Gäi E vµ F lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H trªn MA vµ MB... Tríc hÕt ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc phô.[r]
(1)Đề 1
Câu1 : Cho biÓu thøc
A=
1− x2
¿2 ¿ x¿
(xx −3−11+x)( x3+1
x+1 − x):¿
Víi x √2 ;1
.a, R gän biĨu thøc A
.b , Tính giá trị biểu thức cho x= √6+2√2 c Tìm giá trị x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phơng trình:
x − y¿2+3(x − y)=4 ¿
2x+3y=12 ¿ ¿ ¿
b Giải bất phơng trình: x
3
−4x2−2x −15 x2
+x+3 <0
Câu3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0
Xỏc định m để phơng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn D-ng hình vD-ng ABCD thuộc nửa mặt phẳD-ng bờ AB, khôD-ng chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm Aevà nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED
a chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng tròn b Tam giác BKC tam giác ? Vì ?
đáp án Câu 1: a Rút gọn A= x2−2
x
b.Thay x= √6+2√2 vào A ta đợc A= 4+2√2
√6+2√2 c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3±√17
2
Câu : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ ta có
x − y¿2+3(x − y)=4 ¿
2x+3y=12 ¿ ¿ ¿
<=>
*
¿ x − y=1 2x+3y=12
¿{ ¿
(1)
*
¿ x − y=−4 2x+3y=12
¿{ ¿
(2)
(2)O K
F E
D
C B
A Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=3, y=2 hc x=0; y=4 b) Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)
mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 víi mäi x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1
Xét 2m-10=> m 1/2 ta có
Δ, = m2-2m+1= (m-1)20 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m
ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0) víi m 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= m−m+1
2m−1 = 2m−1 pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<
2m−1 <0 ¿
1
2m−1+1>0 2m−1<0
¿{ ¿
=>
¿ 2m 2m−1>0 2m−1<0
¿{ ¿
=>m<0
VËy Pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0) m<0 Câu 4:
a Ta cã KEB= 900
mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đờng trịn)
do CF kéo dài cắt ED D
=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng trịn đờng kính BK
hay điểm E,F,B,K thuộc đờng trịn đờng kính BK b BCF= BAF
Mµ BAF= BAE=450=> BCF= 450
Ta cã BKF= BEF
Mà BEF= BEA=450(EA đờng chéo hình vng ABED)=> BKF=450
Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân B
Đề 2
Bài 1: Cho biÓu thøc: P = (x√x −1 x −√x −
x√x+1 x+√x ):(
2(x −2√x+1) x −1 ) a,Rót gän P
b,Tìm x ngun để P cú giỏ tr nguyờn
Bài 2: Cho phơng tr×nh: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm âm
b.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn |x13− x23| =50 Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dơng phân biệt x
1, x2Chứng
minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cịng cã hai nghiƯm d¬ng phân biệt t
1 t2
(3)Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H trực tâm tam giác D điểm cung BC không chứa điểm A
a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD hình bình hành
b, Gọi P Q lần lợt điểm đối xứng điểm D qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng
c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn Bài 5: Cho hai số dơng x; y tho món: x + y
Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa: A = x2+y2+
501 xy
Đáp án
Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0; x ≠1
a, Rót gän: P = 2x(x −1) x(x −1) :
2( √x −1❑z)
x −1 <=> P =
√x −1¿2 ¿ ¿
√x −1 ¿ b P = √x+1
√x −1=1+
√x −1 Để P nguyên
x 1=1x=2x=4
x 1=1x=0x=0
√x −1=2⇒√x=3⇒x=9
√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)
Vậy với x= {0;4;9} P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
¿
Δ=(2m+1)2−4(m2+m−6)≥0 x1x2=m2+m−6>0
x1+x2=2m+1<0
¿{ { ¿
⇔
Δ=25>0 (m−2)(m+3)>0
m<−1
⇔m<−3 ¿{ {
b Giải phơng trình: m+3
3
(m2)3=50
¿m1=−1+√5 m2=−1−√5
2 ¿
⇔|5(3m2+3m+7
)|=50⇔m2+m−1=0
⇔ {
(4)Bài 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0
V× x1> => c (1
x1)
+b x1
+a=0 Chøng tá x1
1
nghiệm dơng phơng
tr×nh: ct2 + bt + a = 0; t =
1
x1 Vì x2 nghiệm phơng trình:
ax2 + bx + c = => ax
22 + bx2 + c =0
vì x2> nên c (
1 x2)
2
+b.( x2)
+a=0 điều chứng tỏ x1
2
nghiệm dơng
phơng trình ct2 + bt + a = ; t =
1 x2
VËy phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x
1; x2 phơng
trình : ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t
1 ; t2 t1 =
1
x1 ; t2 =
1 x2
b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên
t1+ x1 =
1
x1 + x1 t2 + x2 =
1
x2 + x2
Do x1 + x2 + t1 + t2
Bµi 4
a Giả sử tìm đợc điểm D cung BC cho tứ giác BHCD hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên
CH AB BH AC => BD AB CD AC Do đó: ABD = 900 ACD = 900
Vậy AD đờng kính đờng trịn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD ng trũn tõm O thỡ
tứ giác BHCD hình bình hành
b) Vỡ P i xng vi D qua AB nên APB = ADB nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB
Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800
Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB
H
O P
Q
D
C B
(5)Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC
VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800
Ba ®iĨm P; H; Q thẳng hàng
c) Ta thy APQ l tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn AP AQ lớn hay AD lớn
D đầu đờng kính kẻ từ A đờng trịn tâm O
Đề 3
Bài 1: Cho biÓu thøc:
√x+√y
P= x
(√x+√y)(1−√y)− y
¿(√x+1)¿− xy
(√x+1)(1−√y) a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gn P
b) Tìm x,y nguyên thỏa mÃn phơng tr×nh P =
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ;
-2)
a) Chứng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm A , B ph©n biƯt
b) Xác định m để A,B nằm hai phía trục tung
Bµi 3: Giải hệ phơng trình :
¿ x+y+z=9
x+ y+
1 z=1 xy+yz+zx=27
¿{ { ¿
Bài 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đờng tròn (C ≠ A ;C ≠ B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng trịn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N
a) Chøng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R
Bµi 5: Cho x , y , z∈R tháa m·n : x+
1 y+
1 z=
1 x+y+z HÃy tính giá trị biểu thức : M =
4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 x10)
Đáp án
(6)*) Rót gän P:
(1 ) (1 )
1
x x y y xy x y P
x y x y
( )
1
x y x x y y xy x y
x y x y
1 1
x y x y x xy y xy
x y x y
1 1
1
x x y x y x x
x y
1
x y y y x y
1 1
1
x y y y y
y
x xy y.
