40 đề thi Toán vào lớp 10 chọn lọc

3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn..[r]

B Ộ ĐỀ ÔN THI TUY N SINH Ể VÀO LỚP 10 THPT VÀ THPT CHUYÊN

Mơn: TỐN

BIÊN TẬP LẠI VĂN LONG

LỜI NĨI ĐẦU

góp ph n nh h ng cho vi c d y - h c tr ng nh t l vi c ôn t p, rèn luy n k

Để ầ đị ướ ệ ọ ườ ấ ệ ậ ệ ĩ

n ng cho h c sinh sát v i th c ti n giáo d c c a t nh nh nh m nâng cao ch t lă ọ ự ễ ụ ủ ỉ ằ ấ ượng kì thi nể sinh, S GD T H T nh phát h nh B t i li u ôn thi n sinh v o l p 10 THPT v THPT chuyênở Đ ĩ ộ ệ ể g m mơn: Tốn, Ng v n v Ti ng Anh ữ ă ế

- Môn Ng v n ữ ă vi t theo hình th c t i li u ôn t p.ế ứ ệ ậ

V c u trúc: H th ng ki n th c c b n c a nh ng b i h c chề ấ ệ ố ế ứ ả ủ ữ ọ ương trình Ng v n l p 9ữ ă (riêng phân môn Ti ng Vi t, ki n th c, k n ng ch y u ế ệ ế ứ ĩ ă ủ ế h c t l p 6,7,8) Các v n b n v n h c,ọ ă ả ă ọ v n b n nh t d ng, v n b n ngh lu n ă ả ậ ụ ă ả ị ậ trình b y theo trình t : tác gi , tác ph m (ho c o nà ự ả ẩ ặ đ trích), b i t p Các ậ đề thi tham kh o (18 ả đề đượ) c biên so n theo hạ ướng: đề g m nhi u câu v kèmề theo g i ý l m b i (m c ích ợ à ụ đ để em l m quen v có k n ng v i d ng à ĩ ă đề thi n sinh v o l pể 10)

V n i dung ki n th c, k n ng: T i li u ề ộ ế ứ ĩ ă ệ biên so n theo hạ ướng bám Chu n ki n th c, kẩ ế ứ ĩ n ng c a B GD T, ó t p trung v o nh ng ki n th c c b n, tr ng tâm v k n ng v n d ng.ă ủ ộ Đ đ ậ ữ ế ứ ả ọ ĩ ă ậ ụ

- Môn Ti ng Anh ế vi t theo hình th c t i li u ôn t p, g m hai ph n: H th ng ki n th cế ứ ệ ậ ầ ệ ố ế ứ c b n, tr ng tâm chơ ả ọ ương trình THCS th hi n qua d ng b i t p c b n v m t s ể ệ ậ ả ộ ố đề thi tham kh o (có áp án).ả đ

- Mơn Tốn vi t theo hình th c B ế ứ ộ đề ôn thi, g m hai ph n: m t ph n ôn thi v o l p 10ồ ầ ộ ầ THPT, m t ph n ôn thi v o l p 10 THPT chuyên d a c u trúc ộ ầ ự ấ đề thi c a S M i ủ ỗ đề thi có l i gi i tóm t t v kèm theo m t s l i bình.ờ ả ắ ộ ố

Hy v ng ây l B t i li u ơn thi có ch t lọ đ ộ ệ ấ ượng, góp ph n quan tr ng nâng cao ch t lầ ọ ấ ượng d yạ - h c trọ ường THCS v k thi n sinh v o l p 10 THPT, THPT chuyên n m h c 2011-2012 ỳ ể ă ọ nh ng n m ti p theo.ữ ă ế

M c dù ã có s ặ đ ự đầ ớu t l n v th i gian, trí tu c a ề ệ ủ đội ng nh ng ngũ ữ ười biên so n, songạ không th tránh kh i nh ng h n ch , sai sót Mong ể ỏ ữ ế đượ ự đc s óng góp c a th y, cô giáo v emủ ầ h c sinh to n t nh ọ ỉ để ộ ệ đượ B t i li u c ho n ch nh h n.à ỉ

Chúc th y, cô giáo v em h c sinh thu ầ ọ k t qu cao nh t k thi s p t i!ế ả ấ ỳ ắ biªn tËp

L I V N LONGẠ Ă

A - PHẦN ĐỀ BÀI

ĐỀ SỐ

2 2 3Câu 1: a) Cho biết a = b = Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab.

3x + y = x - 2y = -

 

 b) Giải hệ phương trình:

1 x

:

x - x x x - x

 



 

 

  Câu 2: Cho biểu thức P = (với x > 0, x 1)

a) Rút gọn biểu thức P b)

1

2Tìm giá trị x để P >

Câu 3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = (m tham số).

a) Giải phương trình m =

1 x  x 3

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC ( E khác B C ), AE cắt CD F Chứng minh:

a) BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn b) AE.AF = AC2.

c) Khi E chạy cung nhỏ BC tâm đường trịn ngoại tiếp ∆CEF ln thuộc đường thẳng cố định

2

1

a bCâu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = ĐỀ SỐ 2

1

3  3 Câu 1: a) Rút gọn biểu thức:

b) Giải phương trình: x2 – 7x + = 0.

Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d: y = - x + Parabol (P): y = x2. 4x + ay = b

x - by = a

 

 b) Cho hệ phương trình:

Tìm a b để hệ cho có nghiệm ( x;y ) = ( 2; - 1)

  Câu 4: Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn

(B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MIAB, MKAC (IAB,KAC) a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn

MPK MBC  b) Vẽ MPBC (PBC) Chứng minh:

c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn

y - 2010

x - 2009 z - 2011

x - 2009 y - 2010 z - 2011



 

  

Câu 5: Giải phương trình:

ĐỀ SỐ 3 Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x4 + 3x2 – = 2x + y =

3x + 4y = -1

 

 b)

Câu 2: Rút gọn biểu thức:

3

1 2

 



  a) A =

1 x + x

x x + x x

 



 

 

   b) B = ( với x > 0, x ).

Câu 3: a) Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 y = x – hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị vẽ phép tính

Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BE CF cắt H

a) Chứng minh: AEHF BCEF tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Gọi M N thứ tự giao điểm thứ hai đường tròn (O;R) với BE CF Chứng minh: MN // EF

 c) Chứng minh OA EF.

Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

x - x y + x + y - y + P =

4

5

5 1 Câu 1: a) Trục thức mẫu biểu thức sau: ;

1

4 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax2 qua điểm M (- 2; ) Tìm hệ số a. Câu 2: Giải phương trình hệ phương trình sau:

2x + = - x a) 2x + 3y =

1 x - y =

6

   

 b)

Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + = (1)

a) Giải phương trình cho m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: ( x1 + )2 + ( x2 + )2 =



IEM 90 Câu 4: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC cho: (I M không trùng với đỉnh hình vng )

a) Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp đường trịn b) IME Tính số đo góc

c) Gọi N giao điểm tia AM tia DC; K giao điểm BN tia EM Chứng minh CK

BN

Câu 5: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ).

ĐỀ SỐ 5

3

2

 



 

 

  Câu 1: a) Thực phép tính:

b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b qua điểm A( 2; ) điểm B(-2;1) Tìm hệ số a b

2

x -

+ =

x - x + x - 1 b)

Câu 3: Hai ô tô khởi hành lúc quãng đường từ A đến B dài 120 km Mỗi ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai 0,4 Tính vận tốc tơ

Câu 4: Cho đường tròn (O;R); AB CD hai đường kính khác đường trịn Tiếp tuyến B đường tròn (O;R) cắt đường thẳng AC, AD thứ tự E F

a) Chứng minh tứ giác ACBD hình chữ nhật

~ b) Chứng minh ∆ACD ∆CBE

c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn

1

S  S  S

d) Gọi S, S1, S2 thứ tự diện tích ∆AEF, ∆BCE ∆BDF Chứng minh:

 

3

10 x + = x +

Câu 5: Giải phương trình:

ĐỀ SỐ 6 Câu 1: Rút gọn biểu thức sau:

3 3

2

3

     

 

   

     

    a) A =

 

b a

- a b - b a a - ab ab - b

 

 

 

   b) B = ( với a > 0, b > 0, a b)

   

x - y = -

2

+ =

x y

   

 Câu 2: a) Giải hệ phương trình:

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình: x2 – x – = Tính giá trị biểu thức: P = x12 + x22 Câu 3:

1

2a) Biết đường thẳng y = ax + b qua điểm M ( 2; ) song song với đường thẳng 2x + y = Tìm

các hệ số a b

b) Tính kích thước hình chữ nhật có diện tích 40 cm2, biết tăng kích

thước thêm cm diện tích tăng thêm 48 cm2.

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông A, M điểm thuộc cạnh AC (M khác A C ) Đường trịn đường kính MC cắt BC N cắt tia BM I Chứng minh rằng:

a) ABNM ABCI tứ giác nội tiếp đường tròn 

c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.

2x - xy + y - x + 3Câu 5: Cho biểu thức A = Hỏi A có giá trị nhỏ hay khơng? Vì sao?

ĐỀ SỐ 7

x - + - x Câu 1: a) Tìm điều kiện x biểu thức sau có nghĩa: A =

1

3  1 b) Tính:

Câu 2: Giải phương trình bất phương trình sau: a) ( x – )2 = 4

x - 1 <

2x + b)

Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - = (1)

a) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2

b) Tìm giá trị m để: x12 + x22 – x1x2 =

Câu 4: Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB (CD không qua tâm O) Trên tia đối tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) điểm thứ hai M

a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC

b) Gọi H giao điểm MA BC; K giao điểm MD AB Chứng minh BMHK tứ giác nội tiếp HK // CD

c) Chứng minh: OK.OS = R2.

3

x + = 2y y + = 2x

   

 Câu 5: Giải hệ phương trình:

ĐỀ SỐ 8 2x + y =

x - 3y = -

 

 Câu 1: a) Giải hệ phương trình:

1

1

+

x x b) Gọi x

1,x2 hai nghiệm phương trình:3x2 – x – = Tính giá trị biểu thức:

P =

a a a

: a - a a - a

  



 

  

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị a để A <

Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + + m = (1)

a) Giải phương trình cho với m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2.( x1x2 – ) =

3( x1 + x2 )

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B)

a) Chứng minh: AMCO AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn

 

ADE ACO b) Chứng minh

 c) Vẽ CH vng góc với AB (H AB) Chứng minh MB qua trung điểm CH. 0 ; 1

 

Câu 5: Cho số a, b, c Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. ĐỀ SỐ 9

 2  3 2

Câu 1: a) Cho hàm số y = x + Tính giá trị hàm số x =

b) Tìm m để đường thẳng y = 2x – đường thẳng y = 3x + m cắt điểm nằm trục hoành

3 x x x - :

x - x x

  



 

   

  x 0, x 4, x 9   Câu 2: a) Rút gọn biểu thức: A = với

   

2

x - 3x +

x + x - x - 3 b) Giải phương trình: 3x - y = 2m -

x + 2y = 3m +

 

 Câu 3: Cho hệ phương trình: (1) a) Giải hệ phương trình cho m =

b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10.

Câu 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O) Từ A B vẽ tiếp tuyến Ax By Đường thẳng qua N vng góc với NM cắt Ax, By thứ tự C D

a) Chứng minh ACNM BDNM tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD

   

a + b

2 a 3a + b  b 3b + a 

Câu 5: Chứng minh rằng: với a, b số dương

ĐỀ SỐ 10 Câu 1: Rút gọn biểu thức:

 2 8 50 1

a) A =

2 2 x - 2x +

x - 4x b) B = , với < x < 1 Câu 2:Giải hệ phương trình phương trình sau:

 

2 x - y = x - 3y = -

 

  

 a)

x + x 0  b)

Câu 3: Một xí nghiệp sản xuất 120 sản phẩm loại I 120 sản phẩm loại II thời gian Mỗi sản xuất số sản phẩm loại I số sản phẩm loại II 10 sản phẩm Hỏi xí nghiệp sản xuất sản phẩm loại

(O ) (O ) Câu 4: Cho hai đường tròn (O) vàcắt A B Vẽ AC, AD thứ tự đường kính hai đường tròn (O)

a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng

(O ) b) Đường thẳng AC cắt đường tròntại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) F (E, F khác A) Chứng minh điểm C, D, E, F nằm đường tròn

(O ) c) Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt (O) vàthứ tự M N Xác định vị trí d để CM + DN đạt giá trị lớn

Câu 5: Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức: x + x2 2011 y + y  2011 2011

  

Tính: x + y

2 - a a - a

A a

1 - a - a

   

      

    với a ≥ a ≠ 1.

2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + = 0

Câu 2: 1) Với giá trị k, hàm số y = (3 - k) x + nghịch biến R 2) Giải hệ phương trình:

4x + y = 3x - 2y = - 12

 



Câu 3: Cho phương trình x2 - 6x + m = 0.

1) Với giá trị m phương trình có nghiệm trái dấu

2) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện x1 - x2 =

Câu 4: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB Dây BC = R Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn Tia AC cắt Bx M Gọi E trung điểm AC

1) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn

2) Gọi I giao điểm BE với OM Chứng minh: IB.IE = IM.IO

Câu 5: Cho x > 0, y > x + y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

6 +

x y P = 3x + 2y +

ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Tính gọn biểu thức:

20 - 45 + 18 + 72 1) A = a + a a - a

1 + + a + 1- a

   

   

   

    2) B = với a ≥ 0, a ≠ 1.

Câu 2: 1) Cho hàm số y = ax2, biết đồ thị hàm số qua điểm A (- ; -12) Tìm a.

2) Cho phương trình: x2 + (m + 1)x + m2 = (1)

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt, có nghiệm -

Câu 3: Một ruộng hình chữ nhật, tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m diện tích tăng thêm 100m2 Nếu giảm chiều dài chiều rộng 2m diện tích giảm 68m2 Tính diện tích thửa

ruộng

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) S



2) Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy

3) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE

Câu 5: Giải phương trình

2

x - 3x + + x + = x - + x + 2x - 3 ĐỀ SỐ 13 a a - a a + a +2

- :

a - a - a a + a

 

 

 

  Câu 1: Cho biểu thức: P = với a > 0, a  1, a  2. 1) Rút gọn P

2) Tìm giá trị nguyên a để P có giá trị nguyên

Câu 2: 1) Cho đường thẳng d có phương trình: ax + (2a - 1) y + =

Tìm a để đường thẳng d qua điểm M (1, -1) Khi đó, tìm hệ số góc đường thẳng d 2) Cho phương trình bậc 2: (m - 1)x2 - 2mx + m + =

a) Tìm m, biết phương trình có nghiệm x =

b) Xác định giá trị m để phương trình có tích nghiệm 5, từ tính tổng nghiệm phương trình

Câu 3: Giải hệ phương trình:

4x + 7y = 18 3x - y =

 



Câu 4: Cho ∆ABC cân A, I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A, O trung điểm IK

1) Chứng minh điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O 2) Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn tâm (O)

3) Tính bán kính đường trịn (O), biết AB = AC = 20cm, BC = 24cm

x + 2010Câu 5: Giải phương trình: x2 + = 2010.

ĐỀ SỐ 14 Câu 1: Cho biểu thức

x + x + x + +

4 - x

x - x + P = với x ≥ 0, x ≠ 4.

y(m x n )  Câu 2: Trong mặt phẳng, với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình:. 1) Với giá trị m n d song song với trục Ox

2) Xác định phương trình d, biết d qua điểm A(1; - 1) có hệ số góc -3

Câu 3: Cho phương trình: x2 - (m - 1)x - m - = (1)

1) Giải phương trình với m = -3

2 2

x + x 2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thoả mãn hệ thức = 10.

3) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc giá trị m

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E, nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh:

1) Tứ giác AFHE hình chữ nhật

2) Tứ giác BEFC tứ giác nội tiếp đường tròn

3) EF tiếp tuyến chung nửa đường trịn đường kính BH HC

Câu 5: Các số thực x, a, b, c thay đổi, thỏa mãn hệ:

2 2

x + a + b + c = (1) x + a + b + c = 13 (2)

 



Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ x

ĐỀ SỐ 15

x 1

- : +

x - x - x - x x

   

   

    

  x 0, x 1  Câu 1: Cho M = với a) Rút gọn M

b) Tìm x cho M >

Câu 2: Cho phương trình x2 - 2mx - = (m tham số)

a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình

2 2

x + x Tìm m để - x 1x2 =

Câu 3: Một đoàn xe chở 480 hàng Khi khởi hành có thêm xe nên xe chở Hỏi lúc đầu đồn xe có chiếc, biết xe chở khối lượng hàng

Câu 4: Cho đường trịn (O) đường kiính AB = 2R Điểm M thuộc đường tròn cho MA < MB Tiếp tuyến B M cắt N, MN cắt AB K, tia MO cắt tia NB H

a) Tứ giác OAMN hình ? b) Chứng minh KH // MB

ĐỀ SỐ 16 x 2x - x

-

x - x - x Câu 1: Cho biểu thức: K = với x >0 x1

1) Rút gọn biểu thức K

2) 3Tìm giá trị biểu thức K x = +

Câu 2: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b qua điểm M (-1; 2) song song với đường thẳng y = 3x + Tìm hệ số a b

3x 2y x - 3y

 

 



 2) Giải hệ phương trình:

Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 96 hàng Nhưng khởi hành có thêm xe nữa, nên xe chở lúc đầu 1,6 hàng Hỏi lúc đầu đội xe có

Câu 4: Cho đường tròn (O) với dây BC cố định điểm A thay đổi cung lớn BC cho AC > AB AC> BC Gọi D điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến (O) D C cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE

1) Chứng minh rằng: DE//BC

2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn 3)

1 CE

1 CQ

1

CF Gọi giao điểm dây AD BC F Chứng minh hệ thức: = + Câu 5: Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng:

a b c

1 + +

a + b b + c c + a

 

ĐỀ SỐ 17

3 + - Câu 1: Cho x

1 = x2 = 2

1

x + x Hãy tính: A = x

1 x2; B =

Câu 2: Cho phương trình ẩn x: x2 - (2m + 1) x + m2 + 5m = 0

a) Giải phương trình với m = -2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm cho tích nghiệm

Câu 3: Cho hai đường thẳng (d): y = - x + m + (d’): y = (m2 - 2) x + 1

b) Tìm m để (d) song song với (d’)

Câu 4: Cho điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm A C) Vẽ đường trịn tâm O đường kính BC; AT

là tiếp tuyến vẽ từ A Từ tiếp điểm T vẽ đường thẳng vng góc với BC, đường thẳng cắt BC H cắt đường tròn K (KT) Đặt OB = R

a) Chứng minh OH.OA = R2.

b) Chứng minh TB phân giác góc ATH

c) Từ B vẽ đường thẳng song song với TC Gọi D, E giao điểm đường thẳng vừa vẽ với TK TA Chứng minh ∆TED cân

3a −9√a

(√a −3)(√a+3)=

3√a(√a −3) (√a −3)(√a+3)=

3√a

√a+3 d) Chứng minh

Câu 5: Cho x, y hai số thực thoả mãn: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A = x + y +

ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn biểu thức:

45 20 5 1)

x x x

x x

 



 2) với x > 0.

Câu 2: Một vườn hình chữ nhật có chu vi 72m Nếu tăng chiều rộng lên gấp đơi chiều dài lên gấp ba chu vi vườn 194m Hãy tìm diện tích vườn cho lúc ban đầu

Câu 3: Cho phương trình: x2- 4x + m +1 = (1)

1) Giải phương trình (1) m =

2) x + x12 22Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức = (x1 +

x2)

(O ) (O ) O(O ) Câu 4: Cho đường tròn (O) cắt hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng OA cắt (O), điểm thứ hai C, D Đường thẳng A cắt (O), điểm thứ hai E, F

1 Chứng minh đường thẳng AB, CE DF đồng quy điểm I Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn (O ) (O ) Cho PQ tiếp tuyến chung (O) (P  (O), Q )

Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ

1

x

1

ĐỀ SỐ 19

5 11 11

B

5 11 , :5 55

 

 

  Câu 1: Cho biểu thức A =

a) Rút gọn biểu thức A b) Chứng minh: A - B =

3x + my = mx - y =

 

 Câu 2: Cho hệ phương trình a) Giải hệ m =

b) Chứng minh hệ có nghiệm với m

Câu 3: Một tam giác vng có cạnh huyền dài 10m Hai cạnh góc vng 2m Tính cạnh góc vng

Câu 4: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By Đường thẳng qua M vng góc với MC cắt Ax, By P Q; AM cắt CP E, BM cắt CQ F

a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường trịn



PCQ b) Chứng minh góc = 900.

c) Chứng minh AB // EF

4

2

x + 2x +

x + Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P =

ĐỀ SỐ 20 Câu 1: Rút gọn biểu thức :

2

-

5 - + 2a) A =

1 x - 1 - x x - : +

x x x + x

 

 

 

   

    x 0, x 1.  b) B = với

Câu 2: Cho phương trình x2 - (m + 5)x - m + = (1)

a) Giải phương trình với m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x = -

2

1 2

x x + x x = 24c) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x

Câu 3: Một phịng họp có 360 chỗ ngồi chia thành dãy có số chỗ ngồi thêm cho dãy chỗ ngồi bớt dãy số chỗ ngồi phịng khơng thay đổi Hỏi ban đầu số chỗ ngồi phòng họp chia thành dãy

Câu 4: Cho đường tròn (O,R) điểm S ngồi đường trịn Vẽ hai tiếp tuyến SA, SB ( A, B tiếp điểm) Vẽ đường thẳng a qua S cắt đường tròn (O) M N, với M nằm S N (đường thẳng a không qua tâm O)

a) Chứng minh: SO AB

b) Gọi H giao điểm SO AB; gọi I trung điểm MN Hai đường thẳng OI AB cắt E Chứng minh IHSE tứ giác nội tiếp đường tròn

c) Chứng minh OI.OE = R2.

Câu 5: Tìm m để phương trình ẩn x sau có ba nghiệm phân biệt: x3 - 2mx2 + (m2 + 1) x - m = (1).

ĐỀ SỐ 21

5 1 Câu 1) Trục thức mẫu số

4

x y x

 

 

 

 2) Giải hệ phương trình :

y=x2 y=x+2 Câu 2. Cho hai hàm số:

1) Vẽ đồ thị hai hàm số hệ trục Oxy

2) Tìm toạ độ giao điểm M, N hai đồ thị phép tính

2x2+(2m−1)x+m−1=0 m Câu 3. Cho phương trình với tham số

m=2 1) Giải phương trình

m x1, x2 2) Tìm để phương trình có hai nghiệm thoả mãn

2

1 2

4x 2x x 4x 1

Câu Cho đường trịn (O) có đường kính AB điểm C thuộc đường trịn (C khác A , B ) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F

1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

7x2

+7x=√4x+9

28 Câu 5. Tìm nghiệm dương phương trình :

ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 - 2x - 15 = 0

2) Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax - qua điểm M (- 1; 1) Tìm hệ số a

(√2a− 2√a)(

a −√a √a+1−

a+√a

√a −1) Câu 2: Cho biểu thức: P = với a > 0, a  1) Rút gọn biểu thức P

2) Tìm a để P > -

Câu 3: Tháng giêng hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy; tháng hai cải tiến kỹ thuật tổ I vượt mức 15% tổ II vượt mức 10% so với tháng giêng, hai tổ sản xuất 1010 chi tiết máy Hỏi tháng giêng tổ sản xuất chi tiết máy?

Câu 4: Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB Trên nửa mp bờ AB vẽ hai tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vng góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P

1) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh AI.BK = AC.BC



APB3) Tính

Câu 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + px + q = biết p + q = 198. ĐỀ SỐ 23

Câu 1.

