF Vì NP // BF nên NP DN  NF DN (4) BF DB BF BD Vì góc BFA = góc NFP nên góc EFB = góc EFN (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) Suy ra FE là phân giác góc BFN của ∆ BFN Theo định lý đường phân giác ta có NF  NE (5) BF BE Từ (4) và (5)  DN  NE  BD.NE BE.DN (đpcm) DB BE Câu V Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số, ta có (a  2b)2 (1.a  2 2b)2 (1 2)(a2  2b2 ) 3.3c2 9c2  a  2b 3c Với mọi x,y,z > 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có (x  y  z)(1  1  1) 3.3 xyz.3.3 1 9 xyz xyz  1  1  1  9 x y z xyz Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có 1  2 1  1  1  9  9  9 3 (đpcm) a b a b b a  b  b a  2b 3c c Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c