VËy P = √x+√xy−√y b) P = ⇔ √x+√xy−√y = ⇔√x(1+√y)−(√y+1)=1
⇔(√x −1) (1+√y)=1
Ta cã: + y 1 x 1 0 x x = 0; 1; 2; ; Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) tho¶ m·n
Bài 2: a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng (d) : y = mx + m –
Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình: - x2 = mx + m –
⇔ x2 + mx + m – = (*)
Vì phơng trình (*) có Δ=m2−4m+8=(m−2)2+4>0∀m nên phơng trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) cắt hai điểm phân biệt A B b) A B nằm hai phía trục tung ⇔ phơng trình : x2 + mx + m – = có
hai nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ m – < ⇔ m <
Bµi 3 :
¿ x+y+z=9(1)
x+ y+
1 z=1(2) xy+yz+xz=27(3)
¿{ { ¿
(7)Q
N
M
O C
B A
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
81 81
81 27
2( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
x y z x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y z
x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x
x y x y
y z y z x y z z x
z x
Thay vµo (1) => x = y = z =
Ta thÊy x = y = z = thâa m·n hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm nhÊt x = y = z =
Bµi 4:
a) XÐt ΔABM vµ ΔNBM
Ta có: AB đờng kính đờng trịn (O) nên :AMB = NMB = 90o
M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => ΔBAN cân đỉnh B
Tø gi¸c AMCB néi tiÕp
=> BAM = MCN ( bù với góc MCB) => MCN = MNC ( góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M
b) XÐt ΔMCB vµ ΔMNQ cã :
MC = MN (theo cm trªn MNC c©n ) ; MB = MQ ( theo gt) BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ). => ΔMCB=ΔMNQ(c.g.c) => BC = NQ
Xét tam giác vuông ABQ có ACBQ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC =
(√5−1)R
Bµi 5:
Tõ : x+
1 y+
1 z=
1
x+y+z => x+
1 y+
1 z−
1 x+y+z=0 => x+y
xy +
x+y+z− z z(x+y+z)=0
⇒(z+y)( xy+
1
z(x+y+z))=0
⇒(x+y)(zx+zy+z
2
+xy xyz(x+y+z) )=0
⇒(x+y)(y+z)(z+x)=0
Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).=
y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8)
z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)
VËy M =
4 + (x + y) (y + z) (z + x).A =
(8)Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với
đ-ờng thẳng d qua đđ-ờng thẳng y = x lµ: A.y =
2 x + ; B.y = x - ; C.y =
2 x - ; D.y = - 2x - Hãy chọn câu trả lời
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình hình cầu lấy mực nớc bình cịn lại
3 bình Tỉ số bán kính hình trụ bán kính hình cầu A.2 ; B
√2 ; C
√3 ; D mét kết khác
Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0
2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa A = √x + √y
Bài 3: 1) Tìm số nguyên a, b, c cho đa thức : (x + a)(x - 4) - Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt điểm cố định tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di động góc xAy cho MA
MB = Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I bt k trờn oan CD
a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung ®iĨm cđa MN
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi
c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định
Híng dÉn
Bài 1: 1) Chọn C Trả lời đúng.
2) Chọn D Kết khác: Đáp số là:
Bµi 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2
VËy A chia hết cho số phơng khác với số nguyên dơng n 2) Do A > nªn A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.
XÐt A2 = (
√x + √y )2 = x + y + 2
√xy = + √xy (1) Ta cã: x+y
2 √xy (Bất đẳng thức Cô si) => > √xy (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2
√xy < + = Max A2 = <=> x = y =
2 , max A = √2 <=> x = y =
Bài3 Câu 1Với x ta cã (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nªn víi x = th× - = (4 + b)(4 + c)
Cã trêng hỵp: + b = vµ + b = + c = - + c = - Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta cã (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Trêng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a =
(9)M D
C B
A
x
K O
N
M
I
D C
B A
Câu2 (1,5điểm)
Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =
4 AB Ta có D điểm cố định Mà MA
AB =
2 (gt) AD MA =
1
Xét tam giác AMB tam giác ADM cã M©B (chung) MA
AB = AD MA =
1
Do Δ AMB ~ Δ ADM => MBMD = MAAD = => MD = 2MD (0,25 điểm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (khơng đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
DÊu "=" x¶y <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng ®iĨm M
- Dựng đờng trịn tâm A bán kính AB - Dựng D tia Ax cho AD =
4 AB
M giao điểm DC đờng tròn (A;
2 AB)
Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MâN = 900 nên MN đờng kính
Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ΔMKDvng cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta cã IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN qua hai điểm A, B cố định
§Ị 5
Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
2 2 1 2 1 2 1 0 x y y z z x Tính giá trị biểu thøc :A x 2007y2007z2007
Bµi 2). Cho biĨu thøc :M x2 5x y 2xy 4y2014
Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ
Bài 3. Giải hệ phơng trình :
2 18
1 72
x y x y x x y y
Bài 4 Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ đờng tròn (O) cắt tiếp tuyến A B lần lợt C D
(10)b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ
Bµi 5.Cho a, b số thực dơng Chứng minh :
2 2
2 a b
a b a b b a
Bµi 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC. Hớng dẫn giải
Bài 1. Từ giả thiết ta cã :
2 2
2 2 x y y z z x Cộng vế đẳng thức ta có :