(√20−3√5+√80).√5 1) Tính giá trị A = 4x4+7x2−2=0 2) Giải phương trình

Câu

y=−3x+6 y=5

2x −2m+1 1) Tìm m để đường thẳng đường thẳng cắt điểm nằm

trên trục hồnh

2) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính diện tích hình chữ nhật

x2−2x

+m−3=0 m Câu Cho phương trình với tham số

m x1, x2 x1

−2x2+x1x2=−12 2) Tìm giá trị để phương trình có hai nghiệm phân

biệt thoả mãn điều kiện:

Câu 4. Cho hai đường tròn (O, R) (O’, R’) với R > R’ cắt A B Kẻ tiếp tuyến chung DE hai đường tròn với D  (O) E  (O’) cho B gần tiếp tuyến so với A

 

DAB BDE 1) Chứng minh

2) Tia AB cắt DE M Chứng minh M trung điểm DE

3) Đường thẳng EB cắt DA P, đường thẳng DB cắt AE Q Chứng minh PQ song song với AB

4x+3

x2+1 Câu Tìm giá trị x để số nguyên âm

ĐỀ SỐ 24 Câu Rút gọn:

5

(1 5)

2



 

1) A =

1

1

x x x x

x x

     

 

   

     

    0 x 12) B = với

x2

+(3− m)x+2(m−5)=0 m Câu 2. Cho phương trình với tham số

m x=2 1) Chứng minh với giá trị phương trình ln có nghiệm

m x=5−2√2 2) Tìm giá trị để phương trình có nghiệm

Câu 3. Một xe ô tô cần chạy quãng đường 80km thời gian dự định Vì trời mưa nên phần tư quãng đường đầu xe phải chạy chậm vận tốc dự định 15km/h nên quãng đường lại xe phải chạy nhanh vận tốc dự định 10km/h Tính thời gian dự định xe tơ

Câu 4. Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn điểm D nằm đoạn OA Vẽ tiếp tuyến Ax, By nửa đường tròn Đường thẳng qua C, vng góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By M N

1) Chứng minh tứ giác ADCM BDCN nội tiếp đường tròn

 900

MDN  2) Chứng

3) Gọi P giao điểm AC DM, Q giao điểm BC DN Chứng minh PQ song song với AB

Câu 5. Cho số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức:

4

a b b c c a a b c

c a b b c c a a b

    

      

  

 

1 :

1

1

x

x

x x x x

   

 

   

     

 

  Câu Cho biểu thức A = với a > 0, a  1 1) Rút gọn biểu thức A

2

x  2) Tính giá trị A

2 1 0

x ax b   a , b Câu 2. Cho phương trình với tham số.

5

b a=3 1) Giải phương trình

a , b x1, x2

¿ x1− x2=3 x13− x23=9

¿{

¿

2) Tìm giá trị để phương trình có hai nghiệm phân biệt

thoả mãn điều kiện:

Câu 3. Một thuyền chạy xi dịng từ bến sơng A đến bên sơng B cách 24km Cùng lúc đó, từ A bè trơi B với vận tốc dịng nước km/h Khi đến B thuyền quay lại gặp bè địa điểm C cách A 8km Tính vận tốc thực thuyền

Câu 4. Cho đường (O, R) đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn hai điểm A, B Lấy điểm M tia đối tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D tiếp điểm) Gọi H trung điểm AB

1) Chứng minh điểm M, D, O, H nằm đường tròn

2) Đoạn OM cắt đường tròn I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD

3) Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tia MC, MD thứ tự P Q Tìm vị trí điểm M d cho diện tích tam giác MPQ bé

1

a b c abc   

Câu Cho số thực dương a, b, c thoả mãn

a b a c    

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

ĐỀ SỐ 26

1

2 2  Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: 3x + y =

x - 2y = -

 

1 x :

x + x x x + x

 



 

 

  Câu 2: Cho biểu thức P = với x > 0. 1) Rút gọn biểu thức P

1

22) Tìm giá trị x để P >

Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + m = (1)

1) Giải phương trình cho với m =

2) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: (x1x2 – 1)2 = 9( x1 +

x2 )

Câu 4: Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đường trịn đường kính AD, tâm O Hai đường chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD I trung điểm DE Chứng minh rằng:

1) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đường tròn 2) E tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH

2) Năm điểm B, C, I, O, H thuộc đường tròn

 x + 8 x + 3 x2 11x + 24 1 5

   

Câu 5: Giải phương trình:

ĐỀ SỐ 27 Câu 1: Rút gọn biểu thức sau:

1

20 80 45

2  3 1) A =

5 5

2

5

     

 

   

     

    2) B =

2x - y = - 2y 3x + y = - x

 

 Câu 2: 1) Giải hệ phương trình:

2) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình: x2 – x – =

1 1

x x Tính giá trị biểu thức P =

Câu 4 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB C điểm nằm O A Đường thẳng vuông góc với AB C cắt nửa đường trịn I K điểm nằm đoạn thẳng CI (K khác C I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) M, tia BM cắt tia CI D Chứng minh:

1) ACMD tứ giác nội tiếp đường tròn 2) ∆ABD ~ ∆MBC

3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm đường thẳng cố định K di động đoạn thẳng CI

Câu 5: Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y =

2

1

x y xyHãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = ĐỀ SỐ 28 2x + y =

x - 3y = -

 

 Câu 1: 1) Giải hệ phương trình:

2) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình: 3x2 – x – =

Tính giá trị biểu thức P = x12 + x22

a a a

: a - a a + a

  



 

  

  Câu 2: Cho biểu thức A = với a > 0, a 1.

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm giá trị a để A <

Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - = (1)

1) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2

2) Tìm giá trị m để: x12 + x22 – x1x2 =

Câu 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường tròn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B)

1) Chứng minh: AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn

2) MA2 = MD.MB

3) Vẽ CH vng góc với AB (H AB) Chứng minh MB qua trung điểm CH.

4

x - x + 2x -

x  x  x Câu 5: Giải phương trình:

y mx 2m 4   Câu 1: a) Cho đường thẳng d có phương trình: Tìm m để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ

2

y(m  m x) b) Với giá trị m đồ thị hàm số qua điểm A(-1; 2).

(√a−1 3+

√a+3)(1−

3

√a) Câu 2: Cho biểu thức P = với a > a

a) Rút gọn biểu thức P

1

2 b) Tìm giá trị a để P >

Câu 3: Hai người làm chung cơng việc hoàn thành Nếu người làm riêng, để hồn thành cơng việc thời gian người thứ thời gian người thứ hai Hỏi làm riêng người phải làm để hồn thành cơng việc

Câu 4: Cho nửa đường trịn đường kính BC = 2R Từ điểm A nửa đường tròn vẽ AH BC Nửa đường trịn đường kính BH, CH có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự D E

a) Chứng minh tứ giác ADHE hình chữ nhật, từ tính DE biết R = 25 BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn

c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn Tính giá trị

3Câu 5: Giải phương trình: x3 + x2 - x = -

ĐỀ SỐ 30

√3x+√75=0 Câu 1. 1) Giải phương trình:

¿

3x −2y=1

2x+y=−4

¿{

¿

2) Giải hệ phương trình

2x2−(m+3)x+m=0 m Câu 2. Cho phương trình (1) với tham số

m=2 1) Giải phương trình

x1, x2 |x1− x2| 2) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với giá trị m Gọi nghiệm

của phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A =

3

9 25

2

a a a

a a

 

 a0 1) Rút gọn biểu thức P = với

2) Khoảng cách hai bến sông A B 48 km Một canơ xi dịng từ bến A đến bến B, quay lại bến A Thời gian (không tính thời gian nghỉ) Tính vận tốc canơ nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước km/h

Câu Cho tam giác vuông ABC nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AB Trên tia đối tia CA lấy điểm D cho CD = AC

1) Chứng minh tam giác ABD cân

 2) Đường thẳng vng góc với AC A cắt đường tròn (O) E (EA) Tên tia đối tia EA lấy

điểm F cho EF = AE Chứng minh ba điểm D, B, F nằm đường thẳng 3) Chứng minh đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O)

a , b , c Câu 5. Cho số dương Chứng minh bất đẳng thức:

√ a

b+c+√

b c+a+√

c

a+b>2

ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính:

A 20 18  45 72a) B 4 7 4 b)

C x x 1   x x 1  c) với x > 1

Câu 2: Cho hàm số y = (2m - 1)x - m + a) Tìm m để hàm số nghịch biến R b) Tìm m để đồ thị hàm số qua A (1; 2)

1

4 Câu 3: Hai người thợ làm cơng việc 16 xong Nếu người thứ làm giờ,

người thứ hai làm họ làm cơng việc Hỏi người làm làm xong cơng việc?

Câu 4: Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Vẽ đường tròn (O; R) qua B C (BC2R) Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N tiếp điểm) Gọi I, K trung điểm BC MN; MN cắt BC D Chứng minh:

a) AM2 = AB.AC

b) AMON; AMOI tứ giác nội tiếp đường trịn

Câu 5: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: (2x +1)y = x +1

ĐỀ SỐ 32

( 7 2)( 7  2) Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: P =

2

y(m 1 x 1)  ( ) :d y 3x m 1   2) Trong mp toạ độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): song song với đường thẳng

Câu 2: Cho phương trình x2 + (2m + 1) x + m2 + = (1)

a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm

4

a+b Câu 3: Cho a, b số dương thoả mãn ab = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = (a + b + 1)(a2 + b2) +

Câu 4: Qua điểm A cho trước nằm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm), lấy điểm M cung nhỏ BC, vẽ MH BC; MI AC; MK AB

a) Chứng minh tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh MH2 = MI.MK

Δ c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC P, Q Chứng minh chu viAPQ không

phụ thuộc vào vị trí điểm M

a 2 2

x 2y a (1) x y (2)

  

 

 



 Câu 5: Chứng minh hệ phương trình: vơ nghiệm.

ĐỀ SỐ 33 x 3y 10

2x y

  

 

 

 Câu 1: a) Giải hệ phương trình:

b) Với giá trị m hàm số y = (m + 2) x - đồng biến tập xác định (1−2√a

a+1):(

1

√a+1−

2√a

a√a+√a+a+1) Câu 2: Cho biểu thức A =với a > 0, a  a) Rút gọn biểu thức A

√2010 b) Tính giá trị A a = 2011 -

1

2 a) Giải phương trình với k = -

b) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với giá trị k

Câu 4: Cho hai đường trịn (O; R) (O’; R’) tiếp xúc ngồi A Vẽ tiếp tuyến chung BC (B, C thứ tự tiếp điểm thuộc (O; R) (O’; R’))



BACa) Chứng minh = 900

b) Tính BC theo R, R’

 c) Gọi D giao điểm đường thẳng AC đường tròn (O) (DA), vẽ tiếp tuyến DE với

đường tròn (O’) (E (O’)) Chứng minh BD = DE

Câu 5: Cho hai phương trình: x2 + a

1x + b1 = (1) , x2 + a2x + b2 = (2)

Cho biết a1a2 > (b1 + b2) Chứng minh hai phương trình cho có nghiệm ĐỀ SỐ 34

√a −1+1¿2 ¿ √a −1−1¿2

¿ ¿

√¿

Câu 1: Rút gọn biểu thức: P = với a >

(√2x− 2√x)

2

( √x+1

√x −1−

√x −1

√x+1) Câu 2: Cho biểu thức: Q = 1) Tìm tất giá trị x để Q có nghĩa Rút gọn Q

√x 2) Tìm tất giá trị x để Q = - 3-

|x| Câu 3: Cho phương trình x2 + (m - 1) + m + = với m tham số

Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt

√3x2−6x+19+√x2−2x+26 Câu 4: Giải phương trình: = - x2 + 2x 

MONCâu 5: Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 các đường thẳng qua A, B và

cùng vng góc với đường thẳng AB M, N điểm thuộc d1, d2 cho = 900

1) Chứng minh đường thẳng MN tiếp tuyến đường tròn (O)

AB2

4 2) Chứng minh AM AN =

3) Xác định vị trí M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ

x3 √x2

+6x+9

x+3

Câu 1: Rút gọn A = với

2

x  2x 2  Câu 2: a) Giải phương trình

b) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm A(1; 2) B(2; 0)

Câu 3: Cho phương trình: (x2 - x - m)(x - 1) = 0 (1)

a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt

Câu 4: Từ điểm M ngồi đường trịn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (tiếp điểm A; B) cát tuyến cắt đường trịn điểm C D khơng qua O Gọi I trung điểm CD

a) Chừng minh điểm M, A, I, O, B thuộc đường tròn



AIB b) Chứng minh IM phân giác 4

3 2

x y

x y x y

  

 

  



 Câu 5: Giải hệ phương trình:

ĐỀ SỐ 36

2

(1 5)  (1 5) Câu 1: a) Tính

b) Giải phương trình: x2 + 2x - 24 = 0.

2√a √a+3+

√a+1

√a −3+

3+7√a

9− a Câu 2: Cho biểu thức: P = với a > 0, a

a) Rút gọn b) Tìm a để P <

Câu 3: Cho phương trình: x4 - 5x2 + m = (1)

a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt

Câu 4: Cho đường tròn (O), từ điểm A ngồi đường trịn vẽ đường thẳng AO cắt đường tròn (O) B, C (AB < AC) Qua A vẽ đường thẳng không qua (O) cắt đường tròn (O) D; E (AD < AE) Đường thẳng vng góc với AB A cắt đường thẳng CE F

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn

b) Gọi M giao điểm thứ hai FB với đường tròn (O), chứng minh DM AC c) Chứng minh: CE CF + AD AE = AC2.

2 1− x+

1

x2−√x x+√x+1−

x2+√x

x −√x+1+x+1 Câu 1: Cho biểu thức: M =

x 0. Rút gọn biểu thức M với 3x 5y 18

x 2y

 

 

 

 Câu 2: a) Giải hệ phương trình:

b) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, với giá trị a, b đường thẳng (d): y = ax + - b đường thẳng (d’): y = (3 - a)x + b song song với

Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2x + m = (1)

a) Giải phương trình m = -

1

x12

+

x22

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn: =

Δ Câu 4: ChoABC có góc nhọn, trực tâm H nội tiếp đường trịn (O) Vẽ đường kính AK a) Chứng minh tứ giác BHCK hình hình hành

b) Vẽ OM BC (M BC) Chứng minh H, M, K thẳng hàng AH = 2.OM

Δ c) Gọi A’, B’, C’ chân đường cao thuộc cạnh BC, CA, AB củaABC Khi BC cố định

hãy xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn

2

x x x 2x

 

  Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: y =

ĐỀ SỐ 38

x2+√x

x −√x+1+1−

2x+√x

√x Câu 1: Cho biểu thức: P = với x >

a) Rút gọi biểu thức P b) Tìm x để P =

√1− x2

=1 Câu 2: a) Giải phương trình: x +

6x 6y 5xy

1 x y

 

  

 



 b) Giải hệ phương trình:

Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2(m - 1)x + m + 1= 0. (1)

a) Giải phương trình m = -

x1 x2

+x2

x1

=4 b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn

a) Chứng minh điểm O, B, D, M thuộc đường tròn b) MD = ME

√x2+1 Câu 5: Giải phương trình: x2 + 3x + = (x + 3)

S 39 ĐỀ Ố Câu 1:

48 - 75 + 1081) Tính:

1 1

- - - x + x x

   

   

    2) Rút gọn biểu thức: P= với x1 x >0

Câu 2: 1) Trên hệ trục tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b qua điểm M (3; 2) N (4; -1) Tìm hệ số a b

2x + 5y = 3x - y =

 

 2) Giải hệ phương trình:

Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2mx - 6m = (1)

1) Giải phương trình (1) m =

2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm gấp lần nghiệm

2

3Câu 4: Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = AO Kẻ dây MN

vng góc với AB I, gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E

1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC.

3) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ

0

 Câu 5: Cho x y hai số thỏa mãn đồng thời : x , y 0, 2x + 3y 2x + y 4.

2

Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức K = x- 2x – y

ĐỀ SỐ 40

Câu Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 4y = a) Tìm hệ số góc đường thẳng d

b) Với giá trị tham số m đường thẳng d1: y = (m2 -1)x + m song song với đường thẳng d ax by

bx ay 11

 

 

 



x y

  



2

(1 3)x  2x 1  0 Câu Cho phương trình: (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt

1 x , x 1

1 x 2

1

x b) Gọi nghiệm phương trình (1) Lập phương trình bậc có nghiệm là

và

Câu 4. Bêntrong hình vng ABCD vẽ tam giác ABE Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm E, có bờ đường thẳng AB cho Bx vng góc với BE Trên tia Bx lấy điểm F cho BF = BE a) Tính số đo góc tam giác ADE

b) Chứng minh điểm: D, E, F thẳng hàng

c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD M Chứng minh ME // BF

3

2 2

x 2y 4y (1) x x y 2y (2)

    

 

  



 Câu Hai số thực x, y thoả mãn hệ điều kiện :

2

II - ĐỀ ƠN THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN TỐN ĐỀ SỐ

Câu 1: Giải phương trình:

2

4

x x -

x x

   

   

   

    a)

 x + 5 x + 1 x2 7x + 10 3

   

b)

Câu 2:

a) Cho số a, b, c khác thỏa mãn: abc =

3 3 3

a b c b c a

b c a  a  b  c

Chứng minh số a, b, c tồn số lập phương hai số lại

31 84 31 84

9

  

b) Cho x = Chứng minh x có giá trị số nguyên

Câu 3: Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn biểu thức:

 

2 2

1 x  y  z 2 x  y z

A =

2Câu 4: Cho đường tròn ( O; R ) điểm A nằm ngồi đường trịn cho OA = R Từ A vẽ tiếp

tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Lấy D thuộc AB; E thuộc AC cho chu vi tam giác ADE 2R

a) Chứng minh tứ giác ABOC hình vng

b) Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O; R) c) Tìm giá trị lớn diện tích ∆ADE

Câu 5: Trên mặt phẳng cho 99 điểm phân biệt cho từ điểm số chúng tìm điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh tồn hình trịn có bán kính chứa khơng 50 điểm

ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Tìm số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức:

3

2011 2010) y( 2011  2010) 2011  2010 x (

√x3

+1 Câu 2: a) Giải phương trình: 2(x2 + 2) =

b) Cho a, b, c [0; 2] a + b + c = Chứng minh a2 + b2 + c2 < 5.

Câu 3: Tìm tất số hữu tỉ x cho giá trị biểu thức x2 + x + số phương.

Câu 4: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ABC có H trực tâm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Gọi N, I, K hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh:

a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng

AB MK+

AC MI =

BC MN b)

c) NK qua trung điểm HM

Câu 5: Tìm GTLN GTNN biểu thức: P = 2x2 - xy - y2 với x, y thoả mãn điều kiện sau:

x2 + 2xy + 3y2 = 4.

ĐỀ SỐ

Câu 1: a) Cho a, b, c số đôi khác thoả mãn:

a b c

+ + =

b - c c - a a - b

2 2

a b c

+ + =

(b - c) (c - a) (a - b) Chứng minh rằng:

b) Tính giá trị biểu thức:

2

4

4

2

1 + + 2010 2010 - 2010 + 1 + 2010 - 2010

1 - 2010 2010 + 2010

 

 

 

  A =

Câu 2: a) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác, chứng minh:

2 2

1 1 a + b + c

+ +

a + bc b + ac c + ab  2abc

xy +3y - x + b) Cho biểu thức: A = x - Tìm giá trị nhỏ A. x - + - x = 13Câu 3: a) Giải phương trình:

b) Cho hàm số y = f(x) với f(x) biểu thức đại số xác định với số thực x khác

1 x

 

 

  không Biết rằng: f(x) + 3f= x2 x ≠ Tính giá trị f(2).

Câu 5: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S điểm O nằm tứ giác cho:OA2 + OB2 + OC2 +

OD2 = 2S Chứng minh ABCD hình vng có tâm điểm O.

ĐÈ SỐ 4 xy

x + y + 2Câu 1: a) Cho x y số thực thoả mãn x2 + y2 = Tìm giá trị lớn biểu thức :

A =

b) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = Chứng minh:

3 3

2 2 2

2 2 x + y + z

+ + +

x + y y + z z + x  xyz 3x + 10Câu 2: a) Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = 2.

2 2

2

x y - 2x + y = 2x - 4x + = - y

   

 b) Tìm x, y thoả mãn:

2 3 2 3

x + x y + y + x y = a x + y = a2 3

Câu 3: a) Chứng minh nếu:

b) Chứng minh phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax +1 = có nghiệm 5(a2 + b2) ≥ 4. Câu 4: Cho nửa đường trịn tâm (O) đường kính AB = 2R bán kính OC vng góc với AB Tìm điểm M nửa đường tròn cho 2MA2 = 15MK2, K chân đường vng góc hạ từ M xuống OC. Câu 5: Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E F trung điểm BD AC Gọi G giao điểm đường thẳng qua F vng góc với AD với đường thẳng qua E vng góc với BC So sánh GD GC

ĐỀ SỐ

2 81x

= 40

(x + 9) Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 +

2) Giải phương trình:

x +

x - x2 - 2x + 3(x - 3) = 7.

2 - 3x

1 - x Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A =

2 2 2

a + b + b + c + c + a  (a + b + c)

2

y - xy + = (1) x + 2x + y + 2y + = (2)

   

 Câu 3: Giải hệ phương trình:



AM CN

=

AB CD Câu 4: Cho hình thang ABCD có đáy BC AD (BC AD) Gọi M, N điểm trên

2 cạnh AB DC cho Đường thẳng MN cắt AC BD tương ứng với E F Chứng minh EM = FN

Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) dây AB, điểm M chuyển động đường tròn Từ M kẻ MH vng

góc với AB (H AB) Gọi E, F hình chiếu vng góc H MA, MB Qua M kẻ đường thẳng vng góc với EF cắt AB D

1) Chứng minh đường thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đường tròn

2

MA AH AD

=

MB BD BH 2) Chứng minh:

ĐỀ SỐ 6

Câu 1: Tính giá trị biểu thức: A =

1 1

+ + +

1 + 2 +  24 + 25 .

Câu 2: a) Cho số khác khơng a, b, c Tính giá trị biểu thức: M = x2011 + y2011 + z2011

2 2 2

2 2 2

x + y + z x y z = + +

a + b + c a b c Biết x, y, z thoả mãn điều kiện:

8 b) Chứng minh với a > số sau số nguyên dương. 3a + a + 8a - + a - a + 8a -

3 3 x =

1 35 4c

+

1 + a 35 + 2b  4c + 57Câu 3: a) Cho a, b, c > thoả mãn: Tìm giá trị nhỏ A = a.b.c.

a b c d = = =

A B C D Chứng minh rằng:

aA + bB + cC + dD = (a + b + c + d) (A +B + C + D)

Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi M, N, P, Q bốn đỉnh hình chữ nhật (M N nằm cạnh BC, P nằm cạnh AC Q nằm cạnh AB)

a) Chứng minh rằng: Diện tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn PQ qua trung điểm đường cao AH

b) Giả sử AH = BC Chứng minh rằng, hình chữ nhật MNPQ có chu vi

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân A, đường trung tuyến BM Gọi D hình chiếu C tia BM, H hình chiếu D AC Chứng minh AH = 3HD

B - PHẦN LỜI GIẢI I - LỚP 10 THPT

ĐỀ SỐ 2 2 3Câu 1: a) Ta có: a + b = () + () = 4

2 2 3 a.b = ()( = Suy P = 3.

3x + y = 6x + 2y = 10 7x = x = b)

x - 2y = - x - 2y = - y = - 3x y =

   

  

   

    .

