ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 01 MÔN: Toán Thời gian làm bài 120 phút Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau: a, 2 2 4 8 2 xy y xy x − = − = + b, ( ) 3 1 1 2 1 2x x x− + + − = − Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 2 2 3 ( 1)( 3 1 ) 1 0x x m x x m− − + − − + + − + + = Bài 3: Cho a, b, c [ ] 0;1∈ . Chứng minh 2 3 1a b c ab bc ca+ + − − − ≤ . Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC. Gọi O là trung điểm của cạnh BC. Dựng đường tròn tâm O, đường kính BC. Vẽ đường cao AD của tam giác ABC và các tiếp tuyến AM, AN với (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của MN với AD. Hãy chứng minh rằng: AE.AD=AM 2 . Bài 5: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng qua A, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EM và BN. Chứng minh rằng: CK ⊥ BN. Bài 6: Giả sử a, b là các số nguyên dương sao cho: 1 1a b b a + + + là một số nguyên, gọi d là ước của a, b. Chứng minh rằng: d a b≤ + BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ I Họ và tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau: a, 2 2 4 8 (1) 2 (2) xy y xy x − = − = + Bài giải Với x = 0 thay vào (2) ta có 0 = 2 (Vô lý). Vậy x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình. Khi đó với x khác 0 ta có (2) 2 2 x y x + ⇒ = (*) thay vào phương trình (1) ta được: 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 0 4 4 2 8 2 4 4 2 4 8 2 8 2 0 4 4 2 8 x x x x x x x x x x x x x x x x x − ≥ + + − = − + + + + − = − ⇔ − = − ⇔ ÷ − < + + − = − 2 2 2 2 4 2 2 2 4 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 4 4 2 6 4 0 3 2 0 ( 1)( 2) 0 2 2 2 2 2 8 4 4 2 4 2 2 2 ( 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ≥ ≥ ≥ ≥ − = − − − − + = − + = − − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < < < < − = − − − = = = ≥ − ⇔ 1 2 2 2 2 2 ) 0 2 ( 2) 0 2 2 2 2 x x x x x x = = − − = ⇔ = ⇔ = < = Với 1 2x = − và 2 2x = thay vào (*) ta được 1 2 2y = − ; 2 2 2y = Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là: ( ) 1 1 ; ( 2; 2 2)x y = − − và ( ) 2 2 ; ( 2;2 2)x y = b, ( ) 3 1 1 2 1 2x x x− + + − = − Bài giải Điều kiện xác định: 1x ≥ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 1 1 2 1 2 1 1 (( 1) 2 1 1) 2 0 1 1 1 1 2 0(*) x x x x x x x x − + + − = − ⇔ − + + − + − + − = ⇔ − + + − + − = Đặt: 1 1t x= − + ( 1t ≥ ) Khi đó (*) ⇔ 3 2 2 2 0 ( 1)( 2 2) 0 1 0t t t t t t+ − = ⇔ − − + = ⇔ − = (Vì 2 2 2 2 ( 1) 1 0 ) 1t t t x t− + = − + > ∀ ⇔ = Với 1t = 1 1 1 1 0 1x x x⇒ − + = ⇔ − = ⇔ = (Thoả mãn điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1. Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 2 2 3 ( 1)( 3 1 ) 1 0x x m x x m− − + − − + + − + + = (3) Bài giải Điều kiện xác định: 3 1x− ≤ ≤ Đặt 3 1k x x= + + − ( 0k > ) Suy ra 2 2 2 2 (1. 3 1. 1 ) (1 1 )( 3 1 ) 8 0 2 2 k x x x x k = + + − ≤ + + + − = ⇒ < ≤ Mặt khác: 2 2 2 2 2 ( 3 1 ) 3 1 2 ( 3)(1 ) 4 2 2 3 2 2 3 4 k x x x x x x x x x x k = + + − = + + − + + − = + − − + ⇒ − − + = − Khi đó phương trình (3) trở thành: 2 2 4 ( 1) 1 0 ( 1) 3 0k m k m k m k m− − − + + = ⇔ − − + − = (4) Đặt 2 ( ) ( 1) 3f x k m k m= − − + − Để phương trình (3) có nghiệm thì phương trình (4) có nghiệm đối với k thoả mãn điều kiện: 0 2 2k< ≤ Ta có: 2 2 2 ( 1) 4( 3) 6 12 ( 3) 4 0m m m m m∆ = − − − = − + = − + > ∀ m nên phương trình (4) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Nếu