2 2 1 2 1 2 1 0 x x y y z z
x 12 y 12 z 12
1 x y z
x y z 1
2007 2007 2007
2007 2007 2007 1 1 1 3 A x y z
VËy : A = -3
Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :
4 4 2 1 2 2 2007 M x x y y xy x y
22 12 2 1 2007
M x y x y
2
2
1
2 1 2007
2
M x y y
Do
2
1
y
vµ
2
2
2
x y
x y,
2007
M
Mmin 2007 x2;y1
Bµi 3. Đặt :
1 u x x v y y
Ta cã :
18 72 u v uv
u ; v nghiệm phơng tr×nh :
2
1
18 72 12;
X X X X
12 u v ; 12 u v 12 x x y y ; 12 x x y y Giải hai hệ ta đợc : Nghiệm hệ :
(11)Bµi 4 a.Ta cã CA = CM; DB = DM Các tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nên OC OD
Tam giác COD vuông đỉnh O, OM đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD
R2 = AC BD
b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp
;
MCO MAO MDO MBO
COD AMB g g
(0,25®)
Do :
Chu vi COD OM Chu vi AMB MH
(MH
1 AB)
Do MH1 OM nªn
1 OM
MH
Chu vi COD chu vi AMB
DÊu = x¶y MH1 = OM MO M điểm cung AB
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :
2
1
0;
2
a b
a , b >
1
0;
4
a a b b
1
( ) ( )
4
a a b b
a , b > 0
1
0
a b a b
Mặt khác a b ab
Nh©n tõng vÕ ta cã :
1 2
a b a b ab a b
2 2
2 a b
a b a b b a
Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E giao điểm AD (O)
Ta cã:ABDCED (g.g)
BD AD
AB ED BD CD ED CD
2
AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD
L¹i cã : ABDAEC g g
2
AB AD
AB AC AE AD AE AC
AD AB AC BD CD
o h
d
c
m
b a
d e
c b
(12)Đè 6
Câu 1: Cho hàm số f(x) = √x2−4x
+4 a) TÝnh f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rót gän A = f(x)
x2−4 x ±2 Câu 2: Giải hệ phơng trình
x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)
¿{ ¿ C©u 3: Cho biÓu thøcA = (x√x+1
x −1 − x −1
√x −1):(√x+
√x
√x −1) víi x > vµ x a) Rót gän A
b) Tìm giá trị x để A =
Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC
a) Chứng minh PC cắt AH trung điểm E cđa AH b) Gi¶ sư PO = d TÝnh AH theo R d
Câu 5: Cho phơng tr×nh 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0
Khơng giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa
m·n: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án
C©u 1a) f(x) =
x −2¿2 ¿ ¿
√x2−4x+4=√¿ Suy f(-1) = 3; f(5) =
b)
f(x)=10⇔ x −2=10
¿ x −2=−10
¿ x=12
¿ x=−8
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿ c) A= f(x)
x2−4=
|x −2|
(13)Víi x > suy x - > suy A= x+2 Víi x < suy x - < suy A=−
x+2 C©u 2
( 2) ( 2)( 4) 2
( 3)(2 7) (2 7)( 3) 21 21
x y x y xy x xy y x x y
x y x y xy y x xy y x x y
x -2
y
C©u a) Ta cã: A = (x√x+1 x −1 −
x −1
√x −1):(√x+
√x
√x −1) =
((√x+1)(x −√x+1) (√x −1)(√x+1) −
x −1
√x −1):(
√x(√x −1)
√x −1 +
√x
√x −1) =
(x −√x+1
√x −1 − x −1
√x −1):(
x −√x+√x
√x −1 ) =
x −√x+1− x+1
√x −1 : x
√x −1 =
−√x+2
√x −1 : x
√x −1
= −√x+2
√x −1 ⋅
√x −1
x =
2−√x x b) A = => 2−√x
x = => 3x + √x - = => x = 2/3 Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc víi BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
EH PB =
CH
CB ; (1)
Mặt khác, PO // AC (cùng vng góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => AHC ∞ POB
Do đó: AH PB =
CH
OB (2)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm AH
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã AH2=(2R −AH CB
2PB )
AH CB
2PB
⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
O
B C
H E
(14)⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2R¿2
¿ 4PB2
+¿
¿
⇔ AH=4R CB PB PB2
+CB2=
4R 2R PB
Câu Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 >
<=> (2m - 1)2 - (m - 1) > 0
Từ suy m 1,5 (1)
Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta có: ¿
x1+x2=−2m−1 x1.x2=m−1
2 3x1−4x2=11
⇔
¿{ { ¿
¿ x1=13-4m
7 x1=7m−7
26-8m 313-4m
7 −4
7m−7 26-8m=11 ¿{ {
Giải phơng trình 313-4m
7 4
7m7
26-8m=11
ta đợc m = - m = 4,125 (2)
Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 ph ơng trình cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11
Đề 7
Câu 1: Cho P =
2 x x x
+
1 x x x
-
1 x x
a/ Rót gän P
b/ Chøng minh: P <
1
3 với x x 1.
Câu 2: Cho phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 – = ( ) ; m lµ tham sè.
a/ Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm
b/ Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba ln nghim
Câu 3: a/ Giải phơng tr×nh :
1
x +
2 x = 2
b/ Cho a, b, c số thực thõa mÃn :
0
2
2 11
a b a b c
a b c
(15)Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D không trùng với A, B) Gọi (O) đờng tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K
a/ Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp b/ Tø giác ABCK hình gì? Vì sao?
c/ Xỏc định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK l hỡnh bỡnh hnh ỏp ỏn
Câu 1: Điều kiện: x x 1 (0,25 điểm)
P =
2 x x x
+
1 x x x
-
1
( 1)( 1)
x x x
=
2 ( )
x x
+
1 x x x
-
1 x
=
2 ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x
x x x
= ( 1)( 1)
x x x x x
=
x x x
b/ Víi x vµ x 1 Ta cã: P <
1
3
x
x x <
1
3 x < x + x + ; ( v× x + x + > ) x - 2 x + > 0
( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)
Câu 2:a/ Phơng trình (1) có nghiệm vµ chØ ’ 0. (m - 1)2 – m2 – 0
– 2m 0
m 2.
b/ Víi m th× (1) cã nghiƯm.
Gäi mét nghiƯm cđa (1) lµ a nghiệm 3a Theo Viet ,ta cã:
3 2
.3
a a m a a m
a=
1 m
3(
1 m
)2 = m2 – 3
m2 + 6m – 15 = 0
m = –32 6 ( thõa mÃn điều kiện). Câu 3:
Điều kiện x ; – x2 > x ; x < 2.
(16)Ta cã:
2 2 (1) 1
2 (2) x y
x y
Tõ (2) cã : x + y = 2xy Thay vµo (1) cã : xy = hc xy =
-1
* Nếu xy = x+ y = Khi x, y nghiệm phơng trình: X2 – 2X + = X = x = y = 1.