Câu 2:

1 x

a) P = :

x - x x x - x

 



 

 

 

   

 x 12

1 x

x

x x x x

  

 

 

   

 

 

 x 12  x 1  x 1

1 x x -

x

x x x

x x

  



  



   x - 1

2 x - x

x 2   x > 2b) Với x > 0, x

2Vậy với x > P >

Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + = 0

∆ = 25 – 4.6 = Suy phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 =

b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m 

25 m

4

 

Để phương trình cho có nghiệm ∆ (*) Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = (1); x1x2 = m (2)

1 x  x 3

Mặt khác theo (3) Từ (1) (3) suy x1 = 4; x2 = x1 = 1; x2 = (4)

Từ (2) (4) suy ra: m = Thử lại thoả mãn

Câu 4:



BIF 90 a) Tứ giác BEFI có: (gt) (gt)

 

BEF BEA 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường trịn đường kính BF

 AC AD b) Vì AB CD nên ,

 

ACF AEC suy

Xét ∆ACF ∆AEC có góc A chung

 

ACF AEC

AC AE AF AC

 

Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC

2 AE.AF = AC



 

ACF AEC c) Theo câu b) ta có , suy AC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1)



ACB 90 Mặt khác (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), suy ACCB (2) Từ (1) (2) suy CB chứa đường kính đường trịn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định E thay đổi cung nhỏ BC

 Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 0(a + b)2 4ab

 

   

a + b 1

ab a + b b a a + b

    

 

4 P

a + b

 

2 2 , mà a + b F

E

I O

D C

 

4

a + b 2

 

P

 

a - b2

a = b = a + b = 2

 



  



 2 Dấu “ = ” xảy Vậy: P =

Lời bình: Câu IIb

Các bạn tham khảo thêm lời giải sau

1) Ta có a =  = 25  4m Gọi x1,x2 là nghiệm có phương trình 1,2

2

b x

a  

 | 2|

| |

x x

a 

  | 1 2|

| |

x x

a 

   a1

 Từ công thức  Vậy nên phương trình có hai

nghiệm x1,x2 thoă mãn |x1 x2| =   =  25  4m =  m =

2) Có thể bạn dang băn khoăn không thấy điều kiện   Xin đừng, |x1 x2| =   = Điều băn khoăn làm bật ưu điểm lời giải Lời giải giảm thiểu tối đa phép toán, điều đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót

Câu IVb

 Để chứng minh đẳng thức tích đoạn thẳng người ta thường gán đoạn thẳng vào một cặp tam giác đồng dạng Một thủ thuật để dễ nhận cặp tam giác đồng dạng chuyển "hình thức" đẳng thức đoạn thẳng dạng tích dạng thương Khi tam giác xét có cạnh là nằm vế, nằm tử thức, nằm mẫu thức.

AC AE

AF AC Trong toán AE.AF = AC2  Đẳng thức mách bảo ta xét cặp tam giác đồng dạng ACF (có cạnh nằm vế trái) ACE (có cạnh nằm vế phải).

 Khi đoạn thẳng trung bình nhân hai đoạn thẳng cịn lại, chẳng hạn AE.AF = AC2 AC là cạnh chung hai tam giác, cịn AE AF khơng năm tam giác cần xét.

Trong toán AC cạnh chung hai tam giác ACE ACF

Câu IVc

 Nếu () đường thẳng cố định chứa tâm đường trịn biến thiên có đặc điểm sau:

+ Nếu đường trịn có hai điểm cố định () trung trực đoạn thẳng nối hai điểm cố định ấy. + Nếu đường trịn có điểm cố định () đường thẳng qua điểm

 ()  ('),  () // ('),

 () tạo với (') góc khơng đổi

 Trong toán trên, đường trịn ngoại tiếp CEF có điểm C cố định Lại thấy CB  CA mà CA cố định nên phán đốn CB đường thẳng phải tìm Đó điều dẫn dắt lời giải trên.

Câu V

Việc tìm GTNN biểu thức P vận hành theo sơ đồ "bé dần": P  B, (trong tài liệu này chúng sử dụng B - chữ đầu chữ bé hơn).

2 2

1

2

a b  1) Giả thiết a + b  ngược với sơ đồ "bé dần" nên ta phải chuyển hoá

a + b  

a b Từ mà lời giải đánh giá P theo

1

a b a b 2) với a > 0, b > bất đẳng thức đáng nhớ Tuy hệ bất đẳng

Cơ-si, vận dụng nhiều Chúng ta cịn gặp lại số đề sau.

3) Các bạn tham khảo lời giải khác toán cách chứng minh bất đẳng thức trên.

1 2.2 4

2 2

Co si Co si P

a b ab a b a b

 

      

  2Với hai số a > 0, b > ta có Dấu đẳng thức có a = b = Vậy minP =

ĐỀ SỐ 2

   

   

3 7

1

7

3 7 7

  

   

   

Câu 1: a) b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có nghiệm phân biệt:

1

7 37 37

x ; x

2

 

 

.

 Câu 2: a) Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình: - x + 2 = x2 x2 + x – = Phương trình có tổng hệ số nên có nghiệm – 2.

 

a = + b

8 - a = b a =

8 - + b b

2 + b = a b =



  

 

  

 

  

Thử lại : Thay a = b = vào hệ cho hệ có nghiệm (2; - 1) Vậy a = 5; b = hệ cho có nghiệm (2; - 1)

Câu 3: Gọi x số toa xe lửa y số hàng phải chở

Điều kiện: x N*, y > 0. 15x = y -

16x = y +

 

 Theo ta có hệ phương trình: Giải ta được: x = 8, y = 125 (thỏa mãn)

Vậy xe lửa có toa cần phải chở 125 hàng

Câu 4:

 

AIM AKM 90  a) Ta có:(gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường trịn đường kính AM.

 

MPC MKC 90   MPK MCK  S1  S2  S MC MPK MBC  b) Tứ giác CPMK có (gt) Do đó CPMK tứ giác nội tiếp(1) Vì KC tiếp tuyến (O) nên ta có: (cùng chắn ) (2) Từ (1) (2) suy (3)

c)

Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI tứ giác nội tiếp

 

MIP MBP MPK MIP  Suy ra: (4) Từ (3)

(4) suy

 

MKP MPI Tương tự ta chứng minh

~ 

MP MI

MK MPSuy ra: MPK∆MIP

  MI.MK = MP2 MI.MK.MP = MP3

Do MI.MK.MP lớn MP lớn (4)

- Gọi H hình chiếu O BC, suy OH số (do BC cố định)

  Lại có: MP + OH OM = R MP R –

OH Do MP lớn R – OH O, H, M thẳng hàng hay M nằm cung nhỏ BC (5) Từ (4) (5) suy max

(MI.MK.MP) = ( R – OH )3 M nằm

cung nhỏ BC

x - 2009 a; y - 2010 b; z - 2011 c   Câu 5: Đặt

H

O P

K I

M

C B

(với a, b, c > 0) Khi phương trình cho trở thành:

2 2

a - b - c -

a  b  c 4 2

1 1 1 1 1

0

4 a a b b c c

     

            

     

2 2

1 1 1

0

2 a b c

     

         

       a = b = c = 2

Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015

Lời bình: Câu IVc

Lời bình sau Đề số cho thấy: Nếu có AE.AF.AC = AC3  AE.AF = AC2 thường AC là cạnh chung hai tam giác ACE ACF

Quan sát hình vẽ ta thấy MP cạnh chung hai tam giác MPI MPK, nên ta phán đoán MI.MK.MP= MP3

Nếu phán đốn GTLN MI.MK.MP GTLN MP Đó điều dẫn dắt lời giải

Câu IIa



Lời nhắn

Hoành độ giao điểm hai đồ thị (d): y = kx + b (P) : y = ax2 là nghiệm phương trình ax2 = kx + b (1) Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị hai hàm số trên.

Câu V

1)  Việc đặt a, b, c thay cho thức cách làm để dễ nhìn tốn, Với số dương a, b, c ta ln có

2 2

1 1

4

a b c

a b c

  

  

(1)

Thay đặt câu hỏi dấu đẳng thức xẩy ra, người ta đặt tốn giải phương trình

2 2

1 1

4

a b c

a b c

  

  

(2)

2 1

4

a a

 

 Vai trò a, b, c bình đẳng nên (1) ta nghĩ đến đánh giá

2 1

4

a a



 21

4

a a



 

2 ( 2)

0

a a 

  21

4

b b



 21

4

c c

 

2) Mỗi giá trị biến cân bất đẳng thức gọi điểm rơi bất đẳng thức ấy. Theo đó, bất đẳng thức (1) biến a, b, c đếu có chung điểm rơi a = b = c = 2.

Khi vai trò biến tốn chứng minh bất đẳng thức bình đẳng với các biến có chung điểm rơi.

Phương trình diễn tả dấu bất đẳng thức gọi "phương trình điểm rơi". 3) Phương trình (2) thuộc dạng "phương trình điểm rơi"

2 2

1 1

4

a b c

a b c

  

  

Tại điểm rơi a = b = c = ta có 1

4 4 4 Điều cắt nghĩa điểm mấu chốt lời giải tách :

2 2

1 1 1

0

4 4

a b c

a b c

  

     

     

     

      (2)  .

4) Phần lớn phương trình chứa hai biến trở lên chương trình THCS "phương trình điểm rơi".

ĐỀ SỐ 3

Câu 1: a) Đặt x2 = y, y Khi phương trình cho có dạng: y2 + 3y – = (1).

 Phương trình (1) có tổng hệ số nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - Do y nên có y1 = thỏa mãn Với y1 = ta tính x = Vậy phương trình có nghiệm x =

2x + y = 8x + 4y = 5x = x = 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = y = -

   

  

   

    b)

   

3 2

3

a) A =

1 2 2

 

 

    

    Câu 2:

1 x + x

b) B =

x x + x x

 



 

 

     

2

1 x ( x + 2)

=

( x 2) x

x x

 

  

    

 

 x 2  x 2

1

=

x - x -

x x

  

  

 

a) Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 y = x –

b) Hoành độ giao điểm đường thẳng y = x – parabol

 y = - x2 nghiệm phương trình:- x2

= x – x2 + x – =

Suy giao điểm cần tìm là: L( 1; -1 ) K ( - 2; - )

(xem hình vẽ)

Câu 4:

 

AEH AFH 90  a) Tứ giác AEHF có: (gt) Suy AEHFlà tứ giác nội tiếp.

 

BEC BFC 90  - Tứ giác BCEF có: (gt) Suy BCEF tứ giác nội tiếp

 

BEF BCF BMN BCN  BCF b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: (1) Mặt khác = 

BN BEF BMN   (góc nội tiếp chắn ) (2) Từ (1) (2) suy ra: MN // EF.

 

ABM ACN  AM AN    OAMN OAEFc) Ta có: ( BCEF nội tiếp) AM = AN, lại có

OM = ON nên suy OA đường trung trực MN , mà MN song song với EF nên suy

Câu 5: ĐK: y > ; x  R Ta có: P =

x - x y + x + y - y +  

2 y 3y y

= x - x( y - 1) + + - +

4 4



2 2

y 2

x - y

2 3

    

       

 

 

- x =

3 y =

9

      

 Dấu “=” xảy

2 Min P =

3Suy ra:

ĐỀ SỐ 4 Câu 1:

 2

4 4 3  3 

     

5 5

5 5

 

    2

5 5

4

5

 

 

a) ; =

1

4b) Thay x = - y = vào hàm số y = ax2 ta được:

1 1

a.(-2) 4a = a =

4   4 16

Câu 2:

 2

7 - x x (1) a) 2x + = - x

x 16x + 48 = 2x + = - x



  



   



 



Giải phương trình: x2 – 16x + 48 = ta hai nghiệm 12 Đối chiếu với điều kiện (1) có

x = nghiệm phương trình cho

1 2x + 3y = 4x + 6y = 4 10x = x =

2

1 6x - 6y = 1 1

x - y = y = x - y =

6

3



  



  

  

   



  

  

 b)

Câu 3: a) Với m = ta có phương trình: x2 – 6x + = 0.

3 5; x  3 5Giải ta hai nghiệm: x =

b) Ta có: ∆/ = m2 –



/ 0 m

m -2

 

    

 Phương trình (1) có nghiệm (*)

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m x1x2 = Suy ra: ( x1 + )2 + ( x2 + )2 =

   x12 + 2x

1 + x22 + 2x2 = 0(x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 4m2 – + 4m =

 

1 m

m

 

 

 m2 + m – =

Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy có nghiệm m2 = - thỏa mãn Vậy m = - giá trị cần tìm Câu 4:

 

IBM IEM 90  a) Tứ giác BIEM có:(gt); suy tứ giác BIEM nội tiếp đường trịn đường kính IM.

 

  0

IBE MCE 45  BEI CEM  IEM BEC 90   0c) ∆EBI ∆ECM có:, BE = CE , ( )

  ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) MC = IB; suy MB

= IA

MA MB

MN MC IA

IBVì CN // BA nên theo định lí

Thalet, ta có: = Suy IM song song với BN (định lí Thalet đảo)

 

BKE IME 45

   BCE 45  0(2) Lại có (do ABCD hình vng)

 

BKE BCE  Suy BKCE tứ giác nội tiếp

  0

BKC BEC 180  BEC 90  0Suy ra: mà ; suy



BKC 90 CK  BN; hay

Câu 5:

a - b2b - c2 c - a2 0 a 2b2c22 ab + bc + ca 

Ta có:  a2b2c2 ab + bc + ca(1).

 Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c)a2 < ab + ac.

Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2).

Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh

ĐỀ SỐ 5

3 3

6

2 3

 

       

 

 

  Câu 1: a)

b) Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm A(2; 3) nên thay x = y = vào phương trình đường thẳng ta được: = 2a + b (1) Tương tự: = -2a + b (2) Từ ta có hệ:

1 2a + b = 2b = a =

2 - 2a + b = 2a + b = b = 2



  

 

  

  

Câu 2: a) Giải phương trình: x2 – 3x + = 0.Ta có:∆ = 9 – = 5 I

E M

N

B C

A D

3



2



Phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = b) Điều kiện: x 1.

   

2 2

x x + - x -

x - 4

+ = + =

x - x + x - 1 x - x - x -

  

1

x

x

 

 

 x(x + 1) – 2(x – 1) = x2 – x – =

Đối chiếu với điều kiện suy phương trình cho có nghiệm x =

Câu 3: Gọi vận tốc ô tô thứ x (km/h) Suy vận tốc ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10)

120 x

120

x - 10Thời gian để ô tô thứ ô tô thứ hai chạy từ A đến B (h) (h) 120 120

0,

x x - 10 Theo ta có phương trình:

Giải ta x = 60 (thỏa mãn).Vậy vận tốc ô tô thứ 60 km/h ô tô thứ hai 50 km/h

Câu 4:

a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB CD cắt trung điểm đường, suy ACBD hình chữ nhật

b) Tứ giác ACBD hình chữ nhật suy ra:

 

CAD BCE 90 



CBE

 

BC



ACD





AD BC AD   CBE ACD  (1) Lại có sđ(góc tạo tiếp tuyến dây cung); sđ(góc nội tiếp), mà (do BC = AD)(2) Từ (1) (2) suy ∆ACD ~ ∆CBE

 

CBE DFE ACD DFE  c) Vì ACBD hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: (3) Từ (2) (3) suy tứ giácCDFE nội tiếp đường tròn

2

2 S EB

S EF d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra:

1 S EB

S EF

  S2 BF

S EF

1

S S

1

S  S   S1  S2  S Tương tự ta có Từ suy ra:

F E

O D

C

 x -1 Câu 5: Đk: x3 + (1). x + x - x + 12

 Đặt: a = ; b = ,( a0; b>0) (2) a2 + b2 = x2 +

a - 3b 3a - b  

 

Khi phương trình cho trở thành: 10.ab = 3.(a2 + b2)

 a = 3b b = 3a.

x + x - x + 12

 +) Nếu a = 3b từ (2) suy ra: = 9x2 – 10x + = (vô nghiệm). x + x - x + 12

  5 33 5 33+) Nếu b = 3a từ (2) suy ra: = 9x + = x2 – x + x2 – 10x

– = Phương trình có hai nghiệm x1 = ; x2 = (thỏa mãn (1))

5 335 33Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 = x2 =

Lời bình: Câu IV

1

S  S  S

1) Để chứng minh đẳng thức (*) diện tích tam giác (chẳng hạn (*)) Bạn nghĩ đến ba cách sau :

 Nếu ba tam giác tương ứng có cạnh biến đổi (*) đẳng thức đường cao tương ứng h1, h2, h để chứng minh (chẳng hạn(*)  h1 + h2 = h)

 Nếu ba tam giác tương ứng có đường cao biến đổi (*) đẳng thức cạnh tương ứng a1, a2, a để chứng minh (chẳng hạn(*)  a1 + a2 = a)

1 1

S S

S  S   Nếu hai trương hợp khơng xẩy biến đổi (*) đẳng thức tỉ số diện tích

để chứng minh (chẳng hạn(*)  ) Thường đẳng thức tỷ số diện tích tam giác đẳng thức tỉ số các cạnh tương ứng cặp tam giác đồng dạng

2) Trong tốn trên, hai khả đầu khơng xảy Điều dẫn đến lời giải với cặp tam giác đồng dạng.

Câu V

Để bạn có cách nhìn khái qt, chúng tơi khai triển tốn bình diện

10 x 110 (x1)(x2 x1) Viết lại = 3(x2 + 2)  = 3[(x + 1) + x2 x + 1) (1) P x Q x( ) ( )

 Phương trình (1) có dạng

.P(x) + .Q(x) + = ( 0,  0,  0) (2) ( ) ( )

Q x t P x (phương trình đẳng cấp P(x) Q(x)) Đặt , (3)

phương trình (1) đưa t2 +  t +  = (4) Sau tìm t từ (4), thể vào (3) để tìm x.

       

3 3

3 3

a) A = 2

3 3

2 3

     

         

    

   

           

       

   

 

     

 

b a b a

b) - a b - b a - ab a - b

a - ab ab - b a a b b a b

b ab a ab

b - a a > 0, b > 0, a b

a b

 

 

 



 

     

   

   

Câu 2:

x 0 y 0. a) Đk: (*)

Rút y từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được:

2

2

2 2x 3x - = x x + 1  

x x

2

   

 

 .

+ Với x = 2, suy y = x + = (thoả mãn (*))

1



2+ Với x = , suy y = x +1 = (thoả mãn (*)) 1

; 2

 



 

 Vậy hệ cho có hai nghiệm: (2; 3)

b) Phương trình x2 – x – = có hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x 1; x2

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = x1x2 = -

Do đó: P = x12 + x22= (x1 + x2)2 – 2x1x2 = + = Câu 3:

a) Viết đường thẳng 2x + y = dạng y = - 2x +

Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy a = - (1)

1

1

2a + b

2  Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm M (2; ) nên ta có: (2)

2Từ (1) (2) suy a = - b =

b) Gọi kích thước hình chữ nhật x (cm) y (cm) ( x; y > 0)

   

xy = 40 xy = 40

x + y + xy + 48 x + y = 13

 





 



 

 Theo ta có hệ phương trình:

Suy x, y hai nghiệm phương trình: t2 – 13t + 40 = (1).

Vậy kích thước hình chữ nhật cm cm

Câu 4:

a) Ta có:



MNB 90

  MNC 90  MAB 90  0(gt) (1).(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2) Từ (1) (2) suy ABNM tứ giác nội tiếp

 

BAC BIC 90  Tương tự, tứ giác ABCI có:  ABCI tứ giác nội tiếp đường tròn.

 

MNA MBA b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy (góc nội tiếp chắn cung AM) (3).

 

MNI MCI Tứ giác MNCI nội tiếp suy (góc nội tiếp chắn cung MI) (4).

 

MBA MCI Tứ giác ABCI nội tiếp suy (góc nội tiếp chắn cung AI) (5).

 

MNI MNA  ANI Từ (3),(4),(5) suy NM tia phân giác

 

BNM BIC 90  

BN BI BM BC

 

 c) ∆BNM ∆BIC có chung góc B ∆BNM ~ ∆BIC (g.g) BM.BI = BN BC

Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6).

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vng A ta có: BC2 = AB2 + AC2 (7).

Từ (6) (7) suy điều phải chứng minh

2 - 2x xy - 2 y x 3 Câu 5: A =

0

  

 

x

xy Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi: (1). Từ (1) ta thấy x = y nhận giá trị tùy ý thuộc R (2)

I N

M C

B

Mặt khác, x = A = y + 3mà y nhỏ tùy ý nên A nhỏ tùy ý Vậy biểu thức A khơng có giá trị nhỏ

Lời bình: Câu IVc

a) Biết bao kí ức ùa bắt gặp đẳng thức BM BI + CM CA = AB2 + AC2 (1)

2 (2) (3)

BM BI AB

CM CA AC

 

 

 

  Phải Từ cộng theo vế để có (1).

Nếu có (1) AB phải cạnh chung cặp tam giác đồng dạng Tiếc điều khơng đúng. Tương tự khơng có (2).

 Để ý AB2 + AC2 = BC2 nên (1)  BM.BI + CM.CA = BC2 (3)

2

(1 )

BM BI k BC

CM CA k BC

 

 

  

 Khả (với < k < 1), từ cộng theo vế để có (1) khơng xẩy vì

BC khơng phải cạnh chung cặp tam giác đồng dạng.

 Để ý BN + NC = BC nên (1)  BM.BI + CM.CA = BC(BN + NC)  BM.BI + CM.CA = BC.BN +BC.NC (4)

Điều dẫn dắt đến lời giải

b) Mong thời gian đừng lãng quên phân tích : PQ2 = PQ(PK + KQ) cách để chứng minh đẳng thức dạng : PX.PY + QM.QN = PQ2. (ở K điểm thuộc đoạn thẳng PQ).

Câu V



Cảnh báo Các bạn theo dõi lời giải sau :

0

x y

  



    

2

1

A x y  x 

Biểu thức A có nghĩa Biến đổi Suy minA = 2, đạt x = y = (!)

 Kết tốn sai rõ Nhưng sai tư đáng bàn hơn.

x xy

0

0

x x

D

y y

 

 

 

 

 



0 x y       0 x y    

 Do để tìm GTLN, GTNN P(x; y) cần phải xét độc lập hai trường hợp và

0 0 x x y y             0 x y    

 2) Không thể gộp chung thành

0 0 y x D y       0 y x D y     

 3) Do cho điều kiện xác định P(x; y) (bỏ sót )

0

y

D 

Vậy nên A = GNNN A , chưa đủ để kết luận GTNN A D. ( ) ( )

P x Q x  4) Nhân liên tưởng đến phương trình (1) ( )

( ) ( )

Q x Q x P x          

( ) ( )

Q x P x    

 Biến đổi (1)  Cách biến đổi sau sai (1) 

ĐỀ SỐ 7 -

1

3 -

         x x

x Câu 1: a) Biểu thức A có nghĩa

       

1 5

3 5 5 5

 

  

     

b)

3 5  1

3 5

1

9 5

          =        x

x Câu 2: a) ( x – )2 = 4x – = ±

Vậy phương trình có nghiệm x = 5; x =

1 x

2



b) Đk:

- 1 - 1 (2 - 2) - (2 1)

- 0

2 2 2(2 1)



    

  

x x x x

x x x

 

3

0 2x + > x >

-2 -2x +



   

Câu 3: a) Ta có ∆/ = m2 + > 0, m  R Do phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt.

 Ta có: x12 + x

22 – x1x2 = 7(x1 + x2)2 – 3x1.x2 =

   4m2 + = 7m2 = m = ± 1. Câu 4:

a) ∆SBC ∆SMA có:

 

BSC MSA SCB SAM  ,



MB(góc nội tiếp chắn ).

SBC SMA

  ~  .

 

AC AD b) Vì AB  CD nên

 

MHB MKB

 

1

(sdAD sdMB)

2 

  HMB HKB 180   0Suy ra (vì tứ giác BMHK nội tiếp đường tròn (1)

 

HMB AMB 90  Lại có: (2) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)



HKB 90 Từ (1) (2) suy , HK // CD (cùng vng góc với AB).

 

MB AN c) Vẽ đường kính MN, suy

 

OSM ASC

  

AC BM

 

OMK NMD

  

ND

2 AD AN

Ta có: (sđ- sđ); sđ= (sđ- sđ);

 

AC AD MB AN  OSM OMK  mà nên suy

OSM OMK

  ~ 

2

OS OM

OK.OS = OM R

OM OK

   

(g.g)

3

(1) (2)

  

 

 

 

x y

y x Câu 5: Giải hệ phương trình: Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x3 – y3 = 2(y – x)

   (x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = x – y = 0x = y.

