ĐỀ 12 Bài 1: Cho biểu thức A = x − 4( x − 1) + x + 4( x − 1) 1 − x −1÷ x − 4( x − 1) a) Tìm điều kiện x để A xác định b) Rút gọn A Bài 2: Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) B(3; −4) a) Viết phương trình đường thẳng AB b) Xác định điểm M trục hoành để tam giác MAB cân M Bài 3: Tìm tất số tự nhiên m để pt ẩn x sau: x2 − m2x + m + = có nghiệm nguyên Bài 4: Cho tam giác ABC Phân giác AD (D ∈ BC) vẽ đường tròn tâm O qua A D đồng thời tiếp xúc với BC D Đường tròn cắt AB AC E F Chứng minh: a) EF // BC b) Các tam giác AED ADC; AFD ABD tam giác đồng dạng c) AE.AC = AF.AB = AC2 Bài 5: Cho số dương x, y thỏa mãn điều kiện x2 + y2 ≥ x3 + y4 Chứng minh: x3 + y3 ≤ x2 + y2 ≤ x + y ≤ Đáp án Bài 1: a) Điều kiện x thỏa mãn x − ≠ x − 4( x − 1) ≥ x + 4( x − 1) ≥ x − 4( x − 1) > ⇔ x ≠ x ≥ x ≥ x ≠ ⇔ x > x ≠ KL: A xác định < x < x > b) Rút gọn A A= ( x − − 1)2 + ( x − + 1)2 x − = x −1 ( x − 2)2 Với < x < 2: A = Với x > 2: A = x −1 −1 + x −1 +1 x − x −2 x −1 1− x x −1 Kết luận: Với < x < A = Với x > A = 2 1− x x −1 Bài 2: a) A B có hoành độ tung độ khác nên phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b A(5; 2) ∈ AB ⇒ 5a + b = B(3; −4) ∈ AB ⇒ 3a + b = −4 Giải hệ ta có a = 3; b = −13 Vậy phương trình đường thẳng AB y = 3x − 13 b) Giả sử M (x, 0) ∈ xx’ ta có MA = ( x − 5)2 + (0 − 2)2 MB = ( x − 3)2 + (0 + 4)2 ∆MAB cân ⇒ MA = MB ⇔ ( x − 5)2 + = ( x − 3)2 + 16 ⇔ (x − 5)2 + = (x − 3)2 + 16 ⇔ x = Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3: Phương trình có nghiệm nguyên ∆ = m4 − 4m − số phương Ta lại có: m = 0; ∆ < loại A m = ∆ = = 22 nhận m ≥ 2m(m − 2) > ⇔ 2m2 − 4m − > ⇔ ∆ − (2m2 − 2m − 5) < ∆ < ∆ + 4m + ⇔ m4 − 2m + < ∆ < m4 F E ⇔ (m2 − 1)2 < ∆ < (m2)2 ∆ không phương Vậy m = giá trị cần tìm B Bài 4: D » » · · · · = EFD( = sdED) FAD = FDC( = sdFD) a) EAD 2 · · · · mà EDA = FAD ⇒ EFD = FDC ⇒ EF // BC (2 góc so le nhau) C » = DF » b) AD phân giác góc BAC nên DE 1 · ¼ − DF » ) = sđ AE » = sđ ADE · · · · · = sđ( AED sđ ACD Do ACD EAD = ADE = DAC 2 ⇒ ∆DAE ∽ ∆ADC (g.g) 2 · » = sd(AFD ¼ − DF) » = = sdAF Tương tự: sđ ADF ∆AFD ∽ ∆ABD (g.g) c) Theo trên: + ∆DAE ∽ ∆ADC (g.g) + ∆ AFD ∽ ∆ABD (g.g) ¼ − DE) » = sdABD · · · (sdAFD ⇒ ADF = ABD AE AD = hay AD2 = AE.AC (1) AD AC AD AF = ⇒ hay AD2 = AB.AF (2) AB AD ⇒ Từ (1) (2) ta có AD2 = AE.AC = AB.AF Bài 5: Ta có (y2 − y) + ≥ ⇒ 2y3 ≤ y4 + y2 ⇒ (x3 + y2) + (x2 + y3) ≤ (x2 + y2) + (y4 + x3) mà x3 + y4 ≤ x2 + y3 đó: x3 + y3 ≤ x2 + y2 (1) 2 + Ta có: x(x − 1) ≥ 0: y(y + 1)(y − 1) ≥ ⇒ x(x − 1) + y(y + 1)(y − 1)2 ≥ ⇒ x3 − 2x2 + x + y4 − y3 − y2 + y ≥ ⇒ (x2 + y2) + (x2 + y3) ≤ (x + y) + (x3 + y4) mà x2 + y3 ≥ x3 + y4 ⇒ x2 + y2 ≤ x + y (2) 3 (x + 1)(x − 1) ≥ ; (y − 1)(y −1) ≥ ; x − x − x + + y − y − y3 + ≥ ⇒ (x + y) + (x2 + y3) ≤ + (x3 + y4) mà x2 + y3 ≥ x3 + y4 ⇒ x + y ≤ (3) 3 2 Từ (1) (2) (3) ta có: x + y ≤ x + y ≤ x + y ≤ ...Đáp án Bài 1: a) Điều kiện x thỏa mãn x − ≠ x − 4( x − 1) ≥ x + 4( x − 1) ≥ x − 4( x −