* NÕu xy =
-1
2 x+ y = -1 Khi x, y nghiệm phơng trình:
X2 + X -
1
2 = X =
1
2
V× y > nªn: y =
1
2
x =
1
2
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =
1
2
Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK h×nh thang
Do đó, tứ giác ABCK hình bình hành AB // CK BACACK
Mµ
2 ACK
sđEC =
1
2sđBD = DCB Nên BCD BAC
Dựng tia Cy cho BCy BAC Khi đó, D giao điểm AB Cy Với giả thiết AB > BC BCA > BAC > BDC
D AB
Vậy điểm D xác định nh điểm cần tìm
§Ị 8
Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = √x2+1− x −
√x2+1− x Lµ mét sè tù nhiªn
b Cho biĨu thøc: P = √x
√xy+√x+2+
√y
√yz+√y+1+
2√z
√zx+2√z+2 BiÕt x.y.z = , tÝnh
√P
C©u 2:Cho điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a Chứng minh điểm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C không thẳng hàng b Tính diện tích tam giác ABC
Câu3 Giải phơng tr×nh: √x −1−3
√2− x=5
Câu Cho đờng tròn (O;R) điểm A cho OA = R √2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đờng trịn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC lần lợt D và
E
Chøng minh r»ng:
a.DE tiếp tuyến đờng tròn ( O ) b
3R<DE<R
O
K
D
C B
(17)đáp án Câu 1: a
A = √x2+1− x − √x
+1+x
(√x2+1− x).(√x2+1+x)
=√x2+1− x −(√x2+1+x)=−2x A lµ sè tự nhiên -2x số tự nhiên x = k
2 (trong k Z k )
b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = ta đợc x, y, z > v
xyz=2
Nhân tử mÉu cđa h¹ng tư thø víi √x ; thay ë mÉu cđa h¹ng tư thø bëi
√xyz ta đợc:
P =
√x+2+√xy ¿
√z¿
√x
√xy+√x+2+
√xy
√xy+√x+2+ 2z
(1đ)
P=1 P >
Câu 2: a.Đờng thẳng qua điểm A B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = Vậy đờng thẳng AB y = 2x +
Điểm C(1;1) có toạ độ khơng thoả mãn y = 2x + nên C không thuộc đờng thẳng AB
⇒ A, B, C không thẳng hàng
im D(-3;2) cú toạ độ thoả mãn y = 2x + nên điểm D thuộc đờng thẳng AB ⇒ A,B,D thẳng hàn
b.Ta cã :
AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20
AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10
BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10
⇒ AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông C
VËy SABC = 1/2AC.BC =
2√10 √10=5 ( đơn vị diện tích )
Câu 3: Đkxđ x 1, đặt √x −1=u ;√32− x=v ta có hệ phơng trình: ¿
u − v=5 u2+v3=1
¿{ ¿
Giải hệ phơng trình phơng pháp ta đợc: v = ⇒ x = 10
C©u 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R ⇒ ABOC hình vuụng (0.5)
Kẻ bán kính OM cho
BOD = MOD ⇒
MOE = EOC (0.5®)
Chøng minh BOD = MOD
⇒ OMD = OBD = 900
T¬ng tù: OME = 900
⇒ D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đờng trịn (O) b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC
⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R B
M A
O
C D
(18)Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE >
3 R VËy R > DE >
3 R
Đề 9
Câu 1: Cho hàm số f(x) = √x2−4x
+4 a) TÝnh f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rót gän A = f(x)
x2−4 x 2 Câu 2: Giải hệ phơng trình
x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)
¿{ ¿ C©u 3: Cho biÓu thøc
A = (x√x+1 x −1 −
x −1
√x −1):(√x+
√x
√x −1) víi x > vµ x a) Rót gän A
2) Tìm giá trị x để A =
Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC
a) Chứng minh PC cắt AH trung điểm E AH b) Giả sử PO = d Tính AH theo R d
Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0
Khơng giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa
m·n: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án
C©u 1
a) f(x) =
x −2¿2 ¿ ¿ √x2−4x
(19)b)
f(x)=10⇔ x −2=10
¿ x −2=−10
¿ x=12
¿ x=−8
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿ c) A= f(x)
x2−4=
|x −2|
(x −2)(x+2)
Víi x > suy x - > suy A= x+2 Víi x < suy x - < suy A=−
x+2 C©u 2
¿
x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)
¿
⇔
xy−2x=xy+2y −4x −8
2 xy−6y+7x −21=2 xy−7y+6x −21 ¿
⇔
x − y=−4 x+y=0 ⇔
¿x=-2 y=2
¿ ¿{
¿
C©u 3a) Ta cã: A = (x√x+1 x −1 −
x −1
√x −1):(√x+
√x
√x −1) = ((√x+1)(x −√x+1)
(√x −1)(√x+1) − x −1
√x −1):(
√x(√x −1)
√x −1 +
√x
√x −1) = (x −√x+1
√x −1 − x −1
√x −1):(
x −√x+√x
√x −1 ) = x −√x+1− x+1
√x −1 : x
(20)= −√x+2
√x −1 : x
√x −1 =
−√x+2
√x −1 ⋅
√x −1
x =
2−√x x
b) A = => 2−√x
x = => 3x + √x - = => x = 2/3 C©u 4
a) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có EH
PB = CH
CB ; (1)
Mặt khác, PO // AC (cùng vu«ng gãc víi AB)
=> POB = ACB (hai góc đồng vị) => AHC ∞ POB
Do đó: AH PB =
CH
OB (2)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E lµ trug ®iĨm cđa
AH
b) Xét tam giác vng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã AH2=(2R −AH CB
2PB )
AH CB
2PB
⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2R¿2
¿ 4PB2
+¿
¿
⇔ AH=4R CB PB PB2
+CB2=
4R 2R PB ¿ C©u (1®)
O
B H C
(21)Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 th× >
<=> (2m - 1)2 - (m - 1) > 0
Từ suy m 1,5 (1)
Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta có: ¿
x1+x2=−2m−1 x1.x2=m−1
2 3x1−4x2=11
⇔
¿{ { ¿
¿ x1=13-4m
7 x1=7m−7
26-8m 313-4m
7 −4
7m7 26-8m=11 { {
Giải phơng trình 313-4m
7 −4
7m−7
26-8m=11
ta đợc m = - m = 4,125 (2)
Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt t
Đề 10
Câu I : Tính giá trÞ cđa biĨu thøc:
A =
√3+√5 +
√5+√7 +
√7+√9 + +
1
√97+√99
B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟
99số3
Câu II :Phân tích thành nhân tử :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10
C©u III :
1) Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
2) ¸p dơng : cho x+4y = T×m GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2
Câu : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I trung điểm BC, M điểm
trên đoạn CI ( M khác C I ) Đờng thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM M cắt BD DC P Q
a) Chøng minh DM.AI= MP.IB
b) TÝnh tØ sè : MP
MQ
C©u 5:
Cho P = √x
2−4x+3 √1− x
Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án Câu :
1) A =
√3+√5 +
√5+√7 +
√7+√9 + +
1
√97+√99
=
2 ( √5−❑√3 + √7−√5 + √9−√7 + + √99−√97 ) =
1
(22)2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟
99sè3 =
=33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33)
= 198 +
3 ( 99+999+9999+ +999 99) 198 +
3 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 + B = (10101−102
27 ) +165
C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1®)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]
= (x2+5x +3)(x2+5x +7)
3) a10+a5+1
= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )
= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)
=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)
C©u 3: 4®
1) Ta cã : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
(ad - bc)2 (®pcm )
DÊu = x·y ad=bc
2) áp dụng đẳng thức ta có :
52 = (x+4y)2 = (x + 4y) (x2 + y2) (1+16) =>
x2 + y2 25
17 => 4x2 + 4y2
100
17 dÊu = x·y x=
17 , y = 20
17 (2đ)
Câu : 5®
Ta cã : gãc DMP= góc AMQ = góc AIC Mặt khác góc ADB = gãc BCA=>
Δ MPD đồng dạng với Δ ICA => DM
CI = MP
IA => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB
(1)
Ta cã gãc ADC = gãc CBA,
Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc BIA.