2 2

y 3y

x -

2

 

  

 

  ( x2 – xy + y2 + = )

Với x = y ta có phương trình: x3 – 2x + = 0

 

-1+ -1- x = 1; x = ; x=

1;1 , 5; , 5;

2 2

         

   

   

   Vậy hệ cho có nghiệm là:

ĐỀ SỐ Câu 1:

2 15 14 a)

- - - - -

     

   

  

   

   

   

x y x y x x

x y x y y x y

b) Phương trình 3x2 – x – = có hệ số a c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt x 1và x2

3



Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = x1.x2 =

1 2

1 1

:

3

  

    

 

x x

x x x x Do P =

Câu 2:

 

a a a a

a) A = : a a

a a ( a - 1) ( a - 1)( a 1) a ( a - 1)

    

     

   

      

   

a > 0, a

0 a < a

 



   

 

 b) A <

Câu 3: a) Với m = ta có phương trình x2 – x + = 0

Vì ∆ = - < nên phương trình vơ nghiệm b) Ta có: ∆ = – 4(1 + m) = -3 – 4m

 

-

3 m

4

  

Để phương trình có nghiệm ∆0 - – 4m0 4m (1) Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = x1.x2 = + m

Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – ) = 3( x1 + x2 ), ta được:

  (1 + m)(1 + m – 2) = 3m2 = m = ±

Đối chiếu với điều kiện (1) suy có m = -2 thỏa mãn

 MAO MCO 90   0a) Vì MA, MC tiếp tuyến nên: AMCO tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MO



ADM 90

  ADB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)(1)

Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến) Suy OM đường trung trực AC



AEM 90

  (2)

Từ (1) (2) suy MADE tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA

  

ADE AME AMO  b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp chắn cung AE) (3)

 

AMO ACO Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra:(góc nội tiếp chắn cung AO) (4)

 

ADE ACO Từ (3) (4) suy



ACB 90  ACN 90  0c) Tia BC cắt Ax N Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) , suy ∆ACN vng C Lại có MC = MA nên suy MC = MN, MA = MN (5)

IC IH BI

MN MA BM

 

  

 Mặt khác ta có CH // NA (cùng vng góc với AB) nên theo định lí Ta-lét (6).

Từ (5) (6) suy IC = IH hay MB qua trung điểm CH

0;1

 b2 b; c3 c

  Câu 5: Vì b, c nên suy Do đó: a + b2 + c3 – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1).

Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + (2)

0 ; 1

 

Vì a, b, c nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) ; – abc0 Do từ (2) suy a + b + c – ab – bc – ca (3). Từ (1) (3) suy a + b2 + c3 – ab – bc – ca

ĐỀ SỐ 9 2 Câu 1: a) Thay x = vào hàm số ta được:

 3 2  3 2 1  3 22 1 0

      

y = x N

I H E D M

C

O B

1

m

 m m = -3

3 2

   

b) Đường thẳng y = 2x – cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x = ; đường thẳng y = 3x + m cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x = Suy hai đường thẳng cắt điểm trục hoành

3 x x x - :

x - x x

  



 

   

  Câu 2: a) A =

   

 x 3  x 3

3( x 2) x

:

x x

x x

   



 

 

     

 

3 x 1

x x x

  

  

    

  x 0, x 4, x 9   , với b) Điều kiện: x ≠ x ≠ - (1)

2

2

x 3x x 3x x

(1) x 3x x

(x 2)(x 3) x (x 2)(x 3) (x 2)(x 3)

    

        

      

 x2 – 4x + = Giải ta được: x

1 = (thỏa mãn); x2 = (loại (1))

Vậy phương trình cho có nghiệm x =

Câu 3: a) Thay m = vào hệ cho ta được:

3x - y = 6x - 2y = 7x = x = x + 2y = x + 2y = x + 2y = y =

   

  

   

    .

Vậy phương trình có nghiệm (1; 2) b) Giải hệ cho theo m ta được:

3x - y = 2m - 6x - 2y = 4m - 7x = 7m x = m x + 2y = 3m + x + 2y = 3m + x + 2y = 3m + y = m +

   

  

   

   

Nghiệm hệ cho thỏa mãn x2 + y2 = 10

  m2 + (m + 1)2 = 10 2m2 + 2m – =

1

1 19 19

m ; m

2

   

 

Giải ta được:

Câu 4:



MNC 90 MAC 90  0a) Tứ giác ACNM có: (gt) ( tínhchất tiếp tuyến).

 ACNM tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MC Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường trịn

đường kính MD

 

ABN CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp)

 

BAN DCM  (do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g)  CMD ANB  ANB c) ∆ANB ~ ∆CMD= 900

(do góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

 

IMK INK 90    IKN IMN  Suy IMKN tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính IK (1)

 

IMN NAC

  Tứ giác ACNM nội tiếp (góc nội

tiếp chắn cung NC) (2)

 

NAC ABN (

  

ANLại có: sđ) (3).

 

IKN ABN  Từ (1), (2), (3) suy IK // AB (đpcm).

       

a + b 2(a + b)

(1) a 3a + b  b 3b + a  4a 3a + b  4b 3b + a

Câu 5: Ta có: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho số dương ta được:

   

   

4a + (3a + b) 7a + b

4a 3a + b

2

4b + (3b + a) 7b + a

4b 3b + a

2

 

 

     

4a 3a + b  4b 3b + a 4a + 4b

Từ (2) (3) suy ra: Từ (1) (4) suy ra:

   

a + b 2(a + b) 4a + 4b a 3a + b  b 3b + a  

Dấu xảy a = b



Lời nhắn Câu V

K I

y x

D

C N

M O B

Các bạn sử dụng bất đẳng thức Cơ-si để làm tốn định lý (không phải chứng minh) Bất đẳng thức Cô-si áp dụng cho số không âm Cụ thể :

2

a b ab 



+ Với hai số a  0, b  ta có , dấu đẳng thức có a = b.

3

a b c

abc  



+ Với ba số a  0, b  0, c  ta có , dấu đẳng thức có a = b = c.

ĐỀ SỐ 10 Câu 1:

 2  

a) A = 8 50 1 6 2  = 2  1 1 2x + y =

x - 3y = -

 

 b)

 

x - 1 x - ; x x

 

 

- x - 1 B =

2x x - x

 

Vì < x < nên

 

2 x - y = 2x y = 2x y = x = 2x - 6y = - 16 7y = 21 y = x - 3y = -

      



  

   

   

 Câu 2: a)

x + x 0  b) x Đặt = t (t ≥ 0) (1)

Khi phương trình cho trở thành: t2 + 3t – = (2)

Phương trình (2) có tổng hệ số 0; suy (2) có hai nghiệm: t1 = (thỏa mãn (1)); t2 = - (loại

(1))

Thay t1 = vào (1) suy x = nghiệm phương trình cho

Câu 3: Gọi x số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất giờ(x > 0) Suy số sản phẩm loại II sản xuất x + 10

120

x Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I (giờ) 120

x + 10 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II (giờ) 120 120

7

40



Giải phương trình (1) ta x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại)

Vậy xí nghiệp sản xuất 30 sản phẩm loại I 40 sản phẩm loại II

Câu 4:

 

CMA DNA 90  c) Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); suy CM // DN hay CMND hình thang

Gọi I, K thứ tự trung điểm MN CD Khi IK đường trung bình hình thang CMND Suy IK // CM // DN (1) CM + DN = 2.IK (2)

 Từ (1) suy IK  MN IK KA (3) (KA số A K cố định)

 Từ (2) (3) suy ra: CM + DN 2KA Dấu “ = ” xảy IK = AKd  AK A. Vậy đường thẳng d vng góc AK A (CM + DN) đạt giá trị lớn 2KA

Câu 5: Ta có:

x + x2 2011 y + y  2011 2011

  

(1) (gt) x + x2 2011 x - x 2011 2011

  

(2) y + y2 2011 y - y  2011 2011

  

(3) Từ (1) (2) suy ra:

y + y2 2011 x - x2 2011

  

(4) Từ (1) (3) suy ra:

x + x2 2011 y - y2 2011

  

(5) a) Ta có góc nội tiếp

chắn nửa đường tròn (O) (OABC ABD

 

ABC ABD 90

   /)

Suy C, B, D thẳng hàng b) Xét tứ giác CDEF có:

(góc nội CFD CFA 90   0tiếp chắn nửa đường tròn (O))

(góc nội CED AED 90   0tiếp chắn nửa đường tròn (O/)

 

CFD CED 90

   suy CDEF tứ

giác nội tiếp

d

K I

N

M

F E

O/ O

C

D B

Cộng (4) (5) theo vế rút gọn ta được:   x + y = - (x + y) 2(x + y) = x + y = 0.

ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn

   

   

2 - a + a + a 1 - a

+ a

1 - a - a + a

   

   

   

    A =

 

     

2

2

1

1 + a + a = + a =

1 + a + a

= 2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + = 0

3

2Phương trình có tổng hệ số nên phương trình có nghiệm phân biệt x1 = 1, x2 =

 Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến R - k < k > 3

x = 4x + y = 8x +2y = 10 11x = - 11 3x - 2y = - 12 3x - 2y = -12 4x + y = 63

y = 11

  

   

  

   

   



 2) Giải hệ:

Câu 3: 1) Phương trình có nghiệm trái dấu khi: m <

  2) Phương trình có nghiệm x1, x2 ∆’ = - m ≥ m ≤ 9

1 2

x + x = (1) x x = m (2)

 

 Theo hệ thứcViét ta có

Theo yêu cầu x1 - x2 = (3)

  Từ (1) (3) x1 = 5, thay vào (1) x2 = 1 Suy m = x1.x2 = (thoả mãn)

Vậy m = giá trị cần tìm

Câu 4:

  OEMa) Ta có E trung điểm AC OE AC hay = 900.

 ABx Ta có Bx AB =900.

nên tứ giác CBME nội tiếp

EIO

   MIB b) Vì tứ giác OEMB

nội tiếp (cung chắn ), (cùng chắn cung EM) ~ ﾧ (g.g) IB.IE = M.IO

6 3 y

+ = ( x + y) + ( x + ) + ( + )

x y 2 x y Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y +

 

3 3

x + y = x + y =

2 2  Do

3x 3x

+ =

2 x  x

y y

+ = y  y ,

Suy P ≥ + + = 19

x + y =

x = 3x

=

y =

2 x

y =

2 y

  

 



 

 

 

 Dấu xẩy

Vậy P = 19

Lời bình: Câu V

 Việc tìm GTNN biểu thức P vận hành theo sơ đồ "bé dần": P  B, (trong tài liệu này sử dụng B - chữ đầu chữ bé hơn).

6

x

8

y 1) Do giả thiết cho x + y  6, thuận theo sơ đồ "bé dần": P  B, điều mách bảo ta biểu

thị P theo (x + y) Để thực điều ta phải khử

x

8

y Do có x > 0; y > nên việc khử thực dễ dàng cách áp dụng bất đẳng thức

Cô-si cho cặp số Ax , By

3

3

2

x x x

2

y y y

3

1

22) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm "khéo léo" nói Các số , nghĩ cách nào?

Với số thực a < 2, ta có

3

P x y

x y

    a x y( ) (3 a x) (2 a y)

x y

 

 

       

    = (1)

6 6(3 ) 8(2 ) P a  a   a

 (2)

(3 a x) 6(3 a)

x

   

3

x

a 

 Ta có , dấu đẳng thức có ; (3)

8

(2 a y) 8(2 a)

y

   

2

y

a 

 , dấu đẳng thức có ; (4)

6

6

3 a  2 a  Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải có x + y =  (5)

3

a

2

a

2

2 Thấy nghiệm (5) Thay vào (2) ta có phân tích lời giải đã trình bày Các số , nghĩ đó.

3) Phương trình (3) phương trình "kết điểm rơi" Người ta khơng cần biết phương trình "kết điểm rơi" có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) được nghiệm đủ cho lời giải thành cơng (Việc giải phương trình "kết điểm rơi" nhiều phức tạp không cần thiết.)

ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Rút gọn biểu thức

20 - 45 + 18 + 72 - + + 36 21) A = = - + + 2 - 5 = = 15

a + a a - a + +

a + 1 - a

   

   

   

   2) B = với a ≥ 0, a ≠ 1

a ( a + 1) a ( a - 1)

1 + -

a + a -

   

   

   

    a a = = (1 + ) (1 - ) = - a

 Câu 2: 1) Đồ thị hàm số qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a (- 2)2 4a = -12

 a = - Khi hàm số y = - 3x2.

2) a) Với m = ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0.

- - 11 - + 11x1 = ; x2 =

b) Phương trình có nghiệm phân biệt khi:   

-

2 ∆’ > (m + 1)2 - m2 > 2m + > m > (*)

 Phương trình có nghiệm x = - - (m + 1) + m2 =

 

m = m =

 

 m2 - 4m = (thoả mãn điều kiện (*))

Vậy m = m = giá trị cần tìm

Câu 3:

Gọi chiều dài ruộng x, chiều rộng y (x, y > 0, x tính m) Diện tích ruộng x.y

Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm m diện tích ruộng lúc là: (x + 2) (y + 3) Nếu giảm chiều dài chiều rộng 2m diện tích ruộng cịn lại (x-2) (y-2)

Theo ta có hệ phương trình:

(x + 2) (y + 3) = xy + 100 (x - 2) (y - 2) = xy - 68

  

xy + 3x + 2y + = xy + 100 xy - 2x - 2y + = xy - 68

   

3x + 2y = 94 x = 22 x = 22 2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14

  

     

   .

Vậy diện tích ruộng là: S = 22 14= 308 (m2).



BAC = 90 (gt)Câu 4: 1) Ta có



MDC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

A, D nhìn BC góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp

 ADB = ACB Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cùng chắn cung AB) (1)  ADB = ACS MDS Ta có tứ giác DMCS nội tiếp (cùng bù với ) (2)

 

BCA = ACS

 Từ (1) (2)

 2) Giả sử BA cắt CD K Ta có BD CK, CA BK.

 MEC M trực tâm ∆KBC Mặt khác = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy K.

 

DAM = MAE

 DAE Từ (3) (4) hay AM tia phân giác

 

ADM = MDE ADE Chứng minh tương tự: hay DM tia phân giác

Vậy M tâm đường trịn nội tiếp ∆ADE

Câu 5: Ta có: x2 - 3x + = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - = (x - 1) (x + 3)

Điều kiện: x ≥ (*)

(x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + - x - =

 Phương trình cho

x - ( x - - x + 3) - ( x - - x + 3) =



 x - - x +   x - - = 0



x - = x + (VN)

2 x - - =



   



x

(thoả mãn đk (*)) Vậy phương trình cho có nghiệm x =

Lời bình: Câu IVb

Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, phương pháp thường dùng chứng minh ba đường thẳng ba đường cao, ba đường trung tuyến, ba đường phân giác của một tam giác.

ĐỀ SỐ 13 Câu 1:

1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠

   

 

   

 

a - a + a + a + a - a + a + 2

P = - :

a - a a - a a +

 

 

 

  Ta có:

a + a + - a + a - a +

= :

a - a

2 (a - 2) =

a + 2a - 2a + - 8

= = -

a + a + a + 22) Ta có: P = P nhận giá trị nguyên (a + 2)

a + = a = - 1; a = - a + = a = ; a = -

a + = a = ; a = - a + = a = ; a = - 10



 

 



 

 

  

 



Câu 2:

1) Đường thẳng qua điểm M (1; -1) a + (2a - 1) (- 1) + =   a - 2a + = a = 4

- 7y = - 4x - y = x -

7

 

Suy đường thẳng 4x + 7y + =



nên hệ số góc đường thẳng

m

  2) a) Phương trình có nghiệm x = nên: m + = 0.

b) Phương trình có nghiệm khi:

 ∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ m2 - m2 + ≥ 0, m.



m + m - 

3 4m = m =

2

 

Ta có x1.x2 = = m + = 5m -

2

5 =

2  Với m = ta có phương trình : x2 - 3x + x2 - 6x + = 0 - b

=

a Khi x1 + x2 =

4x + 7y = 18 25x = 25 x = 21x - 7y = 3x - y = y =

  

     

   Câu 3: Hệ cho

Câu 4:

   

1

B = B , B = B 1) Theo giả thiết ta có:

   

1

B + B + B + B = 180 Mà

 

2

B B 90 C + C = 90 2 3

Tương tự

  0

B + C = 180 Xét tứ giác BICK có

 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O đường kính IK

 2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì

∆ICK vng C) ∆ IOC cân O  OIC = ICO. (1)

 

C = C Ta lại có (gt) Gọi H giao điểm

của AI với BC

2

2

4

1

K I H

B C

A

Ta có AH BC (Vì ∆ ABC cân A).

   

HIC + ICH = 90  OCI + ICA = 90 Trong ∆ IHC có



ACO = 90 Hay hay AC tiếp tuyến đường trịn tâm (O).

3) Ta có BH = CH = 12 (cm)

 Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 AH = 16

Trong tam giác ACH, CI phân giác góc C ta có:

IA AC AH - IH AC 20

= = = =

IH CH  IH CH 12   (16 - IH) = IH IH = 6

Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180

Trong ∆ vng ICK có IC2 = IH IK

IC 180 IK = = = 30

IH



, OI = OK = OC = 15 (cm)

Câu 5:

x + x + 2010 = 2010Ta có (1) Điều kiện: x ≥ - 2010

2 1

x + x + - x - 2010 + x + 2010 - =

4



(1)

2

1

x + - x +2010 - =

2

   

    

   

1

x + = x + 2010 - (2)

2

1

x + = - x + 2010 + (3)

2

     



x

(x 1) x 2010 (4)

   

  

 Giải (2) : (2)

  (4) (x + 1)2 = x + 2010 x2 + x - 2009 = 0

∆ = + 2009 = 8037

1

- + 8037 -1 - 8037 x = ; x =

2 (loại)



2010 x x x 2010

x x 2010 (5)

  



   

 

 Giải (3): (3)

2

x x 2010

    (5) ∆ = + 2010 = 8041,

1

1 + 8041 - 8041 x = ; x =

1 8037 8041

x ; x

2

  

 

Vậy phương tình có nghiệm:

Lời bình: Câu V

1

( )

4

x

 Bằng cách thêm bớt , nhạy cảm trình bày lời giải ngắn gọn

 Khơng cần khéo léo cả, bạn có lời giải trơn tru theo cách sau :

2010

x  y

2

2010 2010

x y

y x

  

 

  

 Đặt , y  toán đưa giải hệ

Đây hệ phương trình hệ đối xứng kiểu quen thuộc biết cách giải.

Chú ý : Phương trình cho có dạng ' '

p a x b (ax + b)2 = + qx + r , (a  0, a'  0, p  0) ' ' , ' 0;

' ' , '

a x b ay b pa

a x b ay b pa

    



   

 Đặt :

Thường phương trình trở thành hệ đối xứng kiểu 2. SỐ 14

x + x + x

P = + -

x -

x - x +2 Câu 1: 1) Ta có : ( x +1) ( x +2) + x ( x - 2) - - x

( x - 2) ( x + 2) P = = x + x +2 + 2x - x - - x

( x +2) ( x - 2) =

3x - x x ( x 2) x

= =

( x + 2) ( x - 2) ( x + 2) ( x - 2) x +2



=

3 x

= x = x +4 x = x = 16

x +2    2) P =

m m

n n

  

 



 

 

  Câu 2: 1) d song song với trục Ox

m m

1 m n n

  

 



 

    

y3x 2 Vậy đường thẳng d có phương trình:

 

x = x = -

 

 Câu 3: 1) Với m = - ta có phương trình: x2 + 8x = x (x + 8) =

2) Phương trình (1) có nghiệm khi:

0

   ∆’ (m - 1)2 + (m + 3) ≥ m2 - 2m + + m + ≥

 

2 15

(m )

2

  

m

 m2 - m + >

Chứng tỏ phương trình có nghiệm phân biệt m

1 2

x + x = 2(m - 1) (1) x - x = - m - (2)

 

 Theo hệ thức Vi ét ta có:

2 2

x + x   Ta có = 10 (x

1 + x2)2 - 2x1x2 = 10 (m - 1)2 + (m + 3) = 10



m = 2m (2m - 3) = 3

m =

 

 



 4m2 - 6m + 10 = 10

3) Từ (2) ta có m = -x1x2 - vào (1) ta có:

x1 + x2 = (- x1x2 - - 1) = - 2x1x2 -

 x1 + x2 + 2x1x2 + = 0

Đây hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc m

Câu 4: 1) Từ giả thiết suy

 00

CFH = 90,HEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

  

A = F = E = 90  AFHETrong tứ giác AFHE có:

hình chữ nhật

  AFE = AHE  AE 2) Vì AEHF hình chữ nhật AEHF nội tiếp (góc nội tiếp chắn ) (1)

 

AHE = ABH Ta lại có (góc có cạnh tương ứng ) (2) Từ (1) (2)

 AFE = ABH   CFE + AFE = 180  0mà

 

CFE + ABH = 180

 Vậy tứ giác BEFC nội tiếp.

3) Gọi O1, O2 tâm đường tròn đường kính HB đường kính HC OF = OH FOH

   Gọi O giao điểm AH EF Vì AFHE hình chữ nhật

 

OFH = OHF

    O FH = O HF   

0

O HF + FHA = 90 0

2

OFH + HFO = 90

cân O Vì ∆ CFH vng F O

2C =

O2F = O2H ∆ HO2F cân O2 mà Vậy EF tiếp tuyến đường tròn tâm O2

Vậy EF tiếp tuyến chung nửa đường trịn

Câu 5: Tìm GTLN, GTNN x thoả mãn

2 2

x + a + b + c = (1) x + a + b + c = 13 (2)

  

  Từ (1) a + b + c = - x Từ (2) a2 + b2 + c2 = 13 - x2.

Ta chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2.

 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0

 (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ (đpcm)

 Suy (13 - x2) ≥ (7 - x)2 (13 - x2) ≥ 49 - 14x + x2.

 

5

24x2 - 14x + 10 ≤ ≤ x ≤

5

x a b c , x a b c

2

       

5

2Vậy max x = , x = 1.

ĐỀ SỐ 15

x 1

- : +

x - x - x - x x +

   

   

   

  Câu 1: a) M =

       

x x -

- : +

x - x ( x - 1) x - x + x - x +1

 

 

 

 

 

   

=

       

 x -   x + 1

x - x + x -

: =

x + x x - x - x +1 x x -

=

x - x =

 x  b) M > x - > (vì x > nên > 0) x > (thoả mãn)

Câu 2: a) Ta thấy: a = 1; b = - 2m; c = - 1, rõ ràng: a c = (-1) = -1 <  phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m

1

1

b x + x = - 2m

a c x x = = -

a



 

   

  

2 2

1 2 2

x + x - x x =  x + x - 3x x =

đó:      (2m)2 - ( -1) = 4m2 = m2 = m = 1.

