Bài 1 Rút gọn biểu thức: ĐỀ x −9 A= + ÷× x +3 x x−3 x với x > 0, x ≠ × + ÷ = 10 +2 5−2 Bài 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k − 1) x + n hai điểm A(0;2), B(-1;0) Tìm giá trị k n để: a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (∆) : y = x + − k Cho n = Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB Chứng minh rằng: Bài Cho phương trình bậc hai: x − 2mx + m − = (1) (với m tham số) Giải phương trình (1) với m = −1 Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 1 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: + = 16 x1 x2 Bài Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp ∆CAE đồng dạng với ∆CHK Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh ∆NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN KM2 + KN2 = 4R2 ĐÁP ÁN Bài x −9 A= + ÷× x +3 x x−3 x × + ÷ = 10 +2 5−2 Rút gọn biểu thức: Chứng minh rằng: Ý với x > 0, x ≠ Nội dung Điểm Với ĐK: x > 0, x ≠ Ta có: A= + x x −3 ⇔ A= ÷ x−9 × x +3÷ x ( ) ( x +3 + x ) ( x −3 x ( x − 9) ) ×x − 0,25 x ⇔ A= x +9+ x−3 x x 0,25 ⇔ A= 9+ x x 0,25 Kết luận: Vậy với x > 0, x ≠ A = Ta có: 0,25 + ÷ = 5+2 5−2 = ( 9+ x x 0,25 +2+ −2 ÷ 5−2 5+2 ÷ 5−4 )( ) 0,25 0,25 = 10 Vậy: + ÷ = 10 − + 0,25 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k − 1) x + n hai điểm A(0;2), B(1;0) Tìm giá trị k n để: a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (∆) : y = x + − k Cho n = Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB Ý 1a Nội dung (d): y = (k-1)x + n qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình: (k − 1).0 + n = (k − 1).(−1) + n = (1,0 đ) n = n = ⇔ ⇔ 1 − k + = k = 1b (0,5 đ) (0,5 đ) Điểm 0,25 0,5 Kết luận: Vậy k = 3, n = (d) qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25 k − = k = ⇔ + (d ) //( ∆ ) ⇔ n ≠ − k n ≠ 0,25 k = Kết luận: Vậy (d ) //( ∆ ) ⇔ n ≠ 0,25 Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + Suy đường thẳng (d) cắt trục Ox C ;0 ÷ ⇔ k − ≠ ⇔ k ≠ toạ độ điểm C 1− k 0,25 Ta có: OC = xC = B(-1;0) nên OB = 1− k Vì tam giác OAC OAB vuông O chung đường cao AO nên suy ra: SOAC = 2SOAB ⇔ OC = 2OB ⇔ =2 |1 − k | 0,25 k = ⇔ (thoả mãn đk k ≠ ) k = Kết luận: k = k = Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x − 2mx + m − = (1) (với m tham số) Giải phương trình (1) với m = −1 Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 1 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: + = 16 x1 x2 Ý Nội dung Điểm Với m = -1, phương trình (1) trở thành: x2 + 2x − = (0,75đ ∆ ' = 1+ = ⇒ ∆ ' = 0,25 Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là: −1 − x = = −4 x = −1 + = 0,25 Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt x = - 4, x = 0,25 Pt (1) có ∆ ' = m − (m − 7) 0,25 = m2 − m + (0,75đ ) 27 = m − ÷ + > với m 2 0,25 Vậy với giá trị m (1) có hai nghiệm phân biệt (0,5 đ) 0,25 Theo câu 2, ta có (1) có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 với giá trị m Theo định lý Vi ét ta có: 0,25 x1 + x2 = 2m x1 x2 = m − Theo giả thiết ta có: x x ≠ 1 + = 16 ⇔ x1 x2 x1 + x2 = 16 x1 x2 m − ≠ ⇔ 2m = 16 ( m − ) m ≠ ⇔ m = 0,25 ⇔ m=8 Vậy m = giá trị cần tìm Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp ∆CAE đồng dạng với ∆CHK Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh ∆NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN KM2 + KN2 = 4R2 a A f k o m h O P e n M c b Ý H K E C B Nội dung • Ta có: N + ·AHE = 900 (theo giả thiết AB ⊥ MN ) Điểm 0,5 + ·AKE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ·AHE = ·AKE = 900 ⇒ H, K thuộc đường tròn đường kính AE Vậy tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp • Xét hai tam giác ∆ CAE ∆ CHK: + Có chung góc C · · + EAC (góc nội tiếp chắn cung EK) = EHK ∆ CHK (g - g) Suy ∆ CAE (1,0 đ) (0,5 đ) 0,5 0,25 0,25 0,5 ¼ suy ta có Do đường kính AB ⊥ MN nên B điểm cung MN · · MKB = NKB (1) 0,25 · · NKB = KNF (2) Lại có BK // NF (vì vuông góc với AC) nên · · = MFN (3) MKB 0,5 · · · · Từ (1), (2), (3) suy MFN Vậy ∆ KNF cân K = KNF ⇔ KFN = KNF 0,25 · * Ta có ·AKB = 900 ⇒ BKC = 900 ⇒ ∆KEC vuông K Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K · · · BEH = KEC = 450 ⇒ OBK = 450 0,25 Mặt khác ∆ OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy ∆ OBK vuông cân O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB) * Gọi P giao điểm tia KO với đường tròn ta có KP đường kính KP // MN Ta có tứ giác KPMN hình thang cân nên KN = MP Xét tam giác KMP vuông M ta có: MP2 + MK2 = KP2 ⇔ KN2 + KM2 = 4R2 Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 3 3 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ − 0,25 Ý Nội dung Điểm (a − 1)3 = a − 3a + 3a − Ta có: = a ( a − 3a + 3) − 3 3 = a a − ÷ + a − ≥ a − (1) (do a ≥ 0) 2 4 3 (b − 1)3 ≥ b − ( ) , (c − 1)3 ≥ c − ( 3) 4 Tương tự: 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra: ( a − 1) 0,5 đ + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 3 ( a + b + c) − = − = − 4 Vậy BĐT chứng minh Dấu đẳng thức xảy 3 a a − ÷ = a = ∨ a = a = 0, b = c = b b − ÷ = b = ∨ b = ⇔ ⇔ b = 0, a = c = 2 c c − = c = ∨ c = c = 0, a = b = ÷ 2 a + b + c = a + b + c = 3 3 0,25 ... x1 + x2 = 2m x1 x2 = m − Theo giả thi t ta có: x x ≠ 1 + = 16 ⇔ x1 x2 x1 + x2 = 16 x1 x2 m − ≠ ⇔ 2m = 16 ( m − ) m ≠ ⇔ m = 0,25 ⇔ m =8 Vậy m = giá trị cần tìm Bài (3,5 điểm)... + KN2 = 4R2 a A f k o m h O P e n M c b Ý H K E C B Nội dung • Ta có: N + ·AHE = 900 (theo giả thi t AB ⊥ MN ) Điểm 0,5 + ·AKE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ·AHE = ·AKE = 900 ⇒ H,... Vậy ∆ KNF cân K = KNF ⇔ KFN = KNF 0,25 · * Ta có ·AKB = 900 ⇒ BKC = 900 ⇒ ∆KEC vuông K Theo giả thi t ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K · · · BEH = KEC = 450 ⇒ OBK = 450 0,25 Mặt