Do Δ DMQ đồng dạng với Δ BIA =>
DM BI =
MQ
IA => DM.IA=MQ.IB (2)
Tõ (1) vµ (2) ta suy MP
MQ = C©u
Để P xác định : x2-4x+3 1-x >0
Tõ 1-x > => x <
(23)(x-1) < (x-3) < từ suy tích (x-1)(x-3) > Vậy với x < biểu thức có nghĩa
Víi x < Ta cã : P = √x
2−4x+3 √1− x =
√(x −1)(x −3)
√1− x =√3− x
§Ị 11
C©u 1 : a Rót gän biĨu thøc A=√1+1 a2+
1
(a+1)2 Víi a > b Tính giá trị tổng B=1+
12+
1 22+√1+
1 22+
1
32+ +√1+
1 992+
1 1002
C©u 2 : Cho pt x2
−mx+m−1=0
a Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀m
b Gäi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa pt T×m GTLN, GTNN cđa bt P= 2x1x2+3
x12+x
22+2(x1x2+1)
C©u : Cho x ≥1, y ≥1 Chøng minh.
1 1+x2+
1 1+y2≥
2 1+xy
Câu Cho đờng tròn tâm o dây AB M điểm chuyển động đờng tròn, từM kẻ MH AB (H AB) Gọi E F lần lợt hình chiếu vng góc H MA MB Qua M kẻ đờng thẳng vng góc với è cắt dây AB D
1 Chứng minh đờng thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đờng tròn
2 Chøng minh
MA2
MB2 =
AH BD
AD BH H
ớng dẫn
Câu 1 a Bình ph¬ng vÕ ⇒A=a
2
+a+1
a(a+1) (Vì a > 0) c áp dụng câu a
A=1+1 a−
1 a+1 ¿⇒B=100−
100= 9999 100
C©u a : cm Δ≥0∀m
(24)¿ x1+x2=m x1x2=m−1
¿{ ¿
⇒P=2m+1
m2+2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn
⇒−1
2≤ P≤1
⇒GTLN=−1
2⇔m=−2 GTNN=1⇔m=1
Câu : Chuyển vế quy đồng ta đợc bđt ⇔ x(y − x)
(1+x2)(1+xy)+
y(x − y)
(1+y2)(1+xy)≥0
⇔(x − y)2(xy−1)≥0 xy≥1
C©u 4: a
- Kẻ thêm đờng phụ
- Chứng minh MD đờng kính (o) =>
b
Gọi E', F' lần lợt hình chiếu D MA MB Đặt HE = H1
HF = H2 ⇒AH
BD AD BH =
HE h1 MA2
HF.h2 MB2 (1)
⇔ΔHEF ∞ ΔDF'E' ⇒HF h2=HE h
Thay vµo (1) ta cã: MA
2
MB2 =
AH BD
AD BH
§Ị 12
C©u 1: Cho biĨu thøc D = [√a+√b 1−√ab+
√a+√b
1+√ab ] : [1+
a+b+2 ab 1−ab ]
a) Tìm điều kiện xác định D v rỳt gn D
b) Tính giá trị D với a = 23 c) Tìm giá trị lớn D
Câu 2: Cho phơng tr×nh 2−√3 x
2- mx +
2−√3 m
2 + 4m - = (1)
a) Giải phơng trình (1) với m = -1
b) Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm thỗ mãn x1
1
+
x2=x1+x2 M
o E'
E
A
F F'
B
(25)Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ^A=α(α=900
)
Chøng minh r»ng AI = bc Cos α b+c
(Cho Sin2 α=2 SinαCosα )
Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB điểm N di động nửa đờng tròn cho N A ≤ N B Vễ vào đờng trịn hình vng ANMP
a) Chứng minh đờng thẳng NP qua điểm cố định Q
b) Gọi I tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp
c) Chứng minh đờng thẳng MP qua điểm cố định
C©u 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = vµ x + y + z = -1 HÃy tính giá trị của:
B = xy z +
zx y +
xyz x
Đáp án
Câu 1: a) - Điều kiện xác định D
¿ a ≥0 b ≥0 ab≠1
¿{ { ¿ - Rót gän D
D = [2√a+2b√a 1−ab ] : [
a+b+ab 1−ab ] D = 2√a
a+1
b) a =
2+√3 ¿
√3+1¿2⇒
√a=√3+1 2¿
2 2+√3=¿
VËy D =
2+2√3 2√3+1
=2√3−2 4−√3
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có 2√a≤ a+1D 1
Vậy giá trị D
Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) ⇔1
2x
2
+x −9
2=0⇔x
(26)c b a
I
C B
A
2
2
⇒
x1=−1−√10 x2=−1+√10
¿{
b) Để phơng trình có nghiệm 08m+20m 1 (*)
+ Để phơng trình có nghiệm kh¸c
¿m1≠ −4−3√2 m2≠ −4+3√2
¿
⇔1
2m
2+4m−1≠0
⇒
{
(*)
+ x1+
1
x2=x1+x2⇔(x1+x2)(x1x2−1)=0⇔ x1+x2=0
x1x2−1=0 ¿{
⇔
2m=0 m2+8m−3=0
⇔
¿m=0 m=−4−√19 m=−4+√19
¿{
Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = m=−4−√19
C©u 3: + SΔABI=1
2AI cSin α 2; + SΔAIC=1
2AI bSin α 2; + SΔABC=1
2bcSinα ; SΔABC=SΔABI+SΔAIC
⇒bcSinα=AISinα 2(b+c)
⇒AI=bcSinα Sinα
2(b+c) =
2 bcCosα b+c
C©u 4: a) Nˆ1 Nˆ2Gäi Q = NP (O) QA QB
Suy Q cố định b) ^A
1= ^M1(¿^A2)
Tø gi¸c ABMI néi tiÕp