Câu 3: Gọi x (chiếc) số xe lúc đầu (x nguyên, dương) Số xe lúc sau là: x + (chiếc)

480 x

480

x + 3Lúc đầu xe chở: (tấn hàng), sau xe chở: (tấn hàng) 480 480

- =

x x +3 Ta có phương trình: x2 + 3x - 180 = 0

Giải phương trình ta x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK)

Vậy đồn xe lúc đầu có 12



AMB Câu 4: a) = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AM

MB (1)

MN = BN (t/c tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB  ON đường trung trực đoạn thẳng MB

  ON MB (2)

  Từ (1) (2) AM // ON OAMN hình thang.

 b) ∆ NHK có HM NK; KB NH

 suy O trực tâm ∆NHK ON KH (3)

 Từ (2) (3) KH // MB

x Câu 5: 5x - 2(2 + y) + y2 + = (1) Điều kiện: x ≥ 0 x Đặt = z, z 0, ta có phương trình:

5z2 - 2(2 + y)z + y2 + = 0

Xem (2) phương trình bậc hai ẩn z phương trình có nghiệm ∆’ ≥ ∆’ = (2 + y)2 - 5(y2 + 1) = - (2y - 1)2 ≤ với y

1 y =

2



Để phương trình có nghiệm ∆’ =

1

1

1 y =

Lời bình: Câu V

1) Để giải phương trình chứa hai ẩn, ta xem hai ẩn tham số Giải phương trình với ẩn lại

2) Các bạn tham khảo thêm lời giải khác :

2 x(2y)4 x 2y xTa có 5x  + y2 + =  (4x  + 1) + y2 + + x =

2

(2 x1) (y x) 02 x1 y x 0

1

( ; )

4

x y

   .

2 x(2y)Qua biến đổi ta thấy 5x  + y2 +  với y, với x >

Trình bày lời giải chúng tơi muốn nghiệm lại Lời bình sau câu đề rằng: phần lớn phương trình chứa hai biến trở lên chương trình THCS "phương trình điểm rơi" Biến đổi tổng các biểu thức dấu cách giải đặc trưng "phương trình điểm rơi"

ĐỀ SỐ 16 Câu 1:

x x (2 x - 1)

-x - x ( x - 1)

x - x +

= x -

x - 1) K = =

3 3  

2

3 +1 -1 = +1-1 =

2) Khi x = + 2, ta có: K = - =

Câu 2:

1) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + nên a =

1

 Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm M (-1;2) nên ta có:2 = 3.(-1) + b  b= (t/m b) Vậy: a = 3, b = giá trị cần tìm

3x + 2y = x - 3y =

 

 

3 (3y + 2) + 2y = x = 3y +

  

11y x

x 3y y

 

 

   

  

  2) Giải hệ phương trình:

Baì 3:

Gọi x sốxe lúc đầu ( x nguyên dương, chiếc) Số xe lúc sau : x+3 (chiếc)

96

x Lúc đầu xe chở : (tấn hàng) 96

q o

p

e d

c b

a

96 x

96

x +  Ta có phương trình : - = 1,6 x2 + 3x -180 = 0

Giải phương trình ta được: x1= -15 ; x2=12

Vậy đoàn xe lúc đầu có: 12 (chiếc)

Câu 4: 

CDE DC BD = BCD 

2

2 1) = Sđ = Sđ

 DE// BC (2 góc vị trí so le trong) 

APC(AC - DC) = AQC  

2 2) = sđ

 APC = AQC  Tứ giác PACQ nội tiếp (vì ) 3) Tứ giác APQC nội tiếp

 

CPQ = CAQ CQ

(cùng chắn )

 

CAQ = CDE DC

(cùng chắn )

 

CPQ = CDE  DE // PQSuy DE

PQ CE CQ

DE FC

QE

QCTa có : = (vì DE//PQ) (1) , = (vì DE// BC) (2) DE DE CE + QE CQ

+ = = =

PQ FC CQ CQ

1 1

+ =

PQ FC DE



Cộng (1) (2) : (3) ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy PQ = CQ

1 1

+ =

CQ CF CEThay vào (3) ta có :

a a + b + c

a b + a

a + c

a + b + cCâu : Ta có < < (1) b

a + b + c b b + c

b + a

a + b + c < < (2) c

a + b + c c c + a

c + b

a + b + c < < (3) a

a + b b b + c

c

c + a Cộng vế (1), (2), (3), ta : < + + < 2, đpcm ĐỀ SỐ 17

     2

3 + - = + - = - = - = =

A = x1.x2 =

  2 2

2 2

x x = + + - = + + - =

B =

Câu 2: a) m = - 2, phương trình là: x2 + 3x - = 0; ∆ = 33> 0, phương trình có hai nghiệm - 33

2



phân biệt x1, = - (2m +1 - (m + 5m) = 2

b) Ta có ∆ = 4m2 + 4m + - 4m2 - 20m = - 16m.

 

1 m

16

 

Phương trình có hai nghiệm ∆ ≥ - 16m ≥ Khi hệ thức Vi-ét ta có tích nghiệm m2 + 5m

 Mà tích nghiệm 6, m2 + 5m = m2 + 5m - = 0

Ta thấy a + b + c = + + (-6) = nên m1 = 1; m2 = -

16Đối chiếu với điều kiện m ≤ m = - giá trị cần tìm.

Câu 3: a) Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng y = - x - + = - x y = (4 - 2)x + = 2x +

y = - x y = 2x +

 

 Ta có toạ độ giao điểm đường thẳng nghiệm hệ

1 x = -

3

 y

3



 - x = 2x + Từ tính : 1

; ) 3



Vậy tọa độ giao điểm Ặ

db) Hai đường thẳng (d), () song song khi

2 m = 1

m - = -

m = m -

m +



 

 

 



 



Vậy m = hai đường thẳng cho song song với

Câu 4: a) Trong tam giác vng ATO có:

R2 = OT2 = OA OH (Hệ thức lượng tam giác vng)

 

ATB = BCTĐb) Ta có (cùng chắn cung TB)

 

BCT = BTH (góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc).

 

ATB = BTH

 c) Ta có ED // TC mà TC TB nên ED TB ∆ TED có TB vừa đường cao vừa đường phân giác nên ∆TED cân T

HB BD BE

= =

HC TC TC d) BD // TC nên (vì BD = BE) (1)

BE AB

=

TC AC BE // TC nên (2)

HB AB

=

HC AC Từ (1) (2) suy ra:

Câu 5: Từ giả thiết: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0

   

2

2 7

x +y + x +y + - + 10 = - y

2 2

   

     

   

2

7 9

x + y + - x + y +

2 4

   

  

   

    .

Giải - ≤ x + y + ≤ -

A = -1 x = - y = 0, A = - x = -5 y =

Vậy giá trị nhỏ A - giá trị lớn A -

Lời bình: Câu V

Bài tốn cho có hai cách giải

Cách Biến đổi giả thiết dạng (mA + n)2 = k2  [g(x, y)]2 , từ mà suy ra

(mA + n)2 k2  k  n  mA  k + n  minA, maxA.

Cách Từ A = x + y +1  y = A  x  1, vào giả thiết có phương trình bậc hai x Từ   ta tìm minA, maxA

ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn biểu thức:

45 20 52  52  51) = 5  5 = = 4

4

x x x

x x

 

 

( 1) ( 2)( 2)

x x x x

x x

  



 2) =

1

x  x x1= = 2

I

Q

O O'

F H

P E

D

C B

A  Theo ta có: (x + y) = 72 x +y = 36 (1) Sau tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đơi, ta có :

 2 (3 x + 2y) = 194 3x + 2y = 97 (2)

x + y = 36 3x + 2y = 97

  

x = 25 y = 11

 

 Ta có hệ PT : Giải hệ ta được:

Đối chiếu điều kiện toán ta thấy x, y thỏa mãn Vậy diện tích vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2) Câu 3:

1) Khi m = 2, PT cho trở thành: x2- 4x + =

Ta thấy: a +b + c = - +3 =

Vậy PT cho có nghiệm: x1 = 1; x2 = , b' - ac 02

    22 (m 1) 0  2) Điều kiện để phương trình cho có nghiệm là:   3 - m m (1)

1 2

x x x x m

 

 

 

 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có :

2 2

x + x  1 2= (x

1+ x2) (x+ x)2- 2x1x2 = (x1 + x2)

   42 - (m +1) = 5.42 (m + 1) = - m = - 3

Kết hợp với điều kiện (1) , ta cóm = -

Câu :



ABC1 Ta có: = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 

ABF = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B, C, F thẳng hàng

AB, CE DF đường cao tam giác ACF nên chúng đồng quy

 

IEF IBF 90  2 Do suy BEIF nội tiếp đường tròn. Gọi H giao điểm AB PQ

Ta chứng minh tam giác AHP

HP HA

HB HP PHB đồng dạng   HP2 = HA.HB

Tương tự, HQ2 = HA.HB Vậy HP = HQ hay H trung điểm PQ.

Câu 5:

  x 2 Điều kiện x - x2 > x < (*)

2

x + y = (1) 1

2 (2) x y

  

 



 Ta có:

1

2Từ (2) ta có : x + y = 2xy Thay vào (1) Có : xy = xy = -x

y

  



 * Nếu xy = x + y = Giải ra, ta có :

1

1 3

x x

2 ; .

1 3

y y

2

     

 

 

 

 

   

 

 

 

  * Nếu xy = - x + y = -1 Giải ra, ta có :

- -

2 Đối chiếu đk (*), phương trình cho có nghiệm : x = ; x=

Lời nhắn Câu IV.1

Liên hệ với lời bình sau câu 4b đề 12

ĐỀ SỐ 19 5 11 11

5 11

5 11

( ) ( )

 

   

 Câu 1: a) A =

5 11

5 11

5

( )

  

b) B =

5 7  11  5 11Vậy A - B = = 7, đpcm.

Câu 2: a) Với m = ta có hệ

3x + 2y = y = 2x - y = 2x - x = 2x - y = 3x + 2(2x - 1) = 7x = y =

   

  

   

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1)

3 m

m    b) Hệ có nghiệm khi: m2 ≠ - với m

Vậy hệ phương trình ln có nghiệm với m

Điều kiện: < x < 10, x tính m

Theo định lý Pitago ta có phương trình: x2 + (x + 2)2 = 102.

Giải phương trình ta x1 = (t/m), x2 = - (loại)

Vậy cạnh góc vng nhỏ 6m; cạnh góc vng lớn 8m



PAC = 90 PAC + PMC = 180 

Câu 4: a) Ta có nên tứ giác APMC nội tiếp

 

MPC MAC b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên (1)

 

MQC MBC (2) Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy

 

MAC MBC 90  Lại có (3) Từ (1), (2), (3) ta có :

  

MPC MBC 90   PCQ 90 .

 

BMQ = BCQ BMQ = AMC  EMC = EFC  BCQ = EFC 

c) Ta có (Tứ giác BCMQ nội tiếp) (Cùng phụ với BMC) (Tứ giác CEMF nội tiếp) Nên hay AB // EF

2

x +  

2 x +

x + 

1

x + 1Câu 5: P = x2 + + ≥ , P = x2 + =  x = Vậy P = 2. ĐỀ SỐ 20

     2

2( +2) - 2( - 2) +4 - +

A = = = =

5 - - +2 5 - 2

Câu 1: a) b) Ta có:

     

 

  

 

 2

x - x + +1 - x x x +1

x - x -

B = : =

x x x +1 x x - + - x

x - x +1 x +1 =

x x x -





Câu 2: x2 - (m + 5)x - m + = 0 (1)

a) Khi m = 1, ta có phương trình x2 - 6x + = 0

 a + b + c = - + = x1 = 1; x2 = 5 b) Phương trình (1) có nghiệm x = - khi:

c) ∆ = (m + 5)2 - 4(- m + 6) = m2 + 10m + 25 + 4m - 24 = m2 + 14m + 1

Phương trình (1) có nghiệm ∆ = m2 + 14m + ≥ (*)

Với điều kiện trên, áp dụng định lí Vi-ét, ta có:

2

1 2 2

x x x x 24 x x x( x )24S = x

1 + x2 = m + 5; P = x1 x2 = - m + Khi đó:

 (m m 5 )(  )24  m2 m 0   m m ; 2

Giá trị m = thoả mãn, m = - không thoả mãn điều kiện (*) Vậy m = giá trị cần tìm

Câu 3: Gọi x số dãy ghế phòng lúc đầu (x nguyên, x > 3) x - số dãy ghế lúc sau

360 x

360

x - 3Số chỗ ngồi dãy lúc đầu: (chỗ), số chỗ ngồi dãy lúc sau: (chỗ) 360 360

- =

x - x Ta có phương trình:

Giải x1 = 18 (thỏa mãn); x2 = - 15 (loại)

Vậy phịng có 18 dãy ghế

Câu 4: a) ∆SAB cân S (vì SA = SB - theo t/c tiếp tuyến cắt nhau)

SO AB

  nên tia phân giác SO đường cao

 

SHE = SIE = 90  IHSEb) nội tiếp đường trịn đường kính SE. OI SO

=

OH OE



c) ∆SOI ~ ∆EOH (g.g)

 OI OE = OH OS = R2 (hệ thức lượng tam giác vuông SOB)

  Câu 5: (1) x3 - 2mx2 + m2x + x - m = 0, x (x2 - 2mx + m2) + x - m = 0

 x (x - m)2 + (x - m) = 0



x = m

x - mx + = (2)

  

 (x - m) (x2 - mx + 1) =

Để phương trình cho có ba nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt khác m Dễ thấy x = m không nghiệm (2) Vậy (2) có hai nghiệm phân biệt

m > m < -

  

 ∆ = m2 - > m >

m < -

 

ĐỀ SỐ 21 Câu 1.

2

√5−1=

2(√5+1) (√5−1) (√5+1)=

2(√5+1)

4 =

√5+1

2 1) A =

⇔

¿

2x=−3

y=x −4

¿{

¿

⇔

¿ x=−3

2

y=−11

2

¿{

¿

2) Ta có hệ

Câu 2.

y=x2 1) Vẽ đồ thị thông qua bảng giá trị

x -2 -1

y 1

y=x+2 Vẽ đồ thị qua điểm A(0, 2) B(-2,0)

2) Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị

x2

=x+2 x2− x −2=0 hay

Vậy hai đồ thị cắt hai điểm M(-1, 1) N(2, 4)

Câu m=2 2x2

+3x+1=0 a −b+c=2−3+1=0 x1=−1 x2=−

1

2 1) Với , ta có phương trình:

Các hệ số phương trình thoả mãn nên phương trình có nghiệm: ,

Δ=(2m−1)2−4 2.(m−1)=(2m−3)2≥0 x1, x2 m 2) Phương trình có biệt thức nên phương trình

ln có hai nghiệm với

¿ x1+x2=−

2m−1

x1.x2=m−1

2

¿{

¿

Theo định lý Viet, ta có:

4x12+2x1x2+4x22=1 ⇔ 4(x1+x2)

−6x1x2=1 (1−2m)2−3(m−1)=1 ⇔ 4m2−7m+3=0 Điều kiện đề Từ ta có:

a+b+c=4+(−7)+3=0 m1=1, m2=

3

4 m m=1, m=

4 Phương trình có tổng hệ số nên

phương trình có nghiệm Vậy giá trị cần tìm

  o

FED FCD 90  Câu 1) Tứ giác FCDE có góc đối : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác FCDE nội tiếp

  900

ACD BED  ADC BDE

DC DE

DC DB DA DE

DA DB  2)

Xét hai tam giác ACD BED có: , (đối đỉnh) nên ACDBED Từ

đó ta có tỷ số :

  

ICD IDC FEC  FC OCB OBC DEC   AC

      900

ICO ICD DCO FEC DEC FED      3) I tâm đường tròn

ngoại tiếp tứ giác FCDE  tam giác ICD cân  (chắn cung ) Mặt

khác tam giác OBC cân nên (chắn cung (O)) Từ  IC  CO

hay IC tiếp tuyến đường tròn (O)

√4x+9

28 =y+

1

2 y ≥ −

1

4x+9

28 =y

2

+y+1

4 ⇔ 7y

2

+7y=x+1

2 Câu 5. Đặt , ta có

D

O F

B A

C E

¿

7x2+7x=y+1

2 7y2

+7y=x+1

2

¿{

¿

Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ:

Trừ vế cho vế hai phuơng trình ta thu

7(x2− y2)+7(x − y)=y − x ⇔ (x − y)(7x+7 y+8)=0 ⇔x − y=0 x>0 y ≥ −1

2 7x+7y+8>0¿ x=y (vì nên hay

7x2+6x −1

2=0

⇔

x=−6−√50

14

¿ x=−6+√50

14

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

x=−6+√50

14 Thay vào phương trình ta Đối chiếu

với điều kiện x, y ta nghiệm

Lời bình: Câu V

Δ' Chắc chắn hỏi đằng sau phép đặt ẩn phụ có "mách bảo" khơng?

Δ' Δ' Ta có 7x2 + 7x = 

Dưới hình thức phương trình cho thuộc dạng

Δ' (ax + b)2 = + qx + r , (a  0, a'  0, p  0)

Một lần Lời bình sau câu đề 13 dẫn cách đặt ẩn phụ trên. ĐỀ SỐ 22

Δ' √Δ' Câu 1: 1) x2 - 2x - 15 = , = - (-15) = 16 , =

Vậy phương trình có nghiệm x1 = - = - 3; x2 = + =

2 Đường thẳng y = ax - qua điểm M (- 1; 1) khi: = a (-1) -1 <=> a = - Vậy a = -

           

a a a a a a

a

2 a a a

    



 

(a −1)(a√a −a − a+√a −a√a − a −a −√a)

2√a(a −1) =

−4√a.√a

2√a =−2√a =

a Vậy P = - 2.

    √a √a 2) Ta có: P - > - < < a < 1 Kết hợp với điều kiện để P có nghĩa, ta có: < a <

a Vậy P > -2 < a < 1

Câu 3: Gọi x, y số chi tiết máy tổ 1, tổ sản xuất tháng giêng (x, y N* ),

ta có x + y = 900 (1) (vì tháng giêng tổ sản xuất 900 chi tiết) Do cải tiến kỹ thuật nên tháng hai tổ sản xuất được: x + 15%x, tổ sản xuất được: y + 10%y

Cả hai tổ sản xuất được: 1,15x + 1,10y = 1010 (2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:

x y 900 1,1x 1,1y 990 0,05x 20 1,15x 1,1y 1010 1,15x 1,1y 1010 x y 900

    

  

 

  

     

  

<=> x = 400 y = 500 (thoả mãn)

Vậy tháng giêng tổ sản xuất 400 chi tiết máy, tổ sản xuất 500 chi tiết máy 

IPCCâu 4: 1) Ta có = 900 (vì góc nội tiếp



CPKchắn nửa đường tròn) => = 900  

K B Xét tứ giác CPKB có: = 900 + 900 = 1800

=> CPKB tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm)

 

A B Δ Δ 2) Xét AIC vàBCK có = 900;

 

ACI BKC (2 góc có cạnh tương ứng vng góc)

Δ Δ AI

BC= AC

BK => AIC ~ BCK (g.g) =>

=> AI.BK = AC.BC

 

PAC PIC 3) Ta có: (vì góc nội tiếp chắn cung PC )

 

PBC PKC (vì góc nội tiếp chắn cung PC )

   

PAC PBC PIC PKC 90    APB Δ Suy (vì ICK vng C).=> = 900 Câu 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + px + q = biết p + q= 198.

Δ≥ Phương trình có nghiệm <=> p2 + 4q 0; gọi x

1, x2 nghiệm

- Khi theo hệ thức Viét có x1+ x2 = - p x1x2 = q

x

y

P

A

B C

I

mà p + q = 198 => x1x2 - (x1+ x2) = 198

<=> (x1 - 1)(x2 - 1) = 199 = 199 = (- 1)(-199) ( Vì x1, x2 Z )

Nên ta có :

x1 - 1 -1 199 -199

x2 - 199 -199 -1

x1 200 -198

x2 200 -198

Vậy phương trình có nghiệm nguyên: (2; 200); (0; -198); (200; 2); (-198; 0)

ĐỀ SỐ 23 Câu

2 5 5 15     (

√20−3√5+√80).√5 1) A = =

t=x2 t ≥0 4t2+7t −2=0 2) Đặt , phương trình trở thành

Δ=72−4 (−2)=81 Biệt thức

t1=1

4 t2=−2 Phương trình có nghiệm , (loại) t=1

4 x

2

=1

4 ⇔ x=±

2 x=±

2 Với ta có Vậy phương trình có nghiệm

Câu 2.

(d1) (d2) y=−3x+6 y=5

2x −2m+1 (d1) (d2) ⇔ 0=

5

2.2−2m+1 ⇔ m=3

1) Ta gọi , đường thẳng có phương trình Giao điểm trục hồnh A(2, 0) Yêu cầu toán thoả mãn qua A

2) Gọi x chiều rộng hình chữ nhật (đơn vị m, x > 0)

 chiều dài hình chữ nhật x + (m)

Vì đường chéo 13 (m) nên theo định lý Piatago ta có :

 2

2

13 x  x 7 2x2 14x 49 169

   

2

x 7x 60 0 

x x 12

 

  

 x 5 ⇔ Chỉ có nghiệm thoả mãn

Vậy mảnh đất có chiều rộng 5m, chiều dài 12m diện tích S = 5.12 = 60 (m2). Câu

m=3 x2−2x

=0 ⇔ x(x −2)=0 ⇔ x=0 x=2 1) Khi phương trình trở thành ;

x1, x2 ⇔ Δ'=1−(m−3)>0 ⇔ m<4 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt

x12−2x2+x1x2=−12 ⇔ x1(x1+x2)−2x2=−12 Điều kiện toán ⇔ 2x1−2x2=−12 ⇔ x1− x2=−6 (do (1)) (3)

x1=−2, x2=4 (−2) 4=m−3 Từ (1) (3) ta có: Thay vào (3) ta được:

⇔ m=−5 , thoả mãn điều kiện

m=−5 Vậy Câu

 DAB

1

2 DB BDE

2 DB DAB BDE  1) Ta có = sđ (góc nội tiếp) =sđ (góc tiếp tuyến dây

cung) Suy



DMA DAM BDM 2) Xét hai tam giác DMB AMD có: chung, nên DMB AMD

MD MA

MB MD MD2 MA MB.

  hay

ME MA

MB ME ME2 MA MB.

 Tương tự ta có: EMB AME  hay

Từ đó: MD = ME hay M trung điểm DE

 

DAB BDM EAB BEM  3) Ta có ,

 

PAQ PBQ DAB EAB PBQ BDM BEM DBE      1800 =

 

PQB PAB PAB BDM  PQB BDM  tứ giác APBQ nội tiếp  Kết hợp với suy Hai góc

vị trí so le nên PQ song song với AB

y=4x+3

x2+1 Câu 5. Đặt

y(x2

+1)=4x+3 ⇔

y.x2−4x

+(y −3)=0 K

hi ta có (1)

Ta tìm điều kiện y để (1) có nghiệm

y=0 x=−4

3 Nếu

(1) có nghiệm

y ≠0 ⇔ Δ'=22− y(y −3)≥0 ⇔ y2−3y −4≤0 ⇔ −1≤ y ≤4 Nếu , (1) có nghiệm

⇔ −1≤ y ≤4 Kết hợp lại (1) có nghiệm

y ⇔ y=−1 x=−2 Theo giả thiết số nguyên âm Khi thay vào ta có

A B

O O'

M D

E

P

Lời bình: Câu V

2

1

x y

x  

 1) Từ cách giải toán ta suy biểu thức có GTNN 1 GTLN 4.

2

' ' '

ax bx c

P

a x b x c

 



  2) Phương pháp giải toán phương phương pháp tìm GTNN,

GTLN biểu thức dạng (với b'2 4ac < 0), chẳng hạn

2

20 10

3

x x

P

x x

 



 

2

2

8

x xy y

Q

x y

 



 ; với x2 + y2 > 0; F = x2 + 2xy  y2 với 4x2 + 2xy + y2 = 3.

ĐỀ SỐ 24 Câu 1.

5(1 5) (1 5)

(1 5) (1 5)

2

2

  

      

1) A =

   

   

1

1 1 1

1

x x x x

x x x

x x

     

         

     

    2) B =

Câu

x=2 1) Thay vào vế trái phương trình ta được:

 

2

2  3 m 2( m 5) 2   m2m10 0

với m

x=2 nên phương trình có nghiệm với m

x=2 x=5−2√2 2(5−2√2)=2(m −5) ⇔ 5−2√2=m−5 ⇔ m=10−2√2 2) Vì phương trình ln có nghiệm nên để có nghiệm theo định lý Vi-et ta có:

Câu

Gọi x (km/h) vận tốc dự định xe, x > 15

80

x Thời gian dự định xe

20 15

x

60 10

x Thời gian xe phần tư quãng đường đầu , thời gian xe quãng đường

còn lại

80

x

20 15

x

60 10



4

15 10

xx x  4x15 x10 x x4  35Biến đổi (1)  15x600 x = 40 (thoả mãn điều kiện).