một trong hai nghiệm của phương trình (4) là k = 2 2 thì ta có: 5 2 2 8 2 2( 1) 3 0 2 2 1 m m m + − − + − = ⇔ = − Nếu cả hai nghiệm đều khác 2 2 thì điều kiện của bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi hoặc cả hai nghiệm cùng thuộc (0; 2 2 ) hoặc có 1 nghiệm nằm xen giữa khoảng (0; 2 2 ) có nghĩa là: 1 2 0 2 2k k< < < hoặc 1 2 0 2 2k k< < < ( 1 2 0 2 2k k< < < ) Điều đó xẩy ra khi và chỉ khi: 3 (0) 0 3 0 5 2 2 3 4 2 1 (2 2) 0 (2 2 1) 5 2 2 2 2 1 5 2 2 1 0 1 4 2 1 4 2 1 3 0 2 2 2 2 1 2 ( 3)((2 2 1) (5 2 2)) 0 5 2 2 3 (0). (2 2) 0 2 2 1 3 4 2 1 m f m m m f m m m m m m m m f f m > > − > + < < < + > − < + − ⇔ ⇔ ⇔ + − < − < < < + < < < < − − − − + < + < < < − ⇔ < < + Vậy giá trị cần tìm của m là: 3 4 2 1m< < + Bài 3: Cho a, b, c [ ] 0;1∈ . Chứng minh 2 3 1a b c ab bc ca+ + − − − ≤ . Bài giải Vì a, b, c [ ] 0;1∈ nên ta có (1 )(1 )(1 ) 0 (1 )(1 ) 0 1 ( ) ( ) 0 1 1 1 a b c b a ab c a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca − − − ≥ ⇔ − − + − ≥ ⇔ − + + + + + − ≥ ⇔ + + − − − ≤ − ≤ ⇔ + + − − − ≤ Mà a, b, c [ ] 0;1∈ nên: 2 3 ;b b c c≤ ≤ Khi đó 2 3 1a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + − − − ≤ + + − − − ≤ Hay 2 3 1a b c ab bc ca+ + − − − ≤ (điều phải chứng minh) E K N M D O C B A Bài 4: Từ O nối OM, ON, Nối OA cắt MN tại K. Khi đó ta có AM⊥OM; AN⊥ON (tính chất tiếp tuyến vuông góc với Bán kính tại tiếp điểm). AO⊥MN tại K (A giao điểm của 2 tiếp tuyến nên suy ra AO vừa là Tia phân giác góc A, vừa là đường trung trực đoạn thẳng MN). Khi đó xét ∆AKE và ∆ADO có: µ µ 90 o K D= = ; µ A chung AKE⇒ ∆ đồng dạng ADO∆ . . AE AK AE AD AK AO AO AD ⇒ = ⇒ = (tỉ lệ đồng dạng) (1) Mặt khác AMO∆ vuông tại M có MK là đường cao 2 .AM AK AO⇒ = (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2 .AM AE AD= (đpcm). ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 02 MÔN: Toán Thời gian làm bài 120 phút Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm không âm: 1x x m− + = (1) Bài 2: Giải hệ phương trình: 2 2 1 10 10 1 3 3 82 9 0 x x y y y y x y y x + + − + = + + + = < < Bài 3: a, Cho phương trình 4 3 2 ax ax 1 0x bx+ + + + = có nghiệm thực. CMR: 2 2 4 1 0a b b+ − + > b, Cho 3 số dương a, b, c. C/m rằng: 2 2 2 1 1 1 a b c a b c a b c b c c a a b + + ≤ + + + + + + + + Bài 4: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Điểm M di động trên cung nhỏ BC. Từ M kẻ MH, MK lần lượt vuông góc với AB, AC (H∈đường thẳng AB, K∈đường thẳng AC). a, Chứng minh: MBC ∆ đồng dạng với MHK∆ b, Tìm vị trí của M trên cung nhỏ BC sao cho biểu thức AB AC MH MK + có giá trị nhỏ nhất. Bài 5: Cho ABC ∆ vuông ở A, µ 20 o B = . Vẽ phân giác trong BI, vẽ góc 30 o ACH = về phía trong tam giác (H∈AB). Tính góc CHI. Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 5 8 5 2( 1)x xy y y x+ + = − − BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ II Họ và tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm không âm: 1x x m− + = (1) Bài giải Điều kiện xác định: 1x ≥ − Đặt 1t x= + ( 0)t ≥ khi đó ta có: 2 2 1 1t x x t= + ⇒ = − thay vào (1) ta được: 2 2 1 ( 1) 0t t m t t m− − = ⇔ − − + = (2) Đặt 2 ( ) ( 1)f t t t m= − − + Để phương trình (1) có nghiệm không âm ⇔ phương trình (2) có ít nhất một nghiệm 1t ≥ Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm 1t = khi đó: (2) 2 1 1 ( 1) 0 1m m⇔ − − + = ⇔ = − Trường hợp 2: Phương trình (2) Có hai nghiệm phân biệt t 1 ,t 2 * Thoả mãn: 1 2 1 t t< < 2 4 0 1 4( 1) 0 af (1) 0 12 1 ( 1) 0 1 1 1 2 2 b ac m m b a ∆ = − > + + > ⇔ > ⇔ − − + > − > > (Vô lý) do đó trường hợp này không thoả mãn. * Thoả mãn: 2 1 2 1 af(1) 0 1 1 ( 1) 0 1t t m m< < ⇔ < ⇔ − − + < ⇔ > − Kết hợp cả hai trường hợp giá trị cần tìm của m là: 1m ≥ − . Bài 2: Giải hệ phương trình: 2 2 1 10 10 1 (1) 3 3 82 (2) 9 0 x x y y y y x y y x + + − + = + + + = < < Bài giải Ta có: 1 10 1 0 0 3 1 10 1 10 (1) 10 1 3 3 10 0 3 3 y x y y x x y x x y y y y x x y y + + ≥ + ≥ ⇔ + + − + = + + − + ⇔ ⇔ ÷ ÷ + ≥ ≥ − − + ≥ 2 10 1 3 0 10 1 - 3 y y y y x y + + ≥ ⇔ + ≥ ≥ Do y < 0 Hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 10 10 10 1 0 3 1 0 1 0 3 10 3 3 1 0 1 10 10 3 10 82 0 1 0 3 3 3 3 9 y y y y y y y y y y y x y y y x y + + ≤ = − + + ≤ + + ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + + = ⇔ = − + ≥ > + + ≥ + ≥ = − ÷ Thoả mãn điều kiện y < 0. Với y = - 3 ta có 2 2 82 82 1 ( 3) 9 9 3 x y= − = − − = (Thoả mãn điều kiện x > 0) Với y = - 1 3 ta có 2 2 82 82 1 ( ) 3 9 9 3 x y= − = − − = (Thoả mãn điều kiện x > 0) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y) là 1 ; 3 3 − ÷ và 1 3; 3 − ÷ . Bài 3: b, Cho 3 số dương a, b, c. C/m rằng: 2 2 2 1 1 1 a b c a b c a b c b c c a a b + + ≤ + + + + + + + + Bài giải Ta có: 2 2 2 1 ( 1) 0 1 2 1 2 a a a a a a − ≥ ∀ ⇒ + ≥ ⇒ ≤ + Dấu = xẩy ra khi a=1 Tương tự: 2 2 1 1 2 1 1 2 b b c c ≤ + ≤ + Khi đó VT = 2 2 2 3 1 1 1 2 a b c a b c + + ≤ + + + (*) Dấu bằng xẩy ra Khi và chỉ khi a = b = c = 1 Biến đổi vế phải: Đặt: 2 b c x x y z c a y a b c a b z + = + + + = ⇒ + + = + = và ; ; 2 2 2 x y z x y z x y z a b c − + + − + + − = = = Khi đó 1 3 2 2 2 2 a b c x y z x y z x y z x y y z x z VP b c c a a b x y z y x z y z x − + + − + + − = + + = + + = + + + + + − ÷ ÷ ÷ + + + Do a, b, c dương ⇒ x, y, z>0 nên [ ] 1 3 2 2 2 3 2 2 VP ≥ + + − = (**) Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c Từ (*) và (**) ta có: 2 2 2 1 1 1 a b c a b c a b c b c c a a b + + ≤ + + + + + + + + (đpcm) Bài 4: a, Ta có tứ giác BACM nội tiếp nên: · · 180 o BMC BAC+ = (1) Tương tự tứ giác MHKA nội tiếp (do µ µ 90 o H K= = ) Nên · · 180 o HMK BAC+ = (2) Từ (1) và (2) suy ra: · · BMC HMK= (3) Suy ra: · · HMB CMK= Xét HMB∆ và KMC ∆ có µ µ 90 o H K= = và · · HMB CMK= nên HMB∆ đồng dạng KMC ∆ Suy ra: MN MC MH MK = (tỉ số đồng dạng) (4) Từ (3) và (4) suy ra: HMB∆ đồng dạng KMC∆ (c.g.c) (đpcm). K H M C B A Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 5 8 5 2( 1)x xy y y x+ + = − − (6) Bài giải Ta có phương trình (6) 2 2 2 2 (4 8 4 ) ( 2 1) ( 2 1) 0x xy y x x y y⇔ + + + + + + − + = 2 2 2 4( ) ( 1) ( 1) 0x y x y⇔ + + + + − = 0 1 1 0 1 1 0 x y x x y y + = = − ⇔ + = ⇔ = − = (Thoả mãn) Vậy phương trình có nghiệm là: 1 1 x y = − = . + − − − ≤ (điều phải chứng minh) E K N M D O C B A Bài 4: Từ O nối OM, ON, Nối OA cắt MN tại K. Khi đó ta có AM⊥OM; AN ON (tính chất tiếp tuyến vuông góc với Bán kính tại tiếp điểm). AO⊥MN tại. giá trị nhỏ nhất. Bài 5: Cho ABC ∆ vuông ở A, µ 20 o B = . Vẽ phân giác trong BI, vẽ góc 30 o ACH = về phía trong tam giác (H∈AB). Tính góc CHI. Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2. đồng dạng) (1) Mặt khác AMO∆ vuông tại M có MK là đường cao 2 .AM AK AO⇒ = (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2 .AM AE AD= (đpcm). ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 02 MÔN: Toán Thời