c) Trên tia đối QB lấy điểm F cho QF = QB, F cố định Tam giác ABF có: AQ = QB = QF
1
1
2
F
I
Q P N
M
(27) Δ ABF vuông A B^=450
AF B^ =450
L¹i cã
1 45 ˆ
ˆ AFB P
P Tø gi¸c APQF néi tiÕp
A^P F
=AQ F^ =900 Ta cã: A^P F+A^P M=900
+900=1800 M1,P,F Thẳng hàng
Cõu 5: Bin i B = xyz (1 x2+
1 y2+
1
z2) = ⋯=xyz
2 xyz=2
§Ị 13
Bµi 1: Cho biĨu thøc A =
4( 1) 4( 1)
1 4( 1)
x x x x
x
x x
a) Tìm điều kiện x để A xác định b) Rút gọn A
Bài : Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) B(3; -4) a) Viết phơng tình đờng thẳng AB
b) Xác định điểm M trục hoành để tam giác MAB cân M Bài : Tìm tất số tự nhiên m để phơng trình ẩn x sau:
x2 - m2x + m + = 0
cã nghiƯm nguyªn
Bài : Cho tam giác ABC Phân giác AD (D BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A D đồng thời tiếp xúc với BC D Đờng tròn cắt AB AC lần lợt E F Chứng minh
a) EF // BC
b) Các tam giác AED ADC; àD ABD tam giác đồng dạng c) AE.AC = à.AB = AC2
Bµi : Cho số dơng x, y thỏa mÃn điều kiÖn x2 + y2 x3 + y4 Chøng minh:
(28)Đáp án Bài 1:
a) §iỊu kiƯn x tháa m·n
2
4( 1) 4( 1) 4( 1) x
x x
x x
x x
1 1 x x x x
x > x 2 KL: A xác định < x < x >
b) Rót gän A
A =
2
2
( 1) ( 1)
( 2)
x x x
x x
A =
1 1 2
2
x x x
x x
Víi < x < A =
2 1 x
Víi x > A =
2 x KÕt luËn
Víi < x < th× A =
2 1 x
Víi x > th× A =
2 x Bµi 2:
a) A B có hồnh độ tung độ khác nên phơng trình đờng thẳng AB có dạng y = ax + b
A(5; 2) AB 5a + b = B(3; -4) AB 3a + b = -4 Gi¶i hƯ ta cã a = 3; b = -13
Vậy phơng trình đờng thẳng AB y = 3x - 13 b) Giả sử M (x, 0) xx’ ta có
MA = (x 5)2 (0 2)2 MB = (x 3)2 (04)2
MAB c©n MA = MB (x 5)2 4 (x 3)2 16 (x - 5)2 + = (x - 3)2 + 16
x =
KÕt luận: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3:
Phơng trình có nghiệm nguyên = m4 - 4m - số phơng
Ta lại có: m = 0; < loại m = = = 22 nhËn
m th× 2m(m - 2) > 2m2 - 4m - > 0
- (2m2 - 2m - 5) < < + 4m + 4
m4 - 2m + < < m4
F E
A
B
(29) (m2 - 1)2 < < (m2)2
không phơng
Vậy m = giá trị cần tìm Bµi 4:
a)
( )
2
EADEFD sd ED
(0,25)
( )
2
FADFDC sd FD
(0,25)
mµ EDA FAD EFD FDC (0,25)
EF // BC (2 gãc so le b»ng nhau) b) AD phân giác góc BAC nên DE DF
sđ
2
ACD
s®(AED DF ) =
2s®AE = s®ADE
do ACDADE EAD DAC
DADC (g.g)
T¬ng tù: s®
( )
2
ADF sd AF sd AFD DF
=
1
( )
2 sd AFD DE sd ABD ADFABD
do AFD ~ (g.g c) Theo trên:
+ AED ~ DB
AE AD
AD AC hay AD2 = AE.AC (1)
+ ADF ~ ABD
AD AF
AB AD
AD2 = AB.AF (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã AD2 = AE.AC = AB.AF
Bài (1đ):
Ta có (y2 - y) + 2y3 y4 + y2
(x3 + y2) + (x2 + y3) (x2 + y2) + (y4 + x3)
mà x3 + y4 x2 + y3 đó
x3 + y3 x2 + y2 (1)
+ Ta cã: x(x - 1)2 0: y(y + 1)(y - 1)2 0
x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2 0
x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y 0
(x2 + y2) + (x2 + y3) (x + y) + (x3 + y4)
mµ x2 + y3 x3 + y4
x2 + y2 x + y (2)
vµ (x + 1)(x - 1) (y - 1)(y3 -1) 0
x3 - x2 - x + + y4 - y - y3 + 0
(x + y) + (x2 + y3) + (x3 + y4)
mµ x2 + y3 x3 + y4
x + y Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã:
x3 + y3 x2 + y2 x + y 2
§Ị 14
(30)cho A= ( - ) x2- 4(x-1) x-1
a/ rót gän biĨu thøc A
b/ Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên
Câu 2: Xác định giá trị tham số m để phơng trình x2-(m+5)x-m+6 =0
Cã nghiƯm x1 vµ x2 tho· m·n mét ®iỊu kiƯn sau:
a/ Nghiệm lớn nghiệm đơn vị b/ 2x1+3x2=13
Câu 3Tìm giá trị m để hệ phơng trình mx-y=1
m3x+(m2-1)y =2
v« nghiƯm, v« sè nghiƯm
Câu 4: tìm max biểu thức: x 2 +3x+1
x2+1
Câu 5: Từ đỉnh A hình vng ABCD kẻ hai tia tạo với góc 450.
Một tia cắt cạnh BC E cắt đờng chéo BD P Tia cắt cạnh CD F cắt đ-ờng chéo BD Q
a/ Chứng minh điểm E, P, Q, F C nằm đờng tròn b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP
c/ Kẻ trung trực cạnh CD cắt AE M tính số đo góc MAB biết CPD=CM
h
íng dÉn
Câu 1: a/ Biểu thức A xác định x≠2 x>1
( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2
A= ( ) (x-2)2 x-1
x- -1 + x-1 + x- x- = = = x-2 x-1 x-1 x-1 b/ §Ĩ A nguyên x- ớc dơng
* x- =1 x=0 loại * x- =2 th× x=5
vËy víi x = A nhận giá trị nguyên
Câu 2: Ta có ∆x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m+1≥0 để phơng trìnhcó hai nghiệmphân
biƯt vµchØ m-7-4 m-7+4 (*) a/ Giả sư x2>x1 ta cã hƯ x2-x1=1 (1)
x1+x2=m+5 (2)
x1x2 =-m+6 (3)
Giải hệ tađợc m=0 m=-14 thoã mãn (*) b/ Theo giả thiết ta có: 2x1+3x2 =13(1’)
x1+x2 = m+5(2’)
x1x2 =-m+6 (3’)
giải hệ ta đợc m=0 m= Thoả (*)
Câu 3:*Để hệ vô nghiệm m/m3=-1/(m2-1) ≠1/2
3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0
3m2-1≠-2 3m2≠-1 m=±1/2 m=±1/2
∀m *HƯv« sè nghiƯm th×: m/m3=-1/(m2-1) =1/2
3m3-m=-m3 m=0
(31)V« nghiƯm
Khơng có giá trị m để hệ vô số nghiệm
Câu 4: Hàm số xác định với ∀x(vì x2+1≠0) x2+3x+1
gọi y0 giá trịcủa hàmphơng trình: y0=
x2+1
(y0-1)x2-6x+y0-1 =0 cã nghiÖm
*y0=1 suy x = y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1)2≥0 (y0-1)2≤ 9 suy
-2 ≤ y0 ≤
VËy: ymin=-2 y max=4
Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình)
Giải
a/ A1 và B1 nhìn đoạn QE dới góc 450
tứ giác ABEQ nội tiếp đợc
FQE = ABE =1v
chøng minh t¬ng tù ta cã FBE = 1v
Q, P, C nằm đờng tròn đờng kinh EF b/ Từ câu a suy ∆AQE vuông cân
AE
AQ = 2 (1)
t¬ng tù ∆ APF vuông cân
AF
AB = 2 (2)
tõ (1) vµ (2) AQP ~ AEF (c.g.c)
AEF AQP
S
S = ( 2 )2 hay S
AEF = 2SAQP
c/ §Ĩ thÊy CPMD néi tiÕp, MC=MD vµ APD=CPD
MCD= MPD=APD=CPD=CMD
MD=CD ∆MCD MPD=600
mµ MPD lµ gãc ngoµi cđa ∆ABM ta cã APB=450 vËy MAB=600-450=150
Đề 15
Bài 1: Cho biểu thức M = 2√x −9 x −5√x+6+
2√x+1
√x −3+
√x+3 2−√x a. Tìm điều kiện x để M có nghĩa rút gọn M
b. Tìm x để M =
c. Tìm x Z M Z
bài 2: a) Tìm x, y nguyên dơng thoà mÃn phơng trình 3x2 +10 xy + 8y2 =96
b)t×m x, y biÕt / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = Bài 3: a Cho số x, y, z d¬ng tho· m·n
x + y +
1 z = Chøng ming r»ng:
2x+y+z +
1
x+2y+z +
1
x+y+2z
1
Q
P M
F
E
D C
(32)b Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc: B = x
2
−2x+2006
x2 (với x ) Bài 4: Cho hình vuông ABCD Kẻ tia Ax, Ay cho x^A y = 45 ❑0
Tia Ax cắt CB BD lần lợt E P, tia Ay cắt CD BD lần lợt F Q a Chứng minh điểm E; P; Q; F; C nằm đờng tròn
b S ΔAEF = S ΔAPQ
Kẻ đờng trung trực CD cắt AE M Tính số đo góc MAB biết C^P D = C^M D
Bµi 5: (1®)
Cho ba sè a, b , c kh¸c tho· m·n:
¿ a+
1 b+
1 c=0 ¿
; H·y tÝnh P =
ac c2+
bc a2 +
ac b2
đáp án Bài 1:M = 2√x −9
x −5√x+6+
2√x+1
√x −3 +
√x+3 2−√x a.§K x ≥0; x ≠4;x ≠9 0,5®
Rót gän M = 2√x −9−(√x+3)(√x −3)+(2√x+1) (√x −2)
(√x −2) (√x −3)
Biến đổi ta có kết quả: M = x −√x −2
(√x −2) (√x −3) M =
(√x+1)(√x −2)
(√x −3) (√x −2)⇔M= √x+1
√x −3
b M = 5⇔√x −1 √x −3=5
⇒√x+1=5(√x −3)
⇔√x+1=5√x −15
⇔16=4√x
⇒√x=16
4 =4⇒x=16
c M = √x+1
√x −3=
√x −3+4
√x −3 =1+
√x −3
Do M z nên x 3 ớc x 3 nhận giá trị: -4; -2; -1; 1; 2;
⇒x∈{1;4;16;25;49} x ≠4⇒ x∈{1;16;25;49}
Bµi a 3x2 + 10xy + 8y2 = 96
< > 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96
< > (3x2 + 6xy) + (4xy + 8y2) = 96
< > 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96
< > (x + 2y)(3x + 4y) = 96
Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng 3x + 4y > x + 2y mà 96 = 25 có ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành
(33)Lại có x + 2y 3x + 4y có tích 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y số chẳn
¿ x+2y=6 3x+4y=24
{
Hệ PT vô nghiệm
Hc
¿ x+2y=6 3x+4y=16
¿{ ¿
⇒
x=4 y=1 ¿{
Hc
¿ x+2y=8 3x+4y=12
¿{ ¿
HƯ PT v« nghiƯm
VËy cÊp sè x, y nguyên dơng cần tìm (x, y) = (4, 1) b ta cã /A/ = /-A/ A∀A
Nªn /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/
❑/x −2005+2008− x/❑/3/❑3 (1)
mµ /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = (2) KÕt hợp (1 (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ (3)
(3) sảy
x −2006/❑0
y −2007/❑0
⇔
¿x=2006 y=2007
¿{ ¿ Bµi 3
a Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ
b Víi mäi a, b thuéc R: x, y > ta cã a2 x +
b2 y≥
(a+b)2 x+y (∗) < >(a2y + b2x)(x + y)
(a+b)2xy
a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy a2xy + 2abxy + b2xy
a2y2 + b2x2 2abxy
a2y2 – 2abxy + b2x2 0
(ay - bx)2 (**) bất đẳng thức (**) với a, b, x,y > 0
DÊu (=) x¶y ay = bx hay
(34)áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có
2 2 2
1 1 1 1
1 2 2 4 4
2x y z 2x y z x y x z x y x z
2 2
1 1
1 1
4 4
16
x y x z x y z
T¬ng tù
1 1
2 16
x y z x y z
1 1
2 16
x y z x y z
Cộng vế bất đẳng thức ta có:
1 1 1 1 1 1
2 2 16 16 16
1 4 4 1 1
.4
16 16
x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z
V×
1 1 x yz
2
2 2006
0 x x
B x
x
Ta cã: B=x
2
−2x+2006 x2 ⇔B=
2006x2−2 2006x+20062
2006x
⇔B=(x −2006)
2
+2005x2
x2 ⇔
(x −2006)2+2005
2006x2 +
2005 2006 V× (x - 2006)2 víi mäi x
x2 > víi mäi x kh¸c
2
2
2006 2005 2005
0 2006
2006 2006 2006
x
B B khix x
Bµi 4a EBQ EAQ 450 EBAQ
néi tiÕp; Bˆ = 900 à gãc AQE = 900à gãcEQF =
900
T¬ng tù gãc FDP = gãc FAP = 450
(35)Các điểm Q, P,C nhìn dới 1góc900 nên điểm E, P, Q, F, C cïng n»m trªn
1 đờng trịn đờng kính EF ………0,25đ
b Ta cã gãc APQ + gãc QPE = 1800 (2 gãc kÒ bï) ⇒ gãc APQ = gãc AFE
Gãc AFE + gãc EPQ = 1800
àTam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)
à
2
2 1 2 2
APQ
APQ AEE
AEF
S
k S S
S
c gãc CPD = gãc CMD tø gi¸c MPCD néi tiÕp gãc MCD = góc CPD (cùng chắn cung MD)
Lại cã gãc MPD = gãc CPD (do BD lµ trung trùc cña AC) gãc MCD = gãc MDC (do M thc trung trùc cđa DC)
à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC góc CMD = 600
à tam giác DMA cân D (vì AD = DC = DM)
Vµ gãc ADM =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300 gãc MAD = gãc AMD (1800 - 300) : = 750
à gãcMAB = 900 750 = 150
Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c à x + y + z = (v× 1/a = 1/b + 1/c = 0)
à x = -(y + z)
à x3 + y3 + z3 – xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz
à-( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz = 0
Tõ x3 + y3 + z3 – 3xyz = à x3 + y3 + z3 = 3xyz 1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc
Do P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc = 3 1/a + 1/b + 1/c =o P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3
Đề 16
Bài 1Cho biểu thøc A =
x2−3¿2+12x2 ¿ ¿ ¿
√¿
+ x+2¿
2 −8x2 ¿
√¿
a Rót gän biĨu thøc A
(36)Bài 2: (2 điểm) Cho đờng thẳng:
y = x-2 (d1)
y = 2x – (d2)
y = mx + (m+2) (d3)
a Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d3 ) qua với giá trị m
b Tìm m để ba đờng thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy
Bài 3: Cho phơng trình x2 - 2(m-1)x + m - = (1)
a Chøng minh ph¬ng trình có nghiệm phân biệt
b Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phơng trình (1) mà không phụ thuộc vào m
c Tìm giá trị nhỏ P = x2
1 + x22 (với x1, x2 nghiệm phơng tr×nh
(1))
Bài 4: Cho đờng trịn (o) với dây BC cố định điểm A thay đổi vị trí 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 lần lợt giao điểm cặp đờng thẳng AB với CD; AD CE
a Chøng minh r»ng DE// BC
b Chøng minh tø gi¸c PACQ nội tiếp
c Gọi giao điểm dây AD BC F Chứng minh hệ thức:
CE =
CQ + CE Bài 5: Cho số dơng a, b, c Chứng minh r»ng: 1< a
a+b+ b b+c+
c c+a<2 ỏp ỏn
Bài 1: - Điều kiƯn : x a Rót gän: A=√x
4
+6x2+9 x2 +√x
2
−4x+4 ¿x
2
+3
|x| +|x −2|
- Víi x <0: A=−2x
2
+2x −3
x - Víi 0<x 2: A=2x+3
x - Víi x>2 : A=2x
2
−2x+3
x b Tìm x nguyên để A nguyên:
A nguyªn <=> x2 + ⋮|x|
<=> ⋮|x| => x = {−1;−3;1;3} Bµi 2:
a (d1) : y = mx + (m +2)
<=> m (x+1)+ (2-y) = Để hàm số qua điểm cố định với m
¿ x+1=0 2− y=0
¿{ ¿
=.> ¿ x=−1
y=2 ¿{
¿
(37)b Gọi M giao điểm (d1) (d2) Tọa độ M nghiệm hệ
¿ y=x −2 y=2x −4
¿{ ¿
=> ¿ x=2 y=0 ¿{
¿ VËy M (2; 0)
NÕu (d3) qua M(2,0) M(2,0) nghiệm (d3)
Ta cã : = 2m + (m+2) => m= - VËy m = -
3 (d1); (d2); (d3) đồng quy Bài 3: a Δ' = m2 –3m + = (m -
2 )2 +
4 >0 ∀ m Vậy phơng trình có nghiệm phân biệt
b Theo ViÐt:
¿
x1+x2=2(m−1) x1x2=m−3
¿{ ¿
=>
¿ x1+x2=2m −2
2x1x2=2m −6
¿{ ¿
<=> x1+ x2 – 2x1x2 – = kh«ng phơ thuéc vµo m
a P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – (m-3)
= (2m -
2 )2 + 15
4 ≥ 15
4 ∀m
VËyPmin =
15
víi m =
Bài 4: Vẽ hình – viết giả thiết – kết luận a Sđ ∠ CDE =
2 S® DC =
2 S® BD = ∠BCD => DE// BC (2 gãc vÞ trÝ so le)
b ∠ APC =
2 s® (AC - DC) = ∠ AQC => APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = ∠ AQC
cùng nhìn đoan AC) c.Tứ giác APQC nội tiếp
∠ CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ)
∠ CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC) Suy ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ Ta cã: DE
PQ = CE
(38)DE FC =
QE
QC (v× DE// BC) (2) Céng (1) vµ (2) : DE
PQ+ DE FC =
CE+QE
CQ =
CQ CQ=1
=> PQ+
1 FC=
1
DE (3)
ED = EC (t/c tiÕp tuyÕn) tõ (1) suy PQ = CQ Thay vµo (3) :
CQ+ CF=
1
CE
Bµi 5:Ta cã: a
a+b+c < a
b+a <
a+c
a+b+c (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) Céng tõng vÕ (1),(2),(3) :
< a a+b +
b
b+c + c