80

40  Từ thời gian dự định xe giờ. Câu

 900

MAD MCD900 1) Ta

có Ax tiếp tuyến nửa đường trịn nên Mặt khác theo giả thiết nên suy tứ giác ADCM nội tiếp

Tương tự, tứ giác BDCN nội tiếp

 

DMC DAC DNC DBC 2)

Theo câu tứ giác ADCM BDCN nội tiếp nên: ,

    900

DMC DNC DAC DBC    MDN 900Suy Từ

  900

 

ACB MDN CPQ CDQ CDN   3) Vì nên tứ giác CPDQ nội tiếp Do

 

CDN CBN CBN CAB  CPQ CAB  Lại tứ giác CDBN nội tiếp nên Hơn ta có , suy hay PQ

song song với AB

x y 2 4xy

4

x y

xy x y

 



1

x y x y Câu Với số dương x, y ta có:   Áp dụng bất đẳng thức ta, có:

1 1 1

a b b c c a

a b c

c a b b c c a a b

        

           

     

4 4

a b c

b c c a a b

  

  

a b c

b c c a a b

 

 

 

  

  =

Vậy bất đẳng thức chứng minh

Lời bình: Câu II.1

Thay câu II.1 câu : Chứng minh phương trình có nghiệm khơng phụ thuộc giá trị m, ta được tốn "thơng minh hơn".

Xem (1) phương trình m Thế (1) có nghiệm khơng phụ thuộc m x  2 = x2 + 3x  10 =  x = 2.

Vậy có x = nghiệm cố định khơng phụ thuộc vào m phương trình cho Vấn đề nghiệm cố định bàn thêm lời bình sau câu Câu I4b, đề 32.

ĐỀ SỐ 25 Câu 1.   1 : 1 x x x x x                    

1 1

x x x

x x x

  



 1) Ta có A = =

2

x    

2

x 

 x 1

2 2 2

 

 2) nên A =

5

b a=3 x2

+3x −4=0 Câu 1) Khi ta có phương trình: Do a + b + c = nên

x1=1, x2=−4 phương trình có nghiệm

2 4( 1) 0

a b

     x

1, x2 ⇔ 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt (*)

1

x x a

x x b

 

 

 

 Khi theo định lý Vi-et, ta có (1).

   

1

1 2

x x

x x 3x x x x

           ¿ x1− x2=3 x13− x

2 =9 ¿{ ¿ ⇔ ⇔ ¿

x1− x2=3

x1x2=−2

¿{

¿

Bài toán yêu cầu (2)

x1x22 x1 x224x x1 324( 2) 1 

2 1 a b       1, 1, a b a b       

 Từ hệ (2) ta có: , kết hợp với

(1)

Các giá trị thoả mãn điều kiện (*) nên chúng giá trị cần tìm

Câu

Gọi x (km/h) vận tốc thực thuyền (x > 4) Vận tốc thuyền xi dịng x + (km/m) Vận tốc thuyền ngược dòng x – km

24

x Thời gian thuyền từ A đến B

16

8

4  Thời gian bè (giờ). 24

4

x

16

x Ta có phương trình: += (1).

   

12(x 4) 8( x4) x x4 x2 20x 0

  Biến đổi phương trình: (1)  

( 20)

x x 

0 20

x x

 

 

  

Đối chiếu với điều kiện ta thấy có nghiệm x = 20 thoả mãn Vậy vận tốc thực thuyền 20km/h

Câu

OH AB OHM 900ODDM ODM 900 1) Vì H trung điểm AB nên hay Theo tính chất

của tiếp tuyến ta lại có hay Suy điểm M, D, O, H nằm đường tròn 

CMDCD 

1

DCI 

 DI

1

2 CI MCI 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD  MCD cân M  MI đường phân giác Mặt khác I điểm cung nhỏ nên sđ = sđ =



MCD CI phân giác Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.

1

2 ( )

2

OQM

S  S  OD QM R MD DQ DM DQ OD.  R2

2

R R 23) Ta có tam giác MPQ cân ở

M, có MO đường cao nên diện tích tính: Từ S nhỏ  MD + DQ nhỏ Mặt

khác, theo hệ thức lượng tam giác vuông OMQ ta có khơng đổi nên MD + DQ nhỏ  DM =

DQ = R Khi OM = hay M giao điểm d với đường trịn tâm O bán kính

Câu 5.

 

abc a b c  

Từ giả thiết ta có: Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi,

a b a c    

2

a ab ac bc 

 

a a b c  bc

 

2 a a b c bc 

P = = =

 =

d

I B A

O M

C

D H

 

1

a a b c bc

a b c abc           

 

1

a a b c bc        

 Đẳng thức xảy  

2 1 Hệ có vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c =  a =

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P

ĐỀ SỐ 26 Câu 1:

   

   

2 5

1

2

2 5 5

  

   



   

1)

3x + y = 6x + 2y = 18 7x = 14 x = x - 2y = - x - 2y = - y = - 3x y =

   

  

   

    2)

Câu 2:

1 x

P = :

x + x x x + x

 



 

 

     

 x 12

1 x

x

x x x x

  

 

 

   

  1)

 

 x 12 1 x  x 1

1 x - x

x

x x x

x x

         

1 - x

2 - x x

x 2 

2 3x > - x <

3

  

2) Với x >

2 x <

3



2Vậy với P > Câu 3:

1) Với m = 1, ta có phương trình: x2 – x + = 0

Vì ∆ = - < nên phương trình vô nghiệm  

1 m

4



2) Ta có: ∆ = – 4m Để phương trình có nghiệm ∆0 – 4m0 (1) Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = x1.x2 = m

Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – )2 = 9( x1 + x2 ), ta được:

 

m = - m =

 

Đối chiếu với điều kiện (1) suy có m = -2 thỏa mãn

Câu 4:



B = 90 H = 90

1) Tứ giác ABEH có: (góc nội tiếp nửa đường tròn); (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp

 

C = H = 90 Tương tự, tứ giác DCEH có , nên nội tiếp được.

 

EBH = EAH EH 2) Trong tứ giác nội tiếp

ABEH, ta có: (cùng chắn cung )

  

EAH = CAD = CBDCD Trong (O) ta có:

(cùng chắn cung )

 

EBH = EBCHBC Suy ra: , nên BE tia

phân giác góc

  

ECH = BDA = BCE BCH Tương tự, ta

có: , nên CE tia phân giác góc Vậy E tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH

 

BIC = 2EDC EC EDC = EHC  BIC = BHC 

3) Ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng ECD, nên (góc nội tiếp góc tâm chắn cung ) Mà , suy

  

BOC = 2BDC = BHC BC + Trong (O), (góc nội tiếp góc tâm cùng

chắn cung ) 

BHC+ Suy ra: H, O, I cung chứa góc dựng đoạn BC, hay 5

điểm B, C, H, O, I nằm đường tròn

Câu 5: ĐK: x ≥ - (1)

 

x + a; x + b a 0; b 0   

Đặt (2)

   

2

x 11x + 24  x + x + ab

Ta có: a2 – b2 = 5;

Thay vào phương trình cho ta được:

 (a – b)(ab + 1) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0

I O H E

D C

B

x + x + (vn) a - b =

x = - - a = x +

x = - - b = x + 1

 



 



      

 

 

 

Đối chiếu với (1) suy phương trình cho có nghiệm x = -

ĐỀ SỐ 27 Câu 1:

1

4.5 16.5 9.5

2  3 5 5   5 1) A = = =

5 5

B =

5

     

 

   

     

   2)

   

   

5 5

2 2 5

5

     

   

      

     

   

Câu 2:

2x - y = - 2y 2x + y = 2x = x = 3x + y = - x 4x + y = y = - 2x y = -

   

  

   

    1)

2) Phương trình x2 – x – = có a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x 1; x2

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = x1x2 = -

1 2

x x

1 1

x x x x 3



   

 Do đó: P =

Câu 3: Gọi x (km/h) vận tốc xe lửa thứ từ Huế đến Hà Nội Khi vận tốc xe lửa thứ hai từ Hà Nội là: x + (km/h) (ĐK: x > 0)

300 345

x   x Theo giả thiết, ta có phương trình:

   

900x 5x x 1035 x x 22x 1035

        

1 23

x  x2 45 0 Giải phương trình ta được: (loại x > 0) Vậy vận tốc xe lửa thứ là: 45 km/h vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h

 0

AMB 90  AMD 90  01) Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác ACMD

 

AMD ACD 90  có , suy ACMD nội tiếp đường trịn đường kính AD



B BAD BMC  2) ∆ABD ∆MBC có:chung (do ACMD tứ giác nội tiếp)

Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g)

 

EDC BDC BDC CAK  B EDC CAK  OOO3) Lấy E đối xứng với B qua C E cố định , lại có: (cùng phụ với ), suy ra: Do AKDE tứ giác nội tiếp Gọi O’ tâm đường trịn ngoại tiếp ∆AKD O’ củng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên A = E, suy thuộc đường trung trực đoạn thẳng AE cố định

Câu 5: 2

1

x y xy 2

1 1

x y 2xy 2xy A = =

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:

1 x + y xy xy 4xy

2xy

      

(1) Đẳng thức xảy x = y

Tương tự với a, b dương ta có:

1 1

2

ab ab  a + b a + b (*)

 2

2

1

4 x y 2xy x + y 

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: (2)  Dấu đẳng thức xảy x2 + y2 = 2xy x = y.

A 6

1 x = y =

2



Từ (1) (2) suy ra: Dấu "=" xảy Vậy minA =

ĐỀ SỐ 28

E

D

M I

C K

O B

Câu 1:

2x + y = 6x + 3y = 21 7x = 14 x = x - 3y = - x - 3y = - y = - 2x y =

   

  

   

    1)

2) Phương trình 3x2 – x – = có hệ số a c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt x 1và x2

3



Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = x1.x2 =

 2

2

1 2

x x  x x  2x x

1 13

9 3 9 Do P = =

Câu

a a a

A = :

a a ( a + 1) ( a - 1)( a 1)

  



 

   

   

a

a a a a +

 

     

  

  1)

a > 0, a

0 a < a

 



   

 

 2) A <

Câu 3:



 1) Ta có = m2 + > 0, m  R Do phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt.

2) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m x1.x2 = - Ta có: x12 + x22 – x1x2 =

    1(x1 + x2)2 – 3x

1.x2 = 4m2 + = 7m2 = m = Câu 4:



ADB 90  ADM 90  01) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)(1)



AEM 90

  Lại có: OA = OC = R; MA =

MC (tính chất tiếp tuyến) Suy OM đường trung trực AC (2)

Từ (1) (2) suy MADE tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MA

x N

I H E D M

C

O B

2) Xét ∆MAB vng A có ADMB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng tam giác vuông)



ACB 90  ACN 90  0 3) Kéo dài BC cắt Ax N, ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), suy ra ∆ACN vng C Lại có MC = MA nên suy MC = MN, MA = MN (5)

IC IH BI

MN MA BM

 

  

 Mặt khác ta có CH // NA (cùng vng góc với AB) nên theo định lí Ta-lét (6) với

I giao điểm CH MB

Từ (5) (6) suy IC = IH hay MB qua trung điểm CH

1

0, - 0, -

  

x x x

x x Câu 5: Điều kiện: (*)

4 5

- - - - - -

 x x  x  x  x x

x x x x x x

4

4

- -

1 5

- - - -

 

  

   

     

 

 

   

 

x x

x x

x x

x x x x

x x x x

4 -

 x 

x

1

1

1

- -

 



x x

x x (vì )

 x   .

Đối chiếu với điều kiện (*) có x = thỏa mãn

ĐỀ SỐ 29

2m 0   m 2. Câu 1: a) Đường thẳng d qua gốc tọa độ

2

y(m  m x)  2(m2 m).(1)2b) Đồ thị hàm số qua điểm A(-1; 2)

m m m m 2;

      

Câu 2:

(√a−1 3+

√a+3).(1−

3

√a)=

√a+3+√a −3 (√a −3) (√a+3)

√a −3

√a a) P =

2√a.(√a −3) (√a −3)(√a+3).√a=

2

√a+3

2

√a+3 = Vậy P =    a 1. 

√a+3

1

2 √a √a b) Ta có: > + < <

1

x

1

y

1

x

1

y

1

4 Câu 3: Gọi x, y thời gian người cần để hồn thành cơng việc

(x, y > tính giờ) Trong người làm ; công việc, làm được+ = cơng việc.(vì hai người hồn thành cơng việc giờ) Do người thứ làm người thứ hai nên y - x =

Ta có hệ phương trình

y x y x (1)

1 1 1

(2)

x y x x

 

   

 



 

   

  

 

Giải (2): (2) <=> x(x + 6) = (x + x + 6) <=> x2 - 2x - 24 = 0

<=> x = (t/m); x = - (loại x > 0) Thay vào (1) y = 12

Vậy để hồn thành cơng việc người thứ cần giờ, người thứ hai cần 12

Câu 4:



BACa) Ta có = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường trịn)

 

BDH CEH Tương tự có = 900

  

A ADH AEH  Xét tứ giác ADHE có = 900 => ADHE hình chữ nhật.

Từ DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng tam giác vuông)

hay AH2 = 10 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 

BAH C DAH ADE  b) Ta có:= (góc có cạnh tương ứng vng góc) mà (1)

 

C ADE C BDE  (Vì ADHE hình chữ nhật) => = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

 

1

B BDO Δ c) Vì O

1D = O1B =>O1BD cân O1 => (2)

 

1

ADE BDO B BAH  Từ (1), (2) =>= 900 => O

1D //O2E

Vậy DEO2O1 hình thang vuông D E

1 2

1 1

(O D O E).DE O O DE O O

2  2 2 Ta có Sht = (Vì O1D + O2E =

O1H + O2H = O1O2 DE < O1O2 )

2

2 ht

1 BC R

S O O

2

  

Dấu "=" xảy DE = O1O2  DEO2O1 hình chữ nhật

SDEO2O1 R2

2  A điểm cung BC Khi max =

O1 O2

D

O

B H C

A

1

3Câu 5: Giải phương trình: x3 + x2 - x = - (1)

(1) <=> 3x3 + 3x2 - 3x = - <=> 4x3 = x3 - 3x2 + 3x - <=> 4x3 = (x - 1)3 x√34 1−√34

1−√34 <=> = x - <=> x() = <=> x =

1−√34 Vậy phương trình có nghiệm x =

Lời bình: Câu III

Ta thường gặp toán :" Hai máy cày cày cánh đồng…; hai vòi nước chảy vào một bể…; hai hợp tác đào mương…; hai người làm chung công việc…) v.v" Ta gọi bài thuộc loại toán "Làm chung việc"

Một số lưu ý giải toán là

a)  Khối lượng cơng việc phải hồn thành quy ước (đơn vị)  (Năng suất)  (thời gian) = (khối lượng làm được).

 (Năng suất chung) = (tổng suất riêng).

(Bạn tị mị lại quy ước khối lượng cơng việc Cơng việc hồn tất nghĩa hồn thành 100 khối lượng cơng việc Bởi 100 = 1, điều dẫn tới quy ước trên)

b) Bài tốn trình bày lời giải hệ phương trình hai ẩn phương trình ẩn. c) Trong tốn (theo kí hiệu dùng lời giải) :

√3x=−√75 √3x=−√75  Các suất riêng

√3x=−√75 √3x=−√75 √3x=−√75  Năng suất chung : Một mặt tính , một mặt giả thiết cho Vậy nên có phương trình

ĐỀ SỐ 30

Câu 1.

√3x=−√75 ⇔ √3x=−5√3 ⇔ x=−5 1) Phương trình tương đương với

¿

3x −2y=1

4x+2y=−8

¿{

¿

⇔

¿

7x=−7

3x −2y=1

¿{

¿

⇔

¿ x=−1

y=−2

¿{

¿

2) Hệ phương trình

Câu

2

5 4.2.2

    x

1=2 x2=

1

2 nên phương trình có hai nghiệm ,

Δ=(m+3)2−4 m=m2−2m+9=(m−1)2+8>0 m 2) Phương trình có biệt thức với

x1, x2

¿ x1+x2=m+3

2

x1x2=m

2

¿{

¿

Do phương trình ln có hai nghiệm Khi theo định lý Viet

|x1− x2| √(x1− x2)2

√(x1+x2)

−4x1x2 √( m+3

2 )

2 −4m

2 2√m

2−2m

+9=1

2√(m−1)

2

+8 Biểu

thức A = = == =

(m−1)2≥0 √(m−1)2+8≥√8=2√2 √2 Do nên , suy A 

⇔ m=1 Dấu xảy

√2 m=1 Vậy giá trị nhỏ A , đạt

3

9 a 25a 4a 9 a a2a a 2 a a( 2)a22a a a ( 2)Câu 1) Ta có

 

 

2 2

2

a a

a a a

  

nên P =

(km/h, 4)

x x 2) Gọi vận tốc canô nước yên lặng

4

x

48

x Vận tốc ca nơ nước xi dịng thời gian ca nơ chạy xi dịng

4

x

48

x Vận tốc ca nô nước ngược dịng thời gian ca nơ chạy ngược dòng

48 48

4

x x  Theo giả thiết ta có phương trình (*)

2

48(x x 4) 5(x 16) 5x 96x 80

          (*)

0,8

x x20Giải phương trình ta (loại), (thỏa mãn) Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng 20 km/h

1) Chứng minh ABD cân

  Xét ABD có BCDA CA = CD nên

BC vừa đường cao vừa trung tuyến

Vậy ABD cân B

2) Chứng minh ba điểm D, B, F nằm đường thẳng



CAEVì = 900, nên CE đường kính (O).

Ta có CO đường trung bình tam giác ABD

Suy BD // CO hay BD // CE (1)

Tương tự CE đường trung bình tam giác ADF

Suy DF // CE (2) Từ (1) (2) suy D, B, F nằm đường thẳng 3) Chứng minh đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O)

Tam giác ADF vng A theo tính chất đường trung bình DB = CE = BF  B trung điểm

DF Do đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm AB làm bán kính Hơn nữa, OB = AB -OA nên đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O) A

Câu 5.

a , b , c Vì số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số ta có:

√a(b+c)≤a+(b+c)

2 √

a b+c=

a √a(b+c)≥

2a a+b+c



Tương tự ta có:

√ b

c+a≥

2b

a+b+c √

c a+b≥

2c a+b+c

, Cộng bất đẳng thức chiều ta có

√ a

b+c+√

b c+a+√

c a+b≥

2a+2b+2c

a+b+c =2

⇔

a=b+c

b=c+a

c=a+b

¿{ {

⇔a=b=c=0 Dấu xảy , không thoả mãn C

O D

F B

A

√ a b+c+√

b c+a+√

c

a+b>2 Vậy Lời bình:

Câu II.2

 Các bạn tham khảo thêm lời giải sau

1,2 2

b x

a   

Gọi x1,x2 là nghiệm có phương trình Từ cơng thức suy :

1

( 1)

| |

| |

m

x x

a

 



   

, với m (*)

2Kết (*) cho thấy  > ,m đồng thời có min|x1 x2| = , đạt m =  Lời giải giảm bớt tối đa phép toán, điều đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót Câu IV.2

Việc chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng thường thực cách chứng minh một trong ba điều tương đương sau :

 AB + BC = AC (khi B thuộc đoạn thẳng AC)

 1800

ABC  Một ba điểm đỉnh góc 1800 (chẳng hạn )

 Một ba điểm điểm chung hai đoạn thẳng song song (chẳng hạnAB // BC).

 

(AB, ) (  AC, )  Một ba điểm điểm chung hai đoạn thẳng tạo với đường thẳng () có sẵn góc (chẳng hạn ).

ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính

20 18  45 72  4.5 9.2  9.5 36.2a) A = = 2   3 2 5=

√4+√7+√4−√7 b) B =

√7+1¿2 ¿ √7−1¿2

¿ ¿ ¿

√2B=❑√8+2√7+√8−2√7=√¿ √2B=2√7⇔B=√14

√x −1+1¿2 ¿ √x −1−1¿2

¿ ¿ ¿

√¿

C =

√x −1+1+√x −1−1=2√x −1 +) Nếu x > C =

√x −1+1+1−√x −1=2 +) Nếu x < 2, C =

Câu 2: a) Hàm số y = (2m - 1)x - m + nghịch biến R

1

2 2m - > <=> m >

b) Đồ thị hàm số qua A (1; 2) khi: = (2m - 1).1 - m + <=> m = Vậy hàm số y = x +

Câu 3: Gọi x, y thời gian người thợ thứ người thợ thứ làm (x, y > 0, tính giờ)

1

x

1

y

1

x

1

y

1

16 - Một người làm ; công việc người làm + = (vì

người làm 16 xong cơng việc)

3

x

6

y

1

3

x

6

y

1

4 - Trong người thứ làm (CV), người làm

(CV) hai làm (CV) ta có + = Do ta có hệ phương trình:

1 1 3 3

x 24

x y 16 x y 16 y 16

3 6 1 1 y 48

x y x y x y 16

  

    

    

  

  

   

 

        

  

  

Vậy người thứ hồn thành cơng việc 24 người thứ hai hồn thành cơng việc 48

Δ Δ Câu 4: a) XétABM vàAMC

 

AMB MCB Có góc A chung;

1

2 ( = sđ cung MB)

Δ Δ => AMB ~ ACM (g.g)

AM AC =

AB

AM => => AM

2 = AB.AC

D K

I B

O

N A

 

M N b) Tứ giác AMON có = 1800

 

M N (Vì = 900 tính chất tiếp tuyến)

=> AMON tứ giác nội tiếp

- Vì OI BC (định lý đường kính dây cung)



M I Xét tứ giác AMOI có = 900 + 900 = 1800 => AMOI tứ giác nội tiếp được

c) Ta có OA MN K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC D



K I Xét tứ giác KOID có = 1800 => tứ giác KOID nội tiếp đường tròn tâm O

=> O1 nằm đường trung trực DI mà AD.AI = AK.AO = AM2 = AB.AC khơng đổi (Vì A, B, C, I

cố định)

Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định

Δ Vậy O1 tâm đường trịn ngoại tiếpOIK ln thuộc đường trung trực DI cố định

Câu 5:

x 2x

(2x 1)y x y 2y 2y

2x 2x 2x

 

         

   Ta có: (*)

Xét pt (*): Để x, y nguyên 2x +1 phải ước 1, đó:  + Hoặc 2x +1 =1 x = 0, thay vào (*) y = 1.

 + Hoặc 2x +1 = -1 x = -1, thay vào (*) y = 0 Vậy pt cho có nghiệm nguyên là: (0; 1) ; (-1; 0)



Lời nhắn

Câu IV.c Liên hệ với lời bình sau câu 4c đề 1

ĐỀ SỐ 32

7 [ ][ ]

(   )(   ) (  )  (  ) Câu 1: 1) P =

2

7 4

( )  (  ))   (   ) =

d

2 m 2

m m

m

m

m 1 m

      

   

  



   

  2) Đường thẳng d song song với khi:

Câu 2: x2 + (2m + 1) x + m2 + = (1)

Vì a = 1; b = 3; c = => a - b + c = Vậy phương trình có x1 = - 1; x2 = -

2

2

3

0 2m m m

4m 4

S 2m

2m 1

m

P m 2

( ) ( )

( )

 

     

 



 

 

 

      

   

  

     

 

   

3 m

4



b) Phương trình (1) có nghiệm âm khi:

Câu 3: Ta có: a2 + b2 > 2ab = (vì ab = 1)

a b a4

+b A = (a + b + 1)(a2 + b2) + > 2(a + b + 1) +

4

a+b = + (a + b + ) + (a + b) > + + =

4

a+b √4 √ab (a + b + > a + b > áp dụng BĐT Cơsi cho số dương)

1

2 Dấu “=” a = b =

Vậy minA =

Câu 4:  

H K a) Xét tứ giác BHMK: = 900 + 900 = 1800

=> Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn

CM tương tự có tứ giác CHMI nội tiếp

   

B HMK C HMI   b) Ta có = 1800

 

B C  HMK HMI  mà (1)

   

KBM BCM KBM KHM ,  (vì góc nội tiếp

cùng chắn cung MK góc tạo tia tt góc nội tiếp chắn cung BM)

 

HCM HIM (góc tạo tia tiếp tuyến góc nội



HM KHM HIM  tiếp chắn ) (2).

Δ Δ MH

MI = MK

MH ⇒MH

2 Từ (1), (2) =>HMK ~IMH (g.g) => = MI MK (đpcm)

c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) H K

I

B

C A

Δ Xét chu vi APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi

Δ Vì A cố định đường trịn (O) cho trước nên chu vi APQ không

phụ thuộc vào vị trí điểm M (đpcm)

5 2

x 2y a (1) x y (2)

  

 

 



 Câu 5: Giả sử hệ có nghiệm (x; y)

x 1, y 1  x5 2y x5 2 y x2 2 y ( x2  y ) ( y2   y 1) 1 

Từ (2) suy Từ (1) ta có:

2

2 ( y y 1) ( y 1)

         a 2 a 2

trái giả thiết Suy hệ vô nghiệm, đpcm

ĐỀ SỐ 33

x 3y 10 2x 6y 20 x 3y 10

2x y 2x y y

        

  

 

  

    

   Câu 1: a)

x 3 10 x

y y

( )

    

 

   

 

 

 b) Hàm số y = (m + 2) x - đồng biến R chi m + > m > - 2.

a a a

:

a a a (a 1) (a 1)

     



   

      

    Câu 2: a) A =

2 2

( a 1) a ( a 1) ( a 1)

: :

a a (a 1)( a 1) a ( a 1)(a 1)

 

  

 

 

        

=

2

2 ( a 1) (a 1)( a 1)

a

a ( a 1)

  

 

  =

√2010−1¿2⇒√a=√2010−1

√2010=¿ b) a = 2011 -

√2010 Vậy A =

1

2 Câu 3: a) Với k = - ta có:



2 - (x

2 - 4x + 3) + (x - 1) = x2 - 8x + = Vì a + b + c = + (- 8) + = 0

 b) + Nếu k = 0, phương trình có dạng 2(x - 1) = x = 1

+ Nếu k 0, phương trình có dạng: kx2 + 2(1 - 2k) x + 3k - = 0 Δ' = (1 - 2k)2 - k(3k - 2) = 1- 4k + 4k2 - 3k2 + 2k

= k2 - 2k + = (k - 1)2 > với k.

Vậy phương trình có nghiệm với k

Câu 4:

a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung cắt BC M Ta có MB = MA = MC (t/c tiếp tuyến cắt nhau)

 A = 900.

b) Giả sử R’ > R Lấy N trung điểm OO’

Ta có MN đường trung bình hình thang vng OBCO’

 

B C (OB // O’C; = 900) tam giác AMN vuông A R R

2



R+R '

2 Có MN = ; AN = Khi MA2 = MN2 - AN2 = RR’

√RR' √RR' => MA = mà BC = 2MA =



BADc) Ta có O, B, D thẳng hàng (vì = 900 ; OA = OB = OD)



DBC Δ BDC có = 900, BA CD, ta có: BD2 = DA DC (1)

Δ Δ DE

DC= DA

DE ADE ~EDC (g.g) => => DA DC = DE

2 (2)

(1), (2) => BD = DE (đpcm)

Câu 5:

Δ1+Δ2 a1−4b1+a22−4b2=a12+a22−4(b1+b2)≥ a21+a22−2a1a2 Xét =

(vì a1a2 > 2(b1 + b2))

a1− a2¿2≥0

a1

+a2

−2a1a2=¿

Δ1+Δ2 Mà , >

Δ1 Δ2 => Tồn khơng âm => phương trình cho có nghiệm

Lời bình: Câu III.b

E N A M

O O'

B

C

1) Để chứng minh phương trình có nghiệm khơng phụ thuộc giá trị k có hai cách giải. Cách 1 (Đã nói lời bình sau câu 2(1) Đề 24)

Xem k(x2  4x  3) + 2(x  1) = (*) phương trình ẩn k Thếthì

(*) có nghiệm không phụ thuộc k x2  4x  = 2(x  1) = 0  x =

1.

Cách 2 (Phương pháp cần đủ)

+ Phương trình (*) có nghiệm với x phải có nghiệm với k = 0. + Với k = ta có k(x2 4x  3) + 2(x  1)  x = 1.

Thay x = vào (*) có 0k + = nghĩa x = nghiệm (*) với k Ta có điều phải chứng minh.

2) Kết toán đâu phải có đáp số Cái quan trọng cách nghĩ lời giải chúng nào, có đường (cách giải) để đến kết :

Câu V : 1) Mấu chốt tốn chuyển hố hình thức toán Cụ thể biết thay việc chứng minh hai phương trình có nghiệm cách chứng minh 1 + 2  Sự chuyển hoá giúp kết nối thành công với giả thiết a1 + a2 2(b1 + b2).

2) Một cách hiểu khác toán :

Chứng minh hai phương trình vô nghiệm Với cách hiểu ta chuyển hoá thành chứng minh khả 1 + 2 < xảy ra.

Thật vậy: Nếu 1 < 2 < suy 1 + 2 < Điều dẫn tới mâu thuẫn với a1 + a2 2(b1 + b2) Bài toán chứng minh.

3) Các cách chứng minh toán cách chứng minh trong nhiều phương trình bậc hai, có phương trình có nghiệm.

4) Cùng kiểu tư bạn dễ dàng chứng minh :

Với giá trị m, phương trình x2 mx + m = khơng thể có hai nghiệm dương. Thật :

+ Nếu m = 0, phương trình có nghiệm x =

+ Nếu m < 0, phương trình có nghiệm hai nghiệm trái dấu (do ac < 0) |√a −1+1|+|√a−1−1| + Nếu m > 0, hai nghiệm x1, x2 âm x1+ x2 < suy ra (!).

Mâu thuẫn với m >

Vậy toán chứng minh.

ĐỀ SỐ 34 |√a −1+1|+|√a−1−1| Câu 1: P =

√a −1−1≥0⇒P=2√a −1 Nếu a> =>

√a −1−1 Nếu 1< a < => < => P =

x −1¿2 ¿ √x −1¿2

¿ x −1¿2 4√x

¿ ¿ √x+1¿2−¿

¿ ¿ ¿

1) Q =



x (loai)

1 x

1 16

x

 

  

 



√x −3 √x

2) Q = - => 4x + - = (thỏa mãn)

|x| Câu 3: Đặt = t, t2 + 2(m - 1)t + m + = (1)

Phương trình có nghiệm phân biệt <=> (1) có nghiệm khác dấu (1) có nghiệm kép t > +) (1) Có nghiệm khác dấu <=> m + < <=> m < -1

m m

  



 Δ' +) = <=> m2 - 3m = <=>

Thay vào (1) để xét m = thỏa mãn, m = bị loại Vậy m < - m =

x −1¿2+16

¿ x −1¿2+25

¿

3¿

√¿

Câu 4: PT <=> = - (x - 1)2

VT > 9; VP < (vì (x - 1)2 > 0) nên: VT

VP

  



 PT <=> <=> x = (TM)

Câu 5: 1) Gọi H hình chiếu O đường thẳng MN Xét tứ giác OAMH

   

A H 180 (do A H 90 )   

=> OAMH tứ giác nội tiếp đường tròn Tương tự tứ giác OANH nội tiếp

   

1 1

A M , B N => (2 góc nội tiếp chắn cung)

   

1 1

A B M N 90

     AHB => = 900

N

M

O

A B

=> MN tiếp tuyến

2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng tam vng, ta có:

AB2

4 AM BN = MH NH = OH

2 = (đpcm)

SΔMON=1

2

2 OH MN > OH AB (Vì AMNB hình thang vng)

Dấu “=” MN = AB hay H điểm cung AB  

AB

2 M, N song song với AB AM = BN =

AB

2 SΔMON Vậy nhỏ AM = BN =

ĐỀ SỐ 35

2 x 3 (x 3)

x x

 



 

1 x x

  



  

 Câu 1: A = =

Câu 2: a) Bình phương hai vế ta được:

x2 - 2x + = <=> x(x - 2) = <=> x = x = 2

b) Đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b qua điểm A (1; 2) B (2; 0) khi:

a b a

2a b b

  

 



 

  

 

Vậy y = - 2x +

Câu 3: a) Với m = 2, ta có phương trình

2 x 1; x 2

x x

x x

 

    



  

  

 (x2 - x - 2)(x - 1) = 0 <=>

± Vậy phương trình có nghiệm x 1; x =

b) Vì phương trình (1) ln có nghiệm x1 = nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt

khi:

- Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = có nghiệm kép khác 1



1

0 4m m

m

f (1) 1 m m 0



    

  

   

  

   

   

 .



1

0 4m m

m

f (1) m

m



     

  

   

  

 

   



1

4 Vậy phương trình (1) có nghiệm phân biệt m = - ; m =

Câu 4:

a) Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) Nên MA OA; MB OB; Mà OI CD (Theo định lý đường kính dây cung)

  

MAO MBO MIO  Do = 900 => điểm A, B, I

thuộc đường trịn đường kính MO hay điểm M, A, I, O, B thuộc đường tròn

 

AIM AOM BIM BOM  AOM BOM  b) Ta có: (vì góc nội tiếp chắn cung MA) (vì góc nội tiếp chắn cung MB) mà (tính chất hai tiếp tuyến)

 

AIM BIM => => IM phân giác góc AIB (đpcm). 4

3 2

x y 1

x y x y

  

 

  

 

( )

( )Câu 5:

x  1 x 1 y 1 Từ (1) suy ra: Tương tự (3).

2

2 x x y y

( ) (  ) (  ) (4), Từ (3) suy vế trái (4) không âm nên

2

x x x x x x y y y y y y

( )

; ; ;

( )

          



      

   

 

    

 (4)

x x y 1; y

 

 

 

 

  Thử lại hệ có nghiệm là:

ĐỀ SỐ 36 1  1  1 5 5 

Câu 1: a) P = b) x2 + 2x - 24 = 0

Δ' √Δ' = + 24 = 25 => =

=> phương trình có nghiệm x1 = - + = 4; x2 = - - = - I C

O

B M

2 a a a a a ( a 3)( a 3)

  

 

    Câu 2: a) P =

2√a(√a−3)+(√a+1)(√a+3)−7√a −3

(√a−3)(√a+3) =

2a −6√a+a+4√a+3−7√a −3

(√a −3)(√a+3) =

3a −9√a

(√a −3)(√a+3)=

3√a(√a −3) (√a −3)(√a+3)=

3√a √a+3 =

3 a

a 3 Vậy P =



3 a

1 a a a a

2

a 3          b) P <

Câu 3: a) Với m = ta có x4 - 5x2 + = 0

t 0 Đặt x2 = t , với ta có pt t2 - 5t + = <=> t

1 = 1; t2 =

2

x x

x x

   



 

 

 

 Từ đó, ta được:

x1; x2.Vậy phương trình có nghiệm

b) x4 - 5x2 + m = (1) có dạng f(y) = y2 - 5y + m = (2) (với y = x2 ; y > 0)

Phương trình (1) có nghiệm phân biệt <=> phương trình (2):

25

0 m 25

m

f (0) m 0



  

 

  

 



  

1) Hoặc có nghiệm kép khác <=>

m

  2) Hoặc có nghiệm khác dấu

25

4 Vậy m = m < phương trình (1) có nghiệm phân biệt



FAB Câu 4: a) = 900 (vì AF AB)



BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

BEFFAB BEF  =>= 900 Do = 1800

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn

 

AFB AEB

2 b) Ta có: = (sđ cung AB) (vì góc nội tiếp chắn

cung)

D

M E

O F

 

AEB BMD

2 = (sđ cung BD) (vì góc nội tiếp chắn cung)

 

AFB BMD Do => AF // DM mà FA AC => DM AC

  AC

CE = CF

BC c) ACF ~ ECB (g.g) => => CE.CF = AC.BC (1)

  AB

AE= AD

AC ABD ~ AEC (g.g) => => AD.AE = AC.AB (2)

(1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm)

2 1− x+

1

x=

(2−2x)+2x

1− x +

(1− x)+x

x Câu 5: Ta có y =

2x

1− x+

1− x

x ≥3+2√

2x

1− x

1− x

x =3+2√2 = + + (áp dụng BĐT Côsi với số dương)

2 2x

1− x=

1− x

x ⇔x=√2−1 Đẳng thức xảy <=> (loại nghiệm x = - 1 - ) √2 √2 Vậy giá trị nhỏ y + x = -1



Lời nhắn

Câu IV.c Liên hệ với Lời bình sau câu 4c,đề 6.

ĐỀ SỐ 37

√x(√x3−1)

x+√x+1 −

√x(√x3+1)

x −√x+1 Câu 1: M = + x +

√x(√x −1)(x+√x+1)

x+√x+1 −

√x(√x+1)(x −√x+1)

x −√x+1 +x+1 =

√x √x √x √x = x - - x - + x + = x - + = ( - 1)2

3x 5y 18 3x 5y 18 11y 33 x

x 2y 3x 6y 15 x 2y y

     

   

  

   

      

    Câu 2: a)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (- 1; 3)

3

a a a

2 b b

b



  

 



 

 

  

 .

Câu 3: a) Khi m = - 3, ta có phương trình x2 - 2x - = 0

Vì a - b + c = - (- 2) + (- 3) = nên x1 = - 1; x2 =

   Δ' b) Phương trình có nghiệm > - m > m < 1 Khi theo hệ thức Viét, ta có: x1 + x2 = x1x2 = m (1)

2 2

1 2

2 2 2

1 2

x x (x x ) 2x x 1

1 1

x x x x (x x )

  

     

(2) Từ (1), (2), ta được: - 2m = m2 <=> m2 + 2m - = 0

Δ' √Δ' √5 √5 √5 = + = => = nên m = -1 + (loại); m= - - (T/m m < 1)

m 1 5Vậy giá trị m cần tìm là:



ACKCâu 4: a) Ta có = 900

(vì góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Nên CK AC mà BH AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK

=> Tứ giác BHCK hbh (đpcm)

b) OM BC => M trung điểm BC

Δ (định lý đường kính dây cung) => M trung điểm HK (vì

BHCK hình bình hành) => đpcm AHK có OM đường trung bình => AH = 2.OM

 

AC C BB C   AC B   ACBACB BAx  c) Ta có = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => = mà

(Ax tiếp tuyến A) => Ax // B’C’

1

2 OA Ax => OA B’C’ Do SAB’OC’ = R.B’C’

2

2 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’

SΔABC

2

1

2 = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ BC < (AO + OM).BC

=> A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn A, O, M thẳng hàng <=> A đỉểm cung lớn BC

2

2

2

x x

y(x 2x 2) (x x 1) x 2x

 

      

  Câu 5: y =

M

H O

B A

 (y - 1)x2 + (2y - 1)x + (2y - 1) = 0 (1)

- Nếu y = x = -

- Nếu y (1) phương trình bậc hai x Để (1) có nghiệm phải có 

1

(2y 1)(2y 3) y

2

       Δ

= (2y - 1)2 - (y - 1)(2y-1)

y



2 x = Vậy y =

ĐỀ SỐ 38 Câu 1:

3

x  x ( x 1) x ( x 1)(x  x 1) a) Ta có x2 + √x(√x+1)(x −√x+1)

x −√x+1 +1−

√x(2√x+1)

√x nên P =

x ( x 1) x x      x x x = Vậy P =

   √x √x √x b) P = x - = ( - 1) = x = (loại) ; x = (t/m) Vậy x = P =

√1− x2 |x| Câu 2: a) Ta có = - x Đk: <

Bình phương hai vế, ta phương trình hệ quả: - x2 = (1 - x)2.

<=> 2x2 - 2x = <=> 2x (x - 1) <=> x = ; x =

Thay vào pt cho thử lại nghiệm thoả mãn b) Đk: x y

Hệ cho tương đương với hệ phương trình:

3 7

x

x

x y x

3

4

4 1 y

1 y

x y x y

   



 

   

  

  

   

   

      



 

 .

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3)

Δ' b) Phương trình (1) có nghiệm > <=> (m -1)2 - (m+ 1) = m2 - 3m = m(m - 3) > 0

<=> m > ; m < (1)

Khi theo hệ thức Viét ta có: x1 + x2 = 2(m - 1) x1x2 = m + (2)

2 x x x x

2 2

1 2

1 2

x x (x x ) 2x x

x x x x

  



Ta có: =

2

2

1 2

1 2

2 1

x x (x x ) 2x x

4 (x x ) 6x x

x x x x

 

      

nên (3)

Từ (2) (3) ta được: 4(m - 1)2 = 6(m + 1) <=> 4m2 - 8m + = 6m + <=> 2m2 - 7m - = 0 Δ 7−√57

4

7+√57

4 m = 49 + = 57 nên m = < ; m = >

Đối chiếu đk (1) nghiệm thoả mãn

 

DBO DMO Câu 4: a) Ta có: = 900 (vì gt)

=> điểm B, M thuộc đường trịn đường kính DO =>đpcm

 

MEO MCO b) Chứng minh tương tự có điểm O, C, E, M thuộc một đường trịn => (vì góc nội tiếp chắn cung MO)

 

MBO MDO (vì góc nội tiếp chắn cung MO)

 

MBO MCO Δ Mà (vìBOC cân O)

 

MEO MDO Δ => =>DOE cân O

Mà MO DE nên MD = ME (đpcm)

√x2

+1 Câu 5: Đặt = t, với t > 0, ta có t2 - (x + 3) t + 3x = Xem pt pt bậc t

= (x + 3)2 - 12x = (x - 3)2 x+3+x −3

2 =x

x+3− x+3

2 =3 t1 = ; t2 =

 2

x x x

  

 

 √x

2

+1

Do đó: - Hoặc: = x vơ nghiệm  

√x2

+1 ±2√2 - Hoặc: = x2 = x =

±2√2 Vậy phương trình có nghiệm x =

S 39 ĐỀ Ố

E

D

A

Câu 1: (2 i m)đ ể

48 - 75 + 108 16 - 25 + 36 31) Tính: ﾧ= ﾧ - 10 + = 0 = ﾧ

1 1

- - - x + x x

   

   

   2) Rút g n bi u th c: P = ọ ể ứ ﾧ

1 + x - + x x -

1- x x

   

   

   

   

2 x x -

1- x x

-

1 + x = ﾧ =ﾧ = ﾧ

Câu 2:1) Đường th ng y = ax + b i qua i m M (3; 2) v N( 4; -1) nên:ẳ đ đ ể = 3a + b

- = 4a + b



 



a = - b = 11

   2) Giải hệ pt:

2x + 5y = 3x - y =

 

 

2x + 5y = 15x - 5y = 10

 

 

17y = 17 3x - y =

 

 

x = y =

 

 .

Câu 3:

1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 - 4x -12 = 0 '

 = 16, pt cho có nghiệm: x = - 2; x = 6.

 '  0 m6; m 0 2) Phương trình (1) có nghiệm m2 + 6m (2)

1

x + x = 2m x x = - 6m

 

 Khi đó, theo hệ thức Vi ét ta có: (3)

2

1 2 1 2 1 2

x 2x ; x 2x  (x  2x )(x  2x ) 0  5x x  2(x x ) 0 Phương trình có 1nghiệm gấp lần nghiệm khi:

2

1 2 2

5x x 2[(x x ) 2x x ] 9x x 2(x x )

         (4)

2 27

54m 8m m 0; m

     

Từ (3), (4), ta có: (thỏa mãn đk (2))

27 m 0; m

4

 

O1

E I

C

O

N M

B A

Câu 4:

1 Theo giả thiết MN AB I

 

ACB = 90 hay ECB = 90

 

EIB + ECB = 180



mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp

2 Theo giả thiêt MN AB, suy A điểm



MNAMN = ACM  chính nên (hai

 

AME = ACMCAM

AM AE

=

AC AM



 góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay, lại có góc

chung tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM2 = AE.AC.

 

AMN = ACM  AMB 3 Theo AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ECM Nối MB ta có = 900, tâm O

1 đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM

 Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BMNO1 BM Gọi O1 là chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM có bán kính O1M

Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM nhỏ C phải giao

điểm đường trịn (O1), bán kính O1M với đường trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N

trên BM

6



2

y - x - y x -

3

   

Câu 5: Từ 2x + 3y

2 2x 2 22 - 22

x - 2x + - = (x - ) -

3 9

 

K = x2 - 2x - y - 22

9

14

9 Suy : K = x = ; y = 4x

 

2 xy - y x +

x - 2x - y - - y =

2

  

y = x =

  

y = x =

 

 Suy : max K =

Lời bình : Câu V

 Nhiều tìm trực tiếp GTNN biểu thức K thật khó khăn "Cái khó ló khôn", người ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K  B Rồi tìm GTNN B, từ mà suy GTNN của biểu thức K Các mối liên hệ K giả thiết dẫn tìm đến B

+ Trong tốn trên, thấy biểu thức K = x2 2x  y có chứa  y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta biến đổi :

2

x y

  

2x + 3y  

2

x 

2 22

3

K B x  

  Thay  y ta có

 Cũng vậy, tìm GTLN việc bắc cầu phải theo sơ đồ "lớn dần": K  L

+ Trong giả thiết khơng thể suy  y  h(x) để tìm L (lớn hơn) sơ đồ "lớn dần" Vậy nên để có biểu thức L buộc phải đánh giá phận lại x2 2x  g(x)

2

y

x  x0



2 2

xy

x  x ( )

2

xy

g x 

Ta có 2x + y   (ở )

2

xy

( 2)

y

K L x

Thay x2 2x ta có

 Chắc chắn bạn cịn thắc mắc tốn có hai giả thiết, tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết mà không sử dụng giả thiết ?

+ Trong trình đánh giá tìm nhiều biểu thức B Gọi Bk số biểu thức B tìm có minBk =  Thế  chưa GTNN K Chỉ trường hợp minBk =  mà ta có K = Bk (hoá giải dấu "=" sơ đồ "lớn hơn") có minK = minBk = . Trong trường hợp biểu thức Bk gọi "kết" Lời giải thành cơng tìm "kết" Trong bài tốn trên, sử dụng giả thiết cịn lại khơng dẫn tới "kết"

Tình tương tự việc tìm biểu thức L Biểu thức L dẫn tới maxK gọi là "

+ Trong toán trên, hình thức giả thiết chưa đủ để dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết hay giả thiết Nhiều tốn phức tạp cần kết hợp tất giả thiết tìm "kết"  Mấu chốt tốn tìm GTNN, GTLN tìm "kết"

Nhìn lại kết đề trước :

+ Câu 5, đề 1, "kết" biểu thức phải tìm GTNN

3

( )

2 2

k

B x y x y

x y

 

 

      

    + Câu 5, đề 11, "kết"

+ Câu 5, đề 32, "kết" Bk = 1 + 2.

ĐỀ SỐ 40

3

y x

4

  

4



Câu a) 3x + 4y = , nên hệ số góc đường thẳng d k =



2 1

m m m

1

4 m

1 1

m m m

2 2

                            

   b) d // d1

1 m

2



Vậy với d1 // d ax by

bx ay 11

       x y     

a.3 b( 1) b.3 a( 1) 11

  

 

  

 Câu Hệ phương trình có nghiệm nên

3a b a 3b 11

 

  

 



9a 3b 10a 20 a 3b 11 a 3b 11

  

 

    

   

 

a a

3a b b

             . Câu

ac (1  3)(1 3) 3  2 0 a) Do nên phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt.

1

x , x b) Vì nghiệm phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có:

2 x x

1

 



1 x x    ,

1 2

x x

1 2(1 3)

S (1 3)

x x x x

 

      



 Do đó:

2

1 2

1 1 (1 3)

(2 3)

x x x x 2

  

     

 

2

X (1 3)X (2  3) 0 Vậy phương trình bậc cần tìm là:

Câu

a) Tam giác ADE cân A AD = AE Lại có:

  0

DAB EAB 90   60 30 A =

  0

ADE AED (180 30 ) 75

   

D o

b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF



1

E 45 vuông cân B, nên

Từ ta có:

    0 0

2

DEF DEA E  E 75 60 45 180 suy điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm.

 

1

B A B1300 B 2 300c) Ta có: (cùng chắn cung EM) suy nên

 

3

E B E 3300Mà nên

  0

2

E E 60 30 90  Vậy hay MEEB Mặt khác BFEB ME // BF.

3

x 2(y 1)   1 x1Câu Từ (1) ta có: (3)

2

2 2y

x x 1 x

y

       

 Từ (2) ta có: (4)

Từ (3) (4), suy x = -1, thay vào hệ cho ta y = Vậy P =

2 1

2 3

x 1

1 M

O

F E

D C

II - LỚP 10 THPT CHUYÊN ĐỀ SỐ

Câu 1: x - t

x 

2

2

x t

x

  

a) Đặt (1), suy

t t

 

  

 Khi phương trình cho trở thành: t2 – 4t – =

Lần lượt thay giá trị t vào (1) phương trình cho có nghiệm:

3

5 33 33

x ; x

2

 

 

x1 = 1; x2 = - 2;

b) Đk: x ≥ - (1)

 

x + a; x + b a 0; b 0   

Đặt (2)

   

2

x 7x + 10  x + x + ab

Ta có: a2 – b2 = 3;

Thay vào phương trình cho ta được:

 (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0

a - b = - a = - b =

  

 

x + x + (VN)

x = - x +

x = - x +

            nên

Đối chiếu với (1) suy phương trình cho có nghiệm x = -

Câu 2:

3 3 3 b a x x a b

b c

y

c y b

c 1 a

z

a z c

                        

a) Đặt , abc = nên xyz = (1)

1 1 x y z

x y z

    

 Từ đề suy x + y + z = yz + xz + xy (2). Từ (1) (2) suy ra: xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – =

 (x – 1)(y – 1)(z – 1) =

31 84 a; 13 84 b

9

   



1



b) Đặt x = a + b; a3 + b3 = 2; ab =

Ta có: x3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)

  x - x 2x + 2 0Suy ra: x3 = – x x3 + x – =



2

1

x +

2

 

 

 

  x = Vì x2 + x + = Từ suy điều phải chứng minh.

Câu 3: Áp dụng BĐT:

 2

a + b  a b  a 2b2 c2

; a + b + c (được suy từ bất đẳng thức Bunhiacơpski)

Ta có:

   

   

   

 

2

2

2

1 + x 2x x 2x x + 1 + y 2y y 2y y + 1 + z 2z z 2z z +

x y z x + y + z

    

    

    

  

2 2

1 x  y  z  2x 2y 2zLại có: A =

2 2  x y z

+

     

A x + y + z + 2 x + y + z

   

A +

   (do x + y + z 3) Dấu “=” xảy x = y = z = 1.

6 2. Vậy maxA = Câu 4:

 

ABO ACO 90  a) Ta có: (tính chất tiếp tuyến) (1)

AB = AC = R = OB = OC (2)  OA2 OB2

Từ (1) (2) suy ABOC hình vng b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3) Suy ra: DE = BD + CE (4)

Vẽ OM  DE (MDE) (5)

Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF = BD; suy ∆BDO = ∆COF (c-g-c)

  OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c)OM = OC =

R R

F M

y

x E

D

C B

(hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn (O;R)

ADE

S xy

2

 

c) Đặt: AD = x; AE = y (x, y > 0)

2 2

AD AE x + y

   Ta có: DE (định lí Pitago).

2 x + y + x y

  Vì AD + DE + AE = 2R = 2R (6)

Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có:

2

x + y xy x + y  2xy (7)

Dấu “=” xảy x = y

2 xy 2xy 2R  xy 2  2 2RTừ (6) (7) suy ra:  

2R xy

2+

 



2 2R 2



   

2

2 ADE

R

S - 2 R 2

  

 xy SADE

3 2 R



  Vậy max SADE = x = y∆ADE cân A.

Câu 5: Xét điểm A hình trịn (C1) có tâm A, bán kính

- Nếu tất 98 điểm lại nằm (C1) hiển nhiên tốn chứng minh

- Xét trường hợp có điểm B nằm ngồi (C1)

Ta có: AB > (1)

Vẽ hình trịn (C2) tâm B, bán kính

+ Giả sử C điểm khác A B Khi điểm C thuộc hai hình trịn (C1) (C2) Thật vậy, giả sử C khơng thuộc hai hình trịn nói

Suy ra: AC > BC > (2)

Từ (1) (2) suy điểm A, B, C khơng có hai điểm có khoảng cách nhỏ (vơ lí trái với giả thiết)

Chứng tỏ C (C1) C (C2) Như 99 điểm cho thuộc (C1) (C2)

C2 C1

C

Mặt khác 99 = 49.2 + nên theo nguyên tắc Dirichle phải có hình trịn chứa khơng 50 điểm

ĐỀ SỐ Câu 1: a) Theo ta có:

√2011(x+y −2011)=√2010(y − x+2010)

x y 2010 2x 4021 x y 2011 2y

  

 

   

  

  

x 2010,5 y 0,5

  



 + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2010 =

+ Nếu y - x + 2010 = x + y - 2011 = 0, ta kết

√2011

2010=

y − x+2010

x+y −2011

+ Nếu x + y - 2011 vơ lý (vì VP số hữu tỉ, VT số vơ tỉ) Vậy x = 2010,5 y = 0,5 cặp số thoả mãn đề

b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 <=> (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012

<=> (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012

<=> (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 Chỉ có sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = x = 1005, y = 1, z = x = 2011, y = 0, z =

Câu 2: a) Điều kiện: x > -1

√x+1 √x2− x+1 Đặt a = ; b =

Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab <=> (2a - b)(2b - a) = <=> b = 2a ; a = 2b √x+1 √x2− x+1 Do đó: 1) = <=> 4(x + 1) = x2 - x +

5−√37

5+√37

2 <=> x

2 - 5x - = <=> x

1 = (loại); x2 =

2

x 4(x x 1) 4x 5x

         √x+1 √x2

− x+1 2) = vơ nghiệm

5+√37

2 Vậy phương trình có nghiệm: x =

b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > <=> - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > <=> 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - + abc

nên 2(ab + bc + ca) > (vì a + b + c = abc 0) Suy (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4

5

Dấu “=” xẩy số a, b, c có số 2, số số

p

q Câu 3: Giả sử x = (p, q Z, q > 0) (p, q) =

(pq)

+p

q+6=n

2 Ta có (n N) <=> p2 = q(-P - 6q + n2q)

=> q ước p2 (p, q) = => q = lúc x = p

=> p2 + p + = n2 (p, n Z)

<=> (2p + 1)2 + 23 = 4n2 <=> (2n)2 - (2p + 1)2 = 23

<=> (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23

Do 2n - 2p - = 2n + 2p + = 23 ; 2n - 2p - = 23 2n + 2p + = (vì 23 P 2n + 2p + > 2n - 2p - > 0) <=> p = (t/m) ; p = - (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm –

Câu 4:

 

K N MNC MIC  a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì = 1800) Tứ giác

MNCI nội tiếp (vì MNC = 900)

 

BNK BMK INC IMC  => , (1) (vì góc nội tiếp chắn cung)

 

BMK IMC Mặt khác (2)

   

BMK KMC KMC IMC   (vì do bù với góc A tam giác ABC)



BNKINC Từ (1), (2) suy = nên 3

điểm

K, N, I thẳng hàng

 

MAK MCN  b) Vì (vì góc nội tiếpcùng chắn cung BM)

AK CN AB BK CN

cot g

MK MN MK MN



     AB BK CN

MK MK MN => hay (1) AC CI BN

MI MIMN AIMI=BN

MN Tương tự có: hay (2)

P S

K

N

I

Q H

O A

B C

IC BK tg

MI MK   BMK IMC α Mà ( = ) (3)

AB AC BC

MK MI MNTừ (1), (2), (3) => (đpcm)

c) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P MS)

=> HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC)

 

SAC AIN NMC => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS ) => KN qua trung điểm HM (đpcm)

2

2

2x xy y p x 2xy 3y

   

 

  



 Câu 5: Đưa tốn tìm P để hệ phương trình: có nghiệm.

2

2

8x 4xy 4y 4p (1) px 2pxy 3py 4p (2)

   

  

  



 Hệ Lấy (1) - (2), ta có:

(8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = (3) p 0; p

   - Nếu y = => (8 - p)x2 = <=> x = p =

- Nếu y chia vế pt (3) cho y2 ta có : x

y (8 - p)t

2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = (4) với t =

5+ Nếu p = t = -

 Δ' + Nếu p 8: Phương trình (2) có nghiệm <=> = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0 √6≤ p ≤6+3√6 <=> p2 - 12p - 18 < <=> - Dấu “=” có xảy

√6 √6 Vậy P = - , max P = +3

ĐỀ SỐ

Câu 1: a) Từ giả thiết ta có:

   

2

a b c ab - b - ac + c = - =

1

b - c        

2

2

a ab - b - ac + c =

a - b a - c b - c

b - c Nhân vế đẳng thức với ta có:

Vai trị a, b, c nhau, thực hốn vị vịng quanh a, b, c ta có:

       

2

2

b cb - c - ab + a =

a - b a - c b - c

c - a        

2

2

c ac - a - bc + b =

a - b a - c b - c

a - b ,

2 2

a b c

+ + =

(b - c) (c - a) (a - b) Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta có (đpcm)

2

4 2010 = x  2010 = x ; 2010 = x

b) Đặt Thay vào ta có:

2

2 2 4

2

2

1 + +

x - x + x x x

A = + -

1 - x x + x

 

 

 

2

2

2 1 +

x

-

x + x

 

 

   

 

  =

2

1

= - =

x x

   

   

   

Câu 2: a) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c > Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

2

bc, b + ac 2b ac ; c + ab 2c ab  a2 + bc≥ 2a.

2 2

1 1 1 1

+ + + +

a + bc b + ac c + ab a bc b ac c ab

 

  

 Do

a +b b + c c + a + +

1 ab + bc + ca 2 2 2 a + b + c

=

2 abc  abc 2abc = , đpcm.

Dấu xẩy a = b = c, tức tam giác cho tam giác b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥

A = (x - xy + y) + 2y - x +1Ta có:

 2  

= [ x - y - x - y + 1] - y + 2y

 2 1

= x - y - + (2y - y + ) - 2

 2  2 1

= x - y - + y - -

9 x = x - y - =

1

A= -

1 2 y - = 0

y =



 

 

   

 



 

1



Vậy minA =

Câu 3: a) Điều kiện : ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có:

2 x - + - x + 32   2x - + - x = 13.4

x - + - x 13

 

29 x - = - x x =

13



Dấu xẩy Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn

29 x =

13 Vậy pt có nghiệm

2

= x x

 

 

   x 0b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f (1)

1 f

2

 

 

 Thay x = vào (1) ta có: f(2) + = 4.

1

1

f + 3.f(2) =

2

 

 

  Thay x = vào (1) ta có:

1 f

2

 

 

 

a + 3b = 3a + b =

4

    

13 a = -

32Đặt f(2) = a, = b ta có Giải hệ, ta 13

f(2) = -

32 Vậy Câu 4:

1

1

2Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác A, O, D

 AFM Ta lại có AF = R AF = OA = 1200.

   

AOK + AOB = 180 = AOK + 60  AOK = 120 Do đó: ∆AFM =

∆AOK (c.g.c)



AM = AK, MAK = 60 AMK

   đều.

Câu 5:

Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH

Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB

2

OA + OB



mà OA.OB

2

OA + OB



Do 2SAOB

 Dấu “=” xảy OA OB OA = OB

Chứng minh tương tự ta có:

2

OB + OC



2

OC + OD



2SBOC ; 2SCOD

2

OD + OA



2SAOD

 2 2

2 OA + OB + OC + OD

2 Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤

Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2

Dấu xẩy OA = OB = OC = OD

   

AOB = BOC = COD = DOA = 90  ABCDvà hình vng tâm O. Lời bình:

Câu III.b

x

1) Chắc chắn bạn hỏi từ đâu mà ra?

A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị hàm số f(x) điểm x = a ta làm sau

Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) (2) Giả sử x = b nghiệm (2)

Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

A a x B a y C a B b x A b y C b

 

 

 

 (3)

Giải hệ phương trình (3) (đó hệ phương trình bậc hai ẩn x, y)

x Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2.

1

x 

1

x

2

b

Phương trình Q(x) = P(a)   , tức

2

x

Số nghĩ đó.

2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành công

3) Một số tập tương tự

 a) Tính giá trị hàm số f(x) x = f(x) + 3.f(x) = + 3x (với x  ).

1 ( )

1

f x f x

x

 

  



  b) Tính giá trị hàm số f(x) x = (với  x  1).

1

( 1) ( )

1

x f x f

x x

 

   



  c) Tính giá trị hàm số f(x) x = (với  x  1).

ĐỀ SỐ 4

 Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x + y

= -

x + y + 2 Vì x + y + ≠ nên (1)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có:

 2

2 x + y

xy

-

x + y +  2

x 0, y

khi x = y x = y = x + y =

  



 



 Từ (1), (2) ta được: Dấu "="

2 - Vậy maxA =

b) Vì x2 + y2 + z2 = nên:

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 x + y + z x + y + z x + y + z

+ + = + +

x + y y + z z + x x + y y + z z + x

2 2

2 2 2

z x y

+ + +

x + y y + z x + z =

2

2

z z

x + y 2xy

 

Ta có x2 + y2 ≥ 2xy ,

2

2

x x

y + z  2yz

2

2

y y

x + z  2xzTương tự ,

2 z x + y

2 2

x y + z

2 2

y

+ x + z

2 z 2xy  x 2yz y

2xzVậy + + + + + 3



3 3

2 2 2

2 2 x + y + z

+ + +

x + y y + z z + x  2xyz , đpcm. 3x + 10

10 x

3



Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = (1) Điều kiện: (2)

 3x + 10(1) (3x + 10 - + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0

 3x + 10 (- 1)2 + (x + 3)2 = 0 3x + 10 - =

x = - x + =

 

  



 (thỏa mãn đk (2).

Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3

2 2

2

x y - 2x + y = 2x - 4x + = - y

     2 2x

y = (1) x + y = - (x - 1) -

      b) 2 2x

y - y (1)

1 + x       Ta có:

 Từ (1) (2) y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn. Vậy x = y = -1 số cần tìm

Câu 3:

3 x = b > 0 y = c >

a) Đặt ta có x2 = b3 y2 = c3

3

b + b c + c + bc = aThay vào gt ta

  

2 2

2 b c b + c

a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 +

a = b + c

 x + y = a2 3 a2 = (b + c)3 hay , đpcm.

x 0b) Giả sử x

0 nghiệm phương trình, dễ thấy

2

x

0

a

+ =

x x

2

0

0

1

x + + a x + + b =

x x

 

  

  Suy + ax0 + b +

2

0 0

0

1

= y x + = y - , y

x  x 

0

y - = - ay - b

 Đặt x

0 +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:

y - = ay + b a + b02 2  2   2 y + 120 

2

2

2 (y 2) a b

y



  

 (1)

2

2

(y 2)

y

 

 Ta chứng minh (2)

4 2

0 0 0

5(y 4y 4) 4(y 1) 5y 24y 16

         Thực vậy: (2)

2

0

4 5(y 4)(y )

5

    y 2

với nên (1)

2 2

a + b 5(a + b )

  

Từ (1), (2) suy , đpcm

Câu 4: Đặt AH = x



AMB = 90 (OA = OB = OM)Ta có

Trong ∆ vng AMB ta có MA2 = AH AB = 2Rx

i f g e

d c

b a

Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình chữ nhật)

Theo ta có: 4Rx = 15(R - x)2.

 Do H AB O ≤ x ≤ 2R

Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0



3R 5R

x = ; x =

5



(5x - 3R) (3x - 5R) = Cả giá trị thoả mãn

 Vậy ta tìm điểm H H’ điểm M M’ giao điểm nửa đường tròn với đường

vng góc với AB dựng từ H H’

Câu 5:

Gọi I trung điểm CD

 Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình ∆BDC IE // BC

 Mà GF BC IE GF (1) Chứng minh tương tự EG IF (2)

 Từ (1) (2) G trực tâm ∆EIF   IG EF (3)

Dễ chứng minh EF // DC (4)  Từ (3) (4) IG DC

 Vậy ∆ DGC cân G DG = GC

ĐỀ SỐ 5 9x

x + 9Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x

2 2

9x 18x

x - = 40 - x + x +

 

 

 

2

2

x 18x

+ - 40 = x + x +

 

  

  Ta có: (1)

2 x

x + 9Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 =  (y + 20) (y - 2) =  y = -20 ; y =

2

2

x = - 20(x + 9) x + 20x +180 = (3) x = 2(x + 9) = x - 2x - 18 = (4)

 



 

 

  Thay vào (2), ta có

x 1  19.Vậy phương trình cho có nghiệm là: x >

x +

x - x -



  



 2) Điều kiện (*)



x + (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) =

x - Phương trình cho

x - 3 x + t = (x - 3) (x + 1)2

x -  Đặt t =

t = 1; t = -

 Phương trình trở thành: t2 + 3t - =

1

(1) ; ( 3) (2)

- 3

 

  



x x

x

x x Ta có: (x -3)

2 x x

x (x 3)(x 1) x 2x



 



      

     

  + (1) (t/m (*))

2 x x

x (x 3)(x 1) 16 x 2x 19



 



      

     

  + (2) (t/m (*))

x 1  ; x 5  Vậy phương trình cho có nghiệm là:    Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 > - < x < - 3x > A ≥ 0

2

2

25 - 30x + 9x (3 - 5x)

= +16 16

1 - x - x  Vậy A2 =

x =



Dấu xẩy - 5x = Vậy minA =

2 2 2

a + b + b + c + c + a  (a + b + c)2) Chứng minh: (1)

2 2

2(x y ) (x y)  Sử dụng bất đẳng thức: , ta có:

2 2 2

2(a + b ) (a b)   a + b a + b  (2)

2

2 b + c b + c  Tương tự, ta được: (3) 2

2 c + a c + a  (4)

f k i

e

o h

n

m

b a

2

y x x 2; x (3)

       

Câu 3: (1) có nghiệm

2

(y 1) x 2x

     x2 2x 0  2 x (4)  (2) có nghiệm

Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ ta có y = - Vậy hệ có nghiệm (- ; - 1)

Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD)

MD cắt AC K Nối NP cắt BD H

AM AP

=

AB AD

AM CM

= (gt)

AB CD Ta có mà

AP CN

= PN // AC

AD CD

 

Gọi O giao điểm

BO CO MK OC

= , =

OD OA PK OA AC BD Ta có

NH OC

=

PH OA

NH MK

= KH // MN

PH PK  Suy ra:

  Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH EN = KH MF = EN ME = NF

 

MEH + MFH = 180 Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì

   

AMB = 180 - EHF = EHA + FHB (1) 

 

MHF = MEFMF Ta có (góc nội tiếp chắn )

   

MHF + FHB = 90 = MEF + EMDLại có

 

FHB = EMD (2) 

 

EHA = DMB

 DMB = NAB NB  EHA = NAB    MAN = 90  Từ (1) (2) , Gọi N giao điểm MD với đường trịn (O) ta có (góc nội tiếp chắn ) AN // EH mà HE MA nên NA MA hay AN đường kính đường trịn Vậy MD qua O cố định

 2) Kẻ DI MA, DK MB, ta có

MAD MAD

MBD MBH

S S

AH AM HE AD AM DI

= = ; = =

BD S BM DK BH S BM HF

2

AH AD MA HE DI =

BD BH MB DK HF Vậy (1)

 

HMB = FHBMHF FHB = EMD  Ta có (cùng phụ với ) mà (CMT)

 

EFH = DIK

   

AMH = EFH EHF = 180 - AMBvµ Tứ giác MEHF nội tiếp nên

   

DMB = DIK IDK = 180 - AMBvµ Tứ giác MIDK nội tiếp nên

   

EFH = DIK EHF = IDK

 vµ   DIK HFE (g.g) đó ID DK

suy =

HF HE 

HE.DI = DK.HF



ID HE = DK HF (2)

2

MA AH AD

=

MB BD BH



Từ (1), (2)

ĐỀ SỐ 6

1 - 2 - 24 - 25 + + +

- - - Câu 1: Ta có: A =

2 - + - + + 25= - + = - + = 4 Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

x x y y z z

- + - + - =

a a + b + c b a + b + c c a + b + c

     

     

     

2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

x - + y - + z - =

a a + b + c b a + b + c c a + b + c

     

      

      (*)

2 2 2 2 2 2

1 1 1

- > 0; - > 0; - > a a + b + c b a + b + c c a + b + c Do

Nên từ (*) suy x = y = z = 0, M =

3

2

2 a + 8a -

3 a -

3

   

   

   

x

b) x3 = 2a +



 3

3 1 - 2a

3  x3 = 2a + 3x x3 = 2a + x(1 - 2a)

2

x - =

x 1

x + x + 2a = ( a > ) nên x nguyên

 

  



 v« nghiƯm

mét sè du¬ng

Câu 3:

   

4c 35 35

+ >

4c + 57  + a 35 2b  + a 2b + 35

a) Ta có: (1)

1 4c 35 4c 35

- -

1 + a  4c + 57 35 + 2b  + a 4c + 57  35 + 2bMặt khác

1 4c 35 2b

- + 1 - =

1 +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b

 

   

2b 57 57

+

35 + 2b + a 4c + 57 + a 4c + 57

  

> (2)

1 4c 35

1 - - +

1 + a  4c + 57 35 + 2bTa có:

   

a 57 35 35 57

+

1 + a 4c + 57 35 + 2b 4c + 57 35 + 2b

  

> (3) Từ (1), (2), (3) ta có:

           

8abc 35 57

1 + a 4c + 57 2b + 35  + a 2b + 35 4c + 57

Do abc ≥ 35.57 = 1995

57

2 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c =

Vậy (abc) = 1995

A B C D

= = =

a b c d  b) Đặt t = A = ta, B = tb, C = tc, D = td.

2 2

aA + bB + cC + dD = a t + b t + c t + d t Vì A + B + C + D

t = (a + b + c + d)

a + b + c + d = (a + b + c + d) (a + b + c +d)(A + B + C + D) =

Câu 4:

AQ QP

=

AB BC



a) Xét ∆ABC có PQ // BC

BQ QM

=

BA AH



Xét ∆BAH có QM // AH Cộng vế ta có:

AQ BQ QP QM QP QM

+ = + = +

AB AB BC AH  BC AH

2

MNPQ ABC ABC

MNPQ

2S

QP QM QP QM

= + =

BC AH BC AH S

S S

2

 

   

 

 

ABC MNPQ

S QP QM BC

max S = = = QP =

2 BC AH 

Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH

QP QM

1 = +

BC AH

QP + QM

= QP + QM = BC BC

 

b) Vì mà BC = AH Do chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi)

Câu 5:

∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD

Đặt HD = x HC = 2x Ta có: DH2 = HM HC hay x2 = HM 2x

 HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x.

MỤC LỤC

Trang

- Lời giới thiệu _3 - A phần đề tài I – Phần ôn thi tuyển sinh lớp 10 THPT _ II – Đề ôn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán _33