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 e..[r]
(1)Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang
-§Ị thi chÝnh thøc
(đợt 1)
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thi gian lm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề. Ngày 08 tháng 07 năm 2009
(§Ị thi gåm có: 01 trang) -Câu I: (2,0 điểm)
TÝnh 25
Gi¶i hệ phơng trình:
2
x x y Câu II: (2,0 điểm)
1.Giải phơng trình x2-2x+1=0
Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến R? Vì sao? Câu III: (1,0 im)
Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Câu IV(1,5 điểm)
Một ôtô khách ôtô tải xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B tr-ớc ơtơ tải 36 phút.Tính vận tốc ơtơ Biết q trình từ A đến B vận tốc ôtô không đổi
Câu V:(3,0 điểm)
1/ Cho tam giỏc ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng trịn tâm O, đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh
a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/OMBC.
2/Cho tam giác ABC vng A,các đờng phân giác gốc B góc C cắt cạnh AC AB lần lợt D E Gọi H giao điểm BD CE, biết AD=2cm, DC= cm tính độ dài đoạn thẳng HB
C©u VI:(0,5 điểm)
Cho số dơng x, y, z thỏa m·n xyz - 16
0 x y z
Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (x+y)(x+z)
Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang
-§Ị thi chÝnh thøc
(đợt 2)
Kú thi tun sinh líp 10 THPT Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thi gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề. Ngày 10 tháng 07 năm 2009
(2)-Câu I: (2,0 điểm) Tính √9+√4
Cho hµm sè y = x -1 Tại x = y có giá trị bao nhiêu? Câu II: (1,0 điểm)
Giải hệ phơng trình: x+y=5
x y=3
{
Câu III: (1,0 điểm)
Rót gän: A=(x+√x
√x+1+1)(
x −√x
√x −1−1) Víi x ≥0; x ≠1
C©u IV( 2,5 ®iĨm)
Cho PT: x2 + 2x - m = (1)
1 Gi¶i PT(1) víi m =
2 Tìm tất giá trị m để PT(1) có nghiệm Câu V:(3,0 điểm)
Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB cố định H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O trung điểm OA) Kẻ dây MN vng góc với AB H MN cắt AK E
1 Chøng minh tø gi¸c HEKB néi tiÕp
2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM
3 Cho điểm H cố định, xác định vị trí K để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ
Câu VI:(0,5 điểm)
Tỡm s nguyờn x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0
đáp án đề 1: Câu I:
TÝnh 25= 2.5 = 10
Giải hệ phơng trình:
2
3
x x y
< = >
2
x y
< = > x y
Vậy hệ phơng trình có nghiệm nhÊt (x;y) = (2;1) C©u II:
x2 - 2x +1 = 0
<=> (x -1)2 = 0
<=> x -1 = <=> x =
(3)Hàm số hàm số đồng biến vì: Hàm số hàm bậc có hệ số a = 2009 > Hoặc x1>x2 f(x1) > f(x2)
C©u III:
Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Giả sử cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 =
XÐt S = x1 + x2 = + = 7; P = x1 x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = >
VËy x1; x2 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình: x2 - 7x +12 =
Câu IV
§ỉi 36 =
10 h
Gọi vận tốc ô tô khách x ( x >10; km/h) Vận tốc ôtô tải lµ x - 10 (km/h)
Thời gian xe khách hết quãng đờng AB là: 180 x (h) Thời gian xe tải hết quãng đờng AB là: 180
x −10 (h)
Vì ơtơ khách đến B trớc ơtơ tải 36 phút nên ta có PT:
180
x −10− 10=
180
x
⇔180 10x −6x(x −10)=180 10(x −10) ⇔x2−10x −3000=0
Δ
'
=52+3000=3025 √Δ'
=√3025=55
x1 = +55 = 60 ( TM§K)
x2 = - 55 = - 50 ( không TMĐK)
Vậy vận tốc xe khách 60km/h, vận tốc xe tải 60 - 10 = 50km/h C©u V
1/
a) Δ AHI vng H (vì CA HB) Δ AHI nội tiếp đờng trịn đờng kính AI Δ AKI vng H (vì CK AB) Δ AKI nội tiếp đờng trịn đờng kính AI
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng trịn đờng kính AI b)
Ta cã CA HB( Gt)
CA DC( góc ACD chắn nửa đờng trịn)
=> BH//CD hay BI//CD (1) Ta cã AB CK( Gt)
AB DB( góc ABD chắn nửa đờng trịn)
=> CK//BD hay CI//BD (2)
Từ (1) (2) ta có Tứ giác BDCI hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mà DI cắt CB M nên ta có MB = MC
=> OM BC( đờng kính qua trung điểm dây vng góc với dây đó) 2/
Vì BD tia phân giác góc B tam giác ABC; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:
AD DC=
AB BC ⇔
2 4=
AB
BC ⇒BC=2 AB
Vì ABC vuông A mà BC = 2AB nªn
.
A
B
C
D M I
O H
K
D A
B
C
E H
1
(4)ACB = 300; ABC = 600
Vì B1 = B2(BD phân giác) nên ABD = 300
Vì ABD vuông A mà ABD = 300 nên BD = 2AD = = 4cm
=> AB2
=BD2−AD2=16−4=12
Vì ABC vuông A => BC=AC2+AB2=36+12=43
Vỡ CH tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: DC
BC= DH HB ⇔
4 4√3=
DH
HB ⇒BH=√3 DH
Ta cã:
¿
BH+HD=4 BH=√3 HD ⇔
¿√3 BH+√3 HD=4√3 BH=√3 HD
⇒BH(1+√3)=4√3
¿{
¿
BH= 4√3 (1+√3)=
4√3(√3−1)
2 =2√3(√3−1) VËy BH=2√3(√3−1)cm
Câu VI Cách 1: Vì xyz -
16
x y z => xyz(x+y+z) = 16
P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz
¸p dơng BĐT Côsy cho hai số thực dơng x(x+y+z) yz ta cã
P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz 2√xyz(x+y+z)=2 √16=8 ; dấu đẳng thức xẩy
x(x+y+z) = yz
Vậy giá trị nhỏ P Cách 2:
Vì xyz16
x+y+z=0⇒x+y+z= 16 xyz
P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz = x16
xyz+yz= 16 yz +yz áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng 16
yz yz ta cã
P = 16
yz+yz 2√16yz ⋅yz=2.√16=8 ; dấu đẳng thức xẩy 16 yz =yz
Vậy giá trị nhỏ P
đáp án đề 2:
C©u I:
TÝnh √9+√4=3+2=5
Thay x =4 vào hàm số y = x -1 Ta đợc: y = - = Vậy x = y =
(5)Giải hệ phơng trình:
x+y=5
x − y=3 ⇔
¿x+y=5 2x=8
⇔
¿x=4
y=1
¿{
¿
VËy hÖ PT cã nghiÖm (x; y) = (4; 1) C©u III:
Víi x ≥0; x ≠1 ta cã: A=(x+√x
√x+1+1)(
x −√x
√x −1−1)
¿(
√x(√x+1)
√x+1 +1)(
√x(√x −1)
√x −1 −1)
¿(√x+1) (√x −1)=x −1
VËy x ≥0; x ≠1 A = x -1 Câu IV Cho PT: x2 + 2x - m = (1)
1 Khi m = ta cã: x2 + 2x - =
Ta cã: a + b + c = + - = PT cã hai nghiÖm: x1= 1; x2 = -3
VËy PT(1) cã hai nghiÖm: x1= 1; x2 = -3 m =
2 TÝnh: Δ'=1+m §Ĩ PT(1) cã nghiƯm th× Δ' ≥0⇔1+m ≥0⇔m≥ −1
Vậy với m 1 PT(1) có nghiệm Câu V
1 xÐt tø gi¸c HEKB cã: EHB = 900 ( v× MN AB)
EKB = 900 ( AKB góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)
=>EKB + EHB =1800
=> Tứ giác HEKB nội tiếp có tổng hai góc đối 1800
2 Vì MN AB nên A nằm cung nhá MN => cung AM = cung AN
=>AMN = AKM( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) XÐt Δ AME vµ Δ AKM cã:
A chung
AME = AKM ( cm trªn)
=> Δ AME đồng dạng với Δ AKM ( g.g) Gọi I tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ EKM
Ta cã gãc AME = BME ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)
=> AM tiếp tuyến đờng tròn tâm I( Theo tập 30-Tr79 SGK toán tập 2) => I thuộc BM
=> NI ng¾n nhÊt NI MB
Vì M; N; B cố định nên ta xác định K nh sau:
Kẻ NI vng góc với BM, vẽ đờng tròn (I;IM) cắt đờng tròn tâm O K Câu VI:(0,5 điểm)
Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = (1)
Ta cã: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0
.
A B
E
N M
O H
(6)<=> 4x2+ 4xy +4y2 - 4x2y2 = 0
<=> 4x2+ 8xy +4y2 - (4x2y2 + 4xy +1) - = 0
<=> (2x + 2y)2 - (2xy + 1)2 = 1
<=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) =
=>
2x 2y - 2xy - 1 2x 2y 2xy -1 2x 2y 2xy -1 2x 2y 2xy 1
Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) x = - y
Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1) Vậy cặp số x; y nguyên thoả mãn (1) là:(0; 0); (1; -1); (-1; 1)
§Ị thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Nghệ An Năm học: 2009-2010
Môn: Toán
Thi gian: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
Câu I: (3,0đ) Cho biểu thøc A =
1
1
x x x
x x
1 Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức A Tính giá trị biểu thức A x = 9/4
3 Tìm tất giá trị x để A <1
CâuII: (2,5đ) Cho phơng trình bậc hai, víi tham sè m: 2x2 – (m+3)x + m = (1).
1 Giải phơng trình (1) m =
2 Tìm giá trị tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả
m·n: x1 + x2 =
5 2x1x2.
3 Gäi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu
thức P = x1 x2 Câu III: (1,5đ).
Một ruộng hình chữ nhật có chiều rộng ngắn chiều dài 45m Tính diện tích ruộng, biết chiều dài giảm lần chiều rộng tăng lần chu vi ruộng khơng thay đổi
Câu IV: (3,0đ) Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định CD đờng kính thay đổi khơng trùng với AB Tiếp tuyến đờng tròn (O;R) B cắt đờng thẳng AC AD lần lợt E F
1 Chøng minh r»ng BE.BF = 4R2.
(7)3 Gọi I tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh tâm I nằm trờn mt ng thng c nh
Gợi ý Đáp án Câu I:
1 Đkxđ: x 0, x ≠ A =
1 ( 1)( 1)
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)
x x x x x x x
x x x x x x x
2 Víi x = 9/4 => A =
2 3
3
Víi A<1 =>
1
1 0
1 1
x x x x
x
x x x x
x<1
Vậy để A < ≤ x < Câu II:
1 Víi m = phơng trình trở thành: 2x2 5x + = 0
Phơng trình có hai nghiệm là: vµ 1/2
2 Ta cã = (m + 3)2 – 4.2.m = m2 - 2m + 9= (m - 1)2 +
=> >0 víi m => phơng trình có hai nghiệm phân biÖt
Theo ViÐt ta cã:
1
1
3 2
m x x
m x x
Mµ x1 + x2 =
5
2x1x2 =>2(m+3) = 5m m = 2.
3 Ta cã (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 - 4x1.x2 = (m + 3)2:4 – 2m = (m2 - 2m + 9):4 =
2 ( 1)
2
m
1 2
x x
VËy MinP = m =1
Câu III: Gọi chiều dài cđa thưa rng lµ x(m)
ChiỊu réng cđa thưa rng lµ y(m) ( x>45, x>y)
=>
45 x y x
y x y
Giải hệ ta đợc x = 60, y = 15 (thoả mãn)
(8)C©u IV:
a Ta có tam giác AEF vng A (Góc A góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn) Mà AB đờng cao
=> BE.BF = AB2 (HÖ thøc lợng tam giác vuông)
=> BE.BF = 4R2 ( V× AB = 2R)
b Ta cã gãc CEF = gãc BAD (Cïng phơ víi gãc BAE) Mµ góc BAD = góc ADC ( Tam giác AOD cân)
=> Góc CEF = góc ADC => Tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn c Gọi trung điểm EF H
=> IH // AB (*)
Ta lại có tam giác AHE cân H (AH trung tuyến tam giác vuông AEF, góc A = 900) => gãc HAC = gãc
HEA (1)
Mµ gãc HEA + gãc BAC = 900 (2)
Mặt khác góc BAC = góc ACO ( tam giác AOC cân O) (3)
Tõ (1), (2) vµ (3) => AH CD Nhng OI CD
=> AH//OI (**)
Từ (*) (**) => AHIO hình bình hành => IH = AO = R (không đổi)
Nên I cách đờng thẳng cố định EF khoảng không đổi = R =>
I thuộc đờng thẳng d // EF cách EF khoảng =R
Së GD&§T NghƯ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trờng thpt chuyên phan bội châu
O
d H
I F
E D
C
B A
(9)năm học 2009 - 2010
Môn thi: toán
Thi gian: 150 phỳt, khụng k thi gian giao
Bài 1: (3.5 điểm)
a Giải phơng trình x2 x b Giải hệ phơng trình
3
8
6
x y x
y
Bµi 2: (1.0 ®iĨm)
Tìm số thực a để phơng trình sau có nghiệm nguyên
2 2 0
x ax a Bµi 3: (2.0 ®iĨm)
Cho tam giác ABC vng A có đờng phân giác BE (E thuộc AC) Đờng tròn đờng kính AB cắt BE, BC lần lợt M, N (khác B) Đờng thẳng AM cắt BC K Chng minh: AE.AN = AM.AK
Bài 4: (1.5 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đờng trịn đờng kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đ-ờng thẳng AO lần lợt I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đợc đđ-ờng tròn tứ giác BICK l hỡnh bỡnh hnh
Bài 5: (2.0 điểm)
a Bên đờng trịn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC
b Cho a, b, c số thực dơng thay đổi thỏa mãn: a b c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 2
2 2
P a b c ab bc ca
a b b c c a
HÕt
-Họ tên thí sinh……… ……… SBD……… * Thí sinh khơng đợc sử dụng tài liệu.
(10)Së GD&ĐT Nghệ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trờng thpt chuyên phan bội châu năm học 2009 - 2010
Môn thi:Toán
Hớng dẫn chấm thi
B¶n híng dÉn chÊm gåm 03 trang
Ni dung ỏp ỏn im
Bài 1 3,5 đ
a 2,0®
x2 7 x 3
3 3
2 7 27
x x x x x x
0.50®
3
9 (x 2)(7 x) 27
0.25®
3 (x 2)(7 x) 2
0.25®
(x 2)(7 x)
0.25®
2 5 6 0
x x
0.25®
1
x x
( thỏa mÃn ) 0.50đ
b 1,50đ
Đặt
z
y 0.25®
Hệ cho trở thành
3
2 3
x z z x
0.25®
3
3 x z z x
0,25®
x z x xz z2 3
0,25®
x z
(v× x2 xz z 3 0,x z, ). 0,25®
Từ ta có phơng trình:
3 3 2 0
2 x
x x
x
Vậy hệ cho có nghiệm: ( , ) ( 1; 2), 2,1x y
0,25đ
Bài 2: 1,0 ®
Điều kiện để phơng trình có nghiệm: 0 a2 4a 0 (*) 0,25đ Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phơng trình cho ( giả sử x1 x≥ 2)
Theo định lý Viet:
1
1 2
x x a
x x x x x x a
0,25®
1
(x 1)(x 1)
(11)1 1 x x
hc
1 1 x x
(do x1 - x≥ 2 -1) x x
hc 2 x x
Suy a = 6 hc a = -2 (tháa m·n (*) )
0,25đ
Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mÃn yêu cầu toán 0,25đ
Bài 3: 2,0 đ
Vì BE phân giác góc ABC nên ABM MBC AM MN 0,25®
MAE MAN
(1) 0,50®
Vì M, N thuộc đờng trịn đờng
kÝnh AB nªn AMB ANB 900 0,25®
ANK AME 900, kÕt hỵp
với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK
0,50®
AN AK
AM AE
0,25®
AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ
Bài 4: 1,5 đ
Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC
AIM ABC
.Suy tứ giác BOIM nội tiếp
0,25đ Từ chứng minh suy tam giác AMI
ng dng vi tam giác AOB
AM AI
AI AO AM AB
AO AB
(1)
0,25đ Gọi E, F giao điểm đờng thẳng AO
với (O) (E nằm A, O) Chứng minh tơng tự (1) ta đợc: AM.AB = AE.AF
= (AO - R)(AO + R) (víi BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2
0,25®
AI.AO = 3R2
2
3 3
2 2
R R R R
AI OI
AO R
(2)
0,25đ Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên
OA.OK = OB.OC = R2
2
2
R R R
OK
OA R
(3)
0,25® Tõ (2), (3) suy OI = OK
Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC 0,25đ
(12)Vì BICK hình bình hành
Bài 5: 2,0 đ
a, 1,0 ®
Giả sử O nằm ngồi miền tam giác ABC Khơng tính tổng qt, giả sử A O nằm phía đờng thẳng BC
0,25đ Suy đoạn AO cắt đờng thẳng BC ti K
Kẻ AH vuông góc với BC H 0,25đ Suy AH AK < AO <1 suy AH < 0,25® Suy
2.1
2
ABC
AH BC
S
(m©u thuẫn với giả thiết) Suy điều phải chứng minh
0,25®
b, 1,0®
Ta cã: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 0,25đ
mà a3 + ab2 2a2b (áp dụng BĐT Côsi )
b3 + bc2 2b2c
c3 + ca2 2c2a
Suy 3(a2 + b2 + c2) 3(a2b + b2c + c2a) > 0
0,25®
Suy
2 2
2 2
P a b c ab bc ca
a b c
2 2 2
2 2
9 ( )
P
2( )
a b c
a b c
a b c
0,25®
Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh đợc t 3.
Suy
9
3
2 2 2 2
t t t
P t
t t
P Dấu xảy a = b = c = 1
Vậy giá trị nhỏ P
0,25đ
Nu thí sinh giải cách khác câu cho tối đa điểm của câu đó
Phßng GD-ĐT Hải Hậu
Trng THCSB Hi Minh thi thử vào lớp10 thptđề dùng cho hs thi vào trờng chuyờn
(Thời gian làm 150)
Bài 1(1đ): Cho biÓu thøc
P= x√x −3
x −2√x −3−
2(√x −3)
√x+1 +
√x+3 3−√x Rót gän P
Bài 2(1đ): Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rng
ph-ơng trình:
x2 + (a + b + c)x + ab + bc + ca = vô nghiệm.
Bài 3(1đ): Giải phơng trình sau:
(13)Bài 4(1đ): Giải hệ phơng trình sau: ¿
2x2− y2+xy+y −5x+2=0
x2+y2+x+y −4=0
{
Bài 5(1đ): Chứng minh rằng:
(33+22+3322)8>36
Bài 6(1đ): Cho x, y, z> thoả m·n: x+
1
y+
1
z=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
P=√2x
2
+y2
xy +√
2y2+z2
yz +√
2z2+x2
zx
Bài 7(1đ): Trong mặt phẳng 0xy cho đờng thẳng (d) có phơng trình
2kx + (k - 1)y = (k lµ tham sè)
a) Tìm k để đờng thẳng (d) song song đờng thẳng y = x √3 Khi tính góc tạo đờng thẳng (d) với 0x
b) Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d) ln nht
Bài 8(1đ): Cho góc vuông x0y điểm A, B Ox (OB > OA >0), ®iĨm M
bất kỳ cạnh Oy(M O) Đờng trịn (T) đờng kính AB cắt tia MA,MB lần lợt điểm thứ hai:
C , E Tia OE cắt đờng tròn (T) điểm thứ hai F
Chứng minh điểm: O, A, E, M nằm đờng tròn Tứ giác OCFM hình gì? Tại sao?
Bài 9(1đ): Cho tam giác ABC nhọn có đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng quy H
Chøng minh r»ng: HAHA
1
+HB HB1+
HC
HC1≥6 .DÊu "=" x¶y nµo?
Bài 10(1đ): Cho tia Ox, Oy, Oz khơng đồng phẳng, đơi vng góc với Lấy điểm A, B, C Ox, Oy Oz
a) Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh rằng: OH vuông góc với mặt ph¼ng ABC
b) Chøng minh r»ng: S2ABC
=S2OAB
+S2OBC
+S2OAC Đáp án:
Bài Bài giải Điểm
Bài 1 (1 điểm)
§iỊu kiƯn: ¿ x ≥0
x −2√x −3≠0
√x −3≠0 ⇔0≤ x ≠9
¿{ {
¿ * Rót gän:
0.25
(14)√x −3¿2−(√x+3)(√x+1)
¿
¿(√x+1)(√x −3)
¿ x√x 32
P=
Bài 2 (1 điểm)
Ta cã: =(a + b + c)2 - 4(ab + bc + ca) = a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca
* V× a, b, c cạnh a2 < (b + c)a
b2 < (a + c)b
c2 < (a + b)c
a2 + b2 + c2< 2ab + 2ac + 2bc
< phơng trình vô nghiệm
0.25 0.25 0.25 0.25
Bài 3 (1 điểm)
Bài 4 (1 điểm)
* Điều kiện:
5− x ≥0 2x+7≥0 ⇔−7/2≤ x ≤5
¿{
* Phơng trình
2x+73=0
5 x 2=0
¿
⇔x=1
⇔(2x+7−6√2x+7+9)+(5− x −4√5− x+4)=0 ⇔(√2x+7−3)2+(√5− x −2)2=0
⇔
{
Gi¶i hƯ:
¿
2x2
+xy− y2−5x+y −2=0(1)
x2
+y2+x+y −4=0(2)
¿{
¿
Tõ (1) 2x2 + (y - 5)x - y2 + y + = 0
0.25 0.25 0.25 0.25
(15)y −1¿2 ¿
⇒
¿ x=5− y −3(y −1)
4 =2− y
¿ x=5− y+3(y −1)
4 =
y+1
¿ ¿
y −5¿2−8(− y2+y+2)=9¿ ¿
¿ ¿Δx=¿ * Víi: x = - y, ta cã hƯ:
¿ ¿x=2− y
x2+y2+x+y −4=0
¿
⇔
¿x=2− y
y2−2y+1=0 ⇔x=y=1
¿{
¿ *Víi x=y+1
2 , ta cã hƯ:
¿ ¿x=y+1
2
x2+y2+x+y −4=0
¿
⇔
¿y=2x −1 5x2− x −4=0
⇒
¿ x=−4
5
y=−13
¿ ¿{
¿ VËy hƯ cã nghiƯm: (1;1) vµ (−4
5;− 13
5 )
0.25
0.25
(16)Bài 5 (1 điểm)
Đặt a = x + y, víi: x=3
√3+2√2; y=√33−2√2
Ta ph¶i chøng minh: a8 > 36
Ta cã:
x3+y3=6
x.y=1
¿
x+y¿3=x3+y3+3 xy(x+y)=6+3a
¿ ¿ ¿{
¿
⇒a3
=¿ (v×: x > 1; y > a > 1) a9 > 93.a a8 > 36 (®pcm).
0.25 0.25 0.25 0.25
Bài 6 (1 điểm)
* ỏp dng bt đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, √2 x,
√2
y
(12+√22)(1
x2+
2
y2)≥(
1
x+
2
y)
2
⇒√2x2+y2 xy =√
2
y2+
1
x2≥
1
√3(
x+
2
y)(1) Dấu "=" xảy chØ x = y
T¬ng tù:
√2y2+z2
yz ≥
1
√3(
y+
2
z)(2)
√2z2
+x2
zx ≥
1
√3(
z+
2
x)(3) Tõ (1), (2), (3) ⇒P ≥
√3(
x+
3
y+
3
z)=3 Suy ra: Pmin = khi: x = y = z = √3
0.25
0.25
0.25
(17)Bài 7 (1 điểm)
1).* Với k = suy phơng trình (d): x = kh«ng song song: y = √3x
* Víi k 1: (d) cã d¹ng: y=− 2k
k −1.x+
k −1
để: (d) // y = √3x − 2k
k −1=√3 ⇒k=√3(2−√3)
Khi (d) tạo Ox góc nhọn a với: tga = √3 a = 600.
2)* Với k = khoảng cách từ O đến (d): x =
* k = suy (d) có dạng: y = -2, khoảng cách từ O đến (d) * Với k k Gọi A = d ầ Ox, suy A(1/k; 0)
B = d Ç Oy, suy B(0; 2/k-1) Suy ra: OA = |1
k|;OB=|
2
k 1|
Xét tam giác vuông AOB, ta cã :
1 OH2=
1 OA2+
1 OB2 ⇒OH=
√5k2−2k+1=
2
√5(k −1
5)
2
+4
≤
2
√5 =√5
Suy (OH)max = √5 khi: k = 1/5
Vậy k = 1/5 khoảng cách từ O đến (d) lớn
0.25 0.25
0.25
0.25
Bài 8
(1điểm) y M
a) XÐt tø gi¸c OAEM cã: F O❑+E
❑
=2v E
(V×: E❑=1v gãc néi tiÕp )
Suy ra: O, A, E, M B thuộc đờng tròn
O A x C
b) Tø gi¸c OAEM néi tiÕp, suy ra: M❑1=E❑1
*Mặt khác: A, C, E, F thuộc đờng tròn (T) suy ra: E❑
1=C
❑
1
Do đó: M❑1=C❑1⇒OM // FC⇒ Tứ giác OCFM hình thang
0.25
0.25
0.25 0.25 Bài
(1điểm) b)* Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm tam giác * Đặt S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB
Ta cã:
0.25
1
1
(18)1
1
1
H
B C
A C
B
A
S S1=
1
2 AA1 BC
1
2 HA1 BC
=AA1 HA1=1+
HA
HA1
T¬ng tù: SS
2
=1+HB
HB1
SS
3
=1+HC
HC1
Suy ra:
HA HA1+
HB HB1 +
HC HC1=S(
1
S1+
1
S2+
1
S3)−3
(S1+S2+S3)(
1
S1
+
S2
+
S3)
−3
Theo bất đẳng thức Côsy:
¿=(S1+S2+S3)(
1 S1+
1 S2+
1 S3)≥9 ⇒HA
HA1+ HB HB1+
HC
HC1 ≥9−3=6 Dấu "=" xảy tam giác ABC
0.25
0.25 0.25
Bài 10 (1điểm)
a) Gi AM, CN l đờng cao tam giác ABC Ta có: AB CN
AB OC (v×: OC mặt phẳng (ABO) Suy ra: AB mp(ONC) AB OH (1)
T¬ng tù: BC AM; BC OA, suy ra: BC mp (OAM) OH BC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: OH mp(ABC)
b) Đặt OA = a; OB = b; OC = c
0.25 0.25
(19)Ta cã: SΔABC=12CN AB⇒SΔABC2=
1 4CN
2
AB2=1 4(OC
2
+ON2).(OA2+OB2)
Mặt khác: Do tam giác OAB vuông, suy ra:
1 ON2=
1 OA2+
1 OB2=
1
a2+
1
b2⇒ON
2
= a
2b2
a2+b2 ⇒SΔABC2=
1 4(c
2
+ a
2
b2 a2+b2)(a
2
+b2)=1 a
2
b2+1 4c
2
b2+1 4a
2
c2=¿SOBC2+SOAB2+SOAC2 0.25
Bµi 1: Cho biĨu 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 gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình 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 v hai phớa ca trc tung
Bài 3: Giải hệ phơng trình :
9
1 1 1
27
x y z
x y z
xy yz zx
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
đ-ờng tròn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N
a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R
Bµi 5: Cho x , y , z∈R tháa m·n :
1 1
x y zx y z
H·y tÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc : M =
4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10)
Đáp án
Bi 1: a) iu kin P xác định :; x ≥0; y ≥0; y ≠1; x+y ≠0
*) 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
(20)Q N M O C B A
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; ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mÃn
Bi 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 =m24m+8=(m2)2+4>0m nên phơng trình (*) có
hai nghim phõn biệt , (d) (P) ln 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)
1 x+
1 y+
1 z=1(2) xy+yz+xz=27(3)
¿{ {
¿
§KX§ : x ≠0, y ≠0, z ≠0
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 = thõa mÃn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =
Bµi 4:
(21)Ta có: AB đờng kính đờng tròn (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 MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ).
=> ΔMCB=ΔMNQ(c.g.c) => BC = NQ
XÐt tam gi¸c vu«ng ABQ cã AC⊥BQ⇒ 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+
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 =
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với
®-êng thẳng d qua đđ-ờng thẳng y = x là: 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
(22)M D
C B
A
x
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt điểm cố định tia Ax, Ay sao 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 trịn tâm O đờng kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I bất 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) Chän D Kết khác: Đáp số là:
Bài 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 hÕt cho số phơng khác với số nguyên dơng n 2) Do A > nên 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 có (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nên với x = - = (4 + b)(4 + c)
Cã trờng hợp: + b = + 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 =
Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5)
Câu2 (1,5điểm)
Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =
4 AB Ta có D điểm cố định
Mµ MA
AB =
2 (gt) AD MA =
1
Xét tam giác AMB tam giác ADM có MAB (chung) MA
AB = AD MA =
1
(23)K O
N
M
I
D C
B A
=> MD = 2MD (0,25 ®iĨm)
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 dùng ®iĨm M
- Dựng đờng trịn tâm A bán kính
2 AB
- Dùng D trªn 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 MAN = 900 nên MN đờng kính
Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì MKD vng 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 AMN qua hai điểm A, B cố định
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 thức :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 tr nh nht ú
Bài 3. Giải hệ phơng tr×nh :
2 18
1 72
x y x y
x x y y
Bài 4 Cho đờng tròn 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
a.Chøng minh : AC BD = R2.
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
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chøng minh : AD2 = AB AC - BD DC.
Híng dÉn gi¶i
(24)2 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
Vậy : A = -3
Bài 2.(1,5 điểm) Ta cã :
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
1
y
vµ
2
2
x y
x y, 2007
M
Mmin 2007 x2;y1
Bài 3. Đặt :
1 u x x v y y
Ta cã :
18 72 u v uv
u ; v nghiệm phơng
trình :
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 :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị
Bài 4 a.Ta cã CA = CM; DB = DM C¸c tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nên OC OD
Tam giỏc COD vuông đỉnh O, OM đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD
R2 = AC BD
d
c
(25)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 ®iÓm) Ta cã :
2
1
0;
2
a b
a , b >
1
0;
4
a a b b
1
( ) ( )
4
a a b b
a , b > 0
0
a b a b
Mặt khác a b ab0
Nh©n tõng vÕ ta cã :
1 2
a b a b ab a b
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
Câu 1: Cho hàm số f(x) = x2
−4x+4
a) TÝnh f(-1); f(5)
o
h b
a
d
e
c b
(26)b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = f(x)
x2−4 x 2
Câu 2: Giải hệ phơng tr×nh
¿
x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)
¿{
¿ C©u 3: Cho biĨu 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 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) Chøng minh PC cắt AH trung điểm E AH b) Gi¶ sư PO = d TÝnh 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 Câu 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|
(27)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 C©u 4
Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc 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 lµ trung ®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
O
B C
H E
(28)⇔ 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
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 x1=7m−7
26-8m 313-4m
7 −4
7m−7 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 thỏa mãn: x1 + x2 = 11
C©u 1: Cho P =
1 x x x
+
1 x x x
-
1 x x
a/ Rót gän P
b/ Chøng minh: P <
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 bng ba ln nghim
Câu 3: a/ Giải phơng trình :
x +
(29)b/ Cho a, b, c số thực thõa mÃn :
0
2
2 11
a b
a b c
a b c
Tìm giá trị lớn giá trị bé cña Q = a + b + 2006 c
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
c¾t ë K
a/ Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiếp b/ Tứ giác ABCK hình gì? Vì sao?
c/ Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hành Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x x 1 (0,25 ®iĨm)
P = x x x + 1 x x x -
( 1)( 1)
x
x x
=
( )
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 <
3
x
x x < 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 nghiƯm vµ chØ ’ 0. (m - 1)2 – m2 – 0
– 2m 0
m 2.
b/ Víi m th× (1) cã nghiƯm.
Gäi mét nghiƯm cđa (1) a nghiệm 3a Theo Viet ,ta cã:
3 2
.3
a a m
a a m
a= m
3( m
)2 = m2 – 3
(30) m = 32 6 ( thõa mÃn điều kiện).
Câu 3:
§iỊu kiƯn x ; – x2 > x ; x < 2.
Đặt y = x2 >
Ta cã:
2 2 (1) 1
2 (2) x y
x y
Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = 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
Vì y > nên: 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 hình thang
Do ú, t giỏc ABCK hình bình hành AB // CK
BAC ACK
Mµ
2 ACK
s®EC =
2s®BD = DCB
Nªn 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
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
Câu 2:Cho điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
O
K
D
C B
(31)a Chøng minh ®iĨm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C không thẳng hàng b Tính diện tích tam giác ABC
Câu3 Giải phơng trình: x 13
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
E
Chøng minh r»ng:
a.DE tiếp tuyến đờng tròn ( O ) b
3 R<DE<R
đáp án Câu 1: a
A = √x2+1− x − √x
2
+1+x
(√x2+1− x).(√x2+1+x)
=√x2+1− x (x2+1+x)=2x
A số tự nhiên -2x sè tù nhiªn ⇔ 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 >
xyz=2
Nhân tử mẫu hạng tử 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+ 2√z
¿
(1®)
⇒ √P=1 v× 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 ng thng AB
A, B, C không thẳng hµng
Điểm D(-3;2) có 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
Vậy 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
B
M A
(32)a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R ⇒ ABOC hình vng (0.5đ)
KỴ b¸n kÝnh 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 tròn (O) b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC
⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
Cộng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE >
3 R
VËy R > DE >
3 R
Câu 1: Cho hàm số f(x) = √x2
−4x+4
a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn 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) Chøng minh r»ng PC c¾t 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
(33)đáp án Câu 1
a) 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|
(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
¿ ¿{
(34)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
√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 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 vuông 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 trug điểm cña
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
O
B H C
(35)⇔ 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
Câu (1đ)
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 x1=7m26-8m−7
313-4m −4
7m7 26-8m=11
{ {
Giải phơng tr×nh 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 bit t
Câu I : Tính giá trị biÓu thøc:
A =
√3+√5 +
√5+√7 +
√7+√9 + +
1
√97+√99
B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟
99sè3
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)
(36)Câu : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I trung điểm BC, M điểm 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 ) =
2 ( √99−√3 )
2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟
99sè =
=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)
Câu 3: 4đ
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
(37)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= gãc AMQ = góc AIC Mặt khác góc ADB = góc 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 <
Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < nªn ta cã :
(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
C©u : a Rót gän biĨu thøc A=√1+
a2+
1
(a+1)2 Với a >
b Tính giá trị tæng B=√1+
12+
1 22+√1+
1 22+
1
32+ +√1+
1 992+
1 1002
C©u : 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 hai nghiệm pt Tìm GTLN, GTNN 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
(38)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 a Bình phơng 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 0m
B (2 đ) áp dơng hƯ thøc Viet ta cã: ¿
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 MA
HF.h2 MB2 (1) ⇔ΔHEF ∞ ΔDF'E' ⇒HF h2=HE.h
Thay vµo (1) ta cã: MA
2
MB2 =
AH BD
AD BH
M
o E'
E A
F F'
B I
(39)C©u 1: Cho biÓu thøc D = [√a+√b
1−√ab+
√a+√b
1+√ab] : [1+
a+b+2 ab 1−ab ]
a) Tìm điều kiện xác định D rút gọn D b) Tính giá trị D với a =
23
c) Tìm giá trị lớn D
Câu 2: Cho phơng trình
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 thoã mãn x1
1
+
x2=x1+x2
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
2
b+c
(Cho Sin2 α=2 SinαCosα )
Câu 4: Cho đờng trịn (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 H·y tÝnh gi¸ trÞ cđa:
B = xy z +
zx
y +
xyz
x
(40)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+√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+1⇒D ≤1
VËy gi¸ trị D
Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) 1 2x
2
+x −9
2=0⇔x
2
+2x −9=0 ⇒
x1=110
x2=1+10
{
b) Để phơng tr×nh cã nghiƯm th× Δ≥0⇔−8m+2≥0⇔m ≤1 (*)
+ Để phơng trình có nghiệm khác
¿m1≠ −4−3√2
m2≠ −4+3√2
¿
⇔1 2m
2
+4m−1≠0 ⇒
{
(*)
+
1
x1+
1
x2=x1+x2⇔(x1+x2)(x1x2−1)=0⇔
x1+x2=0
x1x2−1=0
(41)c b a
I
C B
A
a
2
a
2 ⇔
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
ABF vuông A B^=450
AF B^ =450
L¹i cã
0
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
Câu 5: Biến đổi B = xyz (1 x2+
1 y2+
1
z2) = ⋯=xyz
2 xyz=2
1
1
2
F
I
Q P N
M
(42)Bµi 1: Cho biĨu thøc 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 sè x, y, z d¬ng tho· m·n
x +
1
y +
1
z = Chøng minh r»ng:
2x+y+z +
1
x+2y+z +
1
x+y+2z
b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = x
2
−2x+2006
x2 (víi 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 đừờng trung trực CD cắt AE M Tính số đo góc MAB biết C^P D =
C^M D
Bài 5: (1đ)
Cho ba sè a, b , c kh¸c tho· m·n:
¿
1
a+
1
b+
1
c=0 ¿
; H·y tÝnh P =
ac
c2+
bc
a2+
ac
b2 đáp án
Bµi 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
(43)
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 nªn √x −3 lµ íc cđa ⇒ √x −3 nhËn 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
tÝch thõa số không nhỏ là: 96 = 3.32 = 4.24 = 16 = 12
Lại có x + 2y 3x + 4y có tích 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y số chẳn
¿ x+2y=6 3x+4y=24
¿{
¿
HƯ PT nµy vô nghiệm
Hoặc
x+2y=6 3x+4y=16
¿{
¿
⇒
x=4
y=1
¿{
Hc
¿ x+2y=8 3x+4y=12
¿{
¿
HƯ PT v« nghiƯm
(44)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) Kết hợp (1 (2) ta cã / x - 2006/ + / y - 2007/ (3)
(3) s¶y vµ chØ
¿ x −2006/❑0
y −2007/❑0
⇔
¿x=2006
y=2007
¿{
¿ Bµi 3
a Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ b Với a, b thuộc R: x, y > ta có a
2
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
a b x y
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
(45)
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
4 xyz
2
2 2006
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
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 = 900 à gãcEQF =
900
T¬ng tù gãc FDP = gãc FAP = 450
à Tø gi¸c FDAP néi tiÕp gãc D = 900à gãc APF = 900à góc EPF = 900 0,25đ
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 = gãc CPD (cïng ch¾n cung MD)
(46)à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC gúc CMD = 600
tam giác DMA cân D (vì AD = DC = DM)
Và gãc ADM =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300
à 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
à 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
nÕu 1/a + 1/b + 1/c =o th× P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3
Bµi 1Cho biĨu thøc A =
x2−3
¿2+12x2
¿ ¿ ¿
√¿
+ x+2¿
2−8x2
¿
√¿
a Rót gän biĨu thøc A
b Tìm giá trị nguyên x cho biểu thức A có giá trị nguyên Bài 2: (2 điểm)
Cho cỏc ng thng:
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) ng quy
Bài 3: Cho phơng tr×nh x2 - 2(m-1)x + m - = (1)
a Chứng minh phơng 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 nhÊt cđa P = x2
1 + x22 (víi x1, x2 nghiệm phơng trình
(1))
Bài 4: Cho đờng tròn (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
(47)b Chøng minh tứ giác PACQ nội tiếp
c Gọi giao điểm dây AD BC F Chứng minh hÖ thøc:
CE =
CQ + CE
Bài 5: Cho số dơng a, b, c Chøng minh r»ng: 1< a
a+b+
b b+c+
c c+a<2
đáp án
Bài 1: - Điều kiện : x a Rót gän: A=√x
4
+6x2+9
x2 +√x
−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
¿{
¿
Vậy N(-1; 2) điểm cố định mà (d3) qua
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)
Nếu (d3) qua M(2,0) M(2,0) nghiÖm (d3)
Ta cã : = 2m + (m+2) => m= -
3
VËy m = -
3 (d1); (d2); (d3) đồng quy
Bµi 3: a Δ' = m2 –3m + = (m -
2 )2 +
(48)Vậy phơng trình cã nghiƯm ph©n biƯt b Theo ViÐt:
¿
x1+x2=2(m−1)
x1x2=m−3
¿{
¿
=>
¿ x1+x2=2m −2
2x1x2=2m −6
¿{
¿
<=> x1+ x2 – 2x1x2 = không phụ thuộc vào 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 =
5
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 cïng nh×n ®oan AC)
c.Tø gi¸c APQC néi tiÕp
∠ CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ)
∠ CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC) Suy ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ Ta cã: DE
PQ = CE
CQ (v× DE//PQ) (1) DE
FC = QE
QC (vì DE// BC) (2)
Cộng (1) (2) : DE
PQ+ DE FC =
CE+QE
CQ =
CQ CQ =1
=>
PQ + 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
(49)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
(50)I.Trắc nghiệm:(2 điểm)
Hóy ghi lại chữ đứng trớc khẳng định Câu 1: Kết phép tính 8 18 98 72 : 2 :
A 4
B 5 6 C 16 D 44
C©u : Giá trị m phơng trình mx2 +2 x + = cã hai nghiƯm ph©n biƯt :
A m0
B
1 m
C m0vµ
1
m D m0vµ m1
Câu :Cho ABC nội tiếp đờng tròn (O) có
0
60 ; 45
B C SđBC là:
A 750 B 1050 C 1350 D 1500
Câu : Một hình nón có bán kính đờng trịn đáy 3cm, chiều cao 4cm diện tích xung quanh hình nón là:
A 9(cm2) B 12(cm2) C 15(cm2) D 18(cm2)
II Tự Luận: (8 điểm)
Câu : Cho biểu thøc A=
1
1
x x x x
x x
a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A.
c) Víi giá trị x A<1.
Câu : Hai vòi nớc chảy vào bể đầy bể sau 24 phút Nếu chảy riêng vòi thì vòi thứ chảy đầy bể nhanh vòi thứ hai Hỏi mở riêng vòi thì vòi chảy ®Çy bĨ?
Câu : Cho đờng trịn tâm (O) đờng kính AB Trên tia đối tia AB lấy điểm C (AB>BC)
Vẽ đờng tròn tâm (O') đờng kính BC.Gọi I trung điểm AC Vẽ dây MN vng
góc với AC I, MC cắt đờng tròn tâm O' D.
a) Tứ giác AMCN hình gì? Tại sao? b) Chøng minh tø gi¸c NIDC néi tiÕp?
c) Xác định vị trí tơng đối ID đờng tròn tâm (O) với đờng tròn tõm (O')
Đáp án
Câu Nội dung §iĨm
1 C 0.5
2 D 0.5
3 D 0.5
(51)5
a) A cã nghÜa
0 x
x
0 x x
0.5
b) A=
12 1
1
x x x
x x
0.5
= x 1 x 0.25
=2 x1 0.25
c) A<1 2 x1<1 0.25
x 2 0.25
x x<1 0.25
Kết hợp điều kiƯn c©u a) VËy víi 0 x 1 th× A<1 0.25
6
2giê 24 phót= 12
5 giê
Gäi thêi gian vßi thø chảy đầy bể x (giờ) ( Đk x>0)
0.25 Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là: x+2 (giờ)
Trong vòi thứ chảy đợc : x(bể)
0.5
Trong vòi thứ hai chảy đợc :
2 x (bÓ)
Trong hai vòi chảy đợc : x+
1 x (bĨ)
Theo bµi ta có phơng trình:
x+
2 x =
1 12
5
0.25
Giaỉ phơng trình ta đợc x1=4; x2
=-6
5(loại)
0.75 Vậy: Thời gian vòi thứ chảy đầy bể là:4 giờ
Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bĨ lµ: 4+2 =6(giê) 0.25
7 Vẽ hình ghi gt, kl đúng
I
D
N M
O' O
A
C B
0.5
a) Đờng kính ABMN (gt) I trung điểm MN (Đờng kính dây
cung)
(52)IA=IC (gt) Tứ giác AMCN có đơng chéo AC MN cắt trung điểm của đờng vng góc với nên hình thoi.
0.5
b)ANB900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O) )
BN AN.
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).
BN MC (1)
900
BDC (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng trịn tâm (O') )
BD MC (2)
Từ (1) (2) N,B,D thẳng hàng NDC900(3).
900
NIC (v× ACMN) (4)
0.5
Từ (3) (4) N,I,D,C nằm đờng tròn đờng kính NC
Tø gi¸c NIDC néi tiÕp 0.5
c) OBA O'BC mà BA vafBC hai tia đối B nằm O O'
đó ta có OO'=OB + O'B đờng tròn (O) đờng tròn (O') tiếp xúc ngồi
B
0.5
MDN vu«ng D nên trung tuyến DI =
1
2MN =MI MDI c©n
IMD IDM .
T¬ng tù ta cãO DC O CD ' ' mµ IMD O CD ' 900(v× MIC 900) 0.25
IDM O DC ' 900 mµ MDC 1800 IDO' 90
do IDDO ID tiếp tuyến đờng trịn (O'). 0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa
C©u1 : Cho biÓu thøc
A=
1− x2¿2 ¿ x¿ (xx −3−11+x)(
x3+1
x+1 − x):¿
Víi x √2 ;1
.a, Ruý gän biÓu thøc A
.b , TÝnh giá trị biểu thức cho x= 6+22
(53)
x − y¿2+3(x − y)=4
¿
2x+3y=12
¿ ¿ ¿
b Giải bất phơng trình: x
3−4x2−2x −15
x2+x+3 <0
C©u3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0
Xỏc nh m phng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu Cho nửa đờng trịn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn D-ng hình vuôD-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= x
2
−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)
Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=3, y=2 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
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –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
(54)O K
F E
D
C B
A
víi m 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= m−m+1
2m−1 = 2m−1
pt cã nghiÖm 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 nghiÖm khoảng (-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
V× BKC= BCK= 450=> BCK vuông cân B
Bài 1: Cho biểu thức: 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 trình: 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 có hai nghiệm dơng phân biƯt t
1 vµ t2
b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2
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
(55)Bµi 5: Cho hai số dơng x; y thoả mÃn: x + y Tìm giá trị nhỏ của: 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)
2
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
(m−2)3−¿=50
¿
¿m1=−1+√5
m2=−1−√5
2
¿
⇔|5(3m2+3m+7)|=50⇔m2+m−1=0
⇔ {
(56)
V× x1> => c (
x1)
2
+b
x1
+a=0 Chøng tỏ
x1 nghiệm dơng phơng tr×nh: ct2 + bt + a = 0; t
1 =
1
x1 Vì x2 nghiệm phơng trình:
ax2 + bx + c = => ax
22 + bx2 + c =0
vì x2> nên c (1
x2)
+b.(
x2)
+a=0 điều chứng tỏ x1
2
nghiệm dơng
phơng trình ct2 + bt + a = ; t =
1
x2
Vậy 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 tròn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng trịn tâm O
tø giác BHCD hình bình hành
b) Vỡ P đối xứng với 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
Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC
VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800
H
O
P
Q
D
C B
(57)Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c) Ta thấy Δ APQ 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 tròn tâm O
Bµi 1: Cho biĨu 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 gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình 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 phân biÖt
b) Xác định m để A,B nằm hai phớa ca trc tung
Bài 3: Giải hệ phơng trình :
x+y+z=9
1 x+
1 y+
1 z=1 xy+yz+zx=27
¿{ {
¿
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đờng tròn
(C ≠ A ;C ≠ B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa ®iĨm C , kỴ tia Ax tiÕp xóc víi
đ-ờng tròn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N
a) Chứng 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
H·y tÝnh giá trị biểu thức : M =
4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10)
Đáp án
Bi 1: a) iu kin để P xác định :; x ≥0; y ≥0; y ≠1; x+y ≠0
*) 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
(58)Q N M O C B A
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; ; 4
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 =m24m+8=(m2)2+4>0m nên phơng trình (*) lu«n cã
hai nghiệm phân biệt , (d) (P) ln 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)
1 x+
1 y+
1 z=1(2) xy+yz+xz=27(3)
¿{ {
¿
§KX§ : x ≠0, y ≠0, z ≠0
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 = thõa mÃn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =
Bµi 4:
(59)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 AC⊥BQ⇒ 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+
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 =
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ i xng vi
đ-ờng thẳng d qua đđ-ờng thẳng y = x là: 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 b×nh TØ số bán
kính hình trụ bán kính hình cầu A.2 ; B
2 ; C
3 ; D kết khác
Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0
2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn cña A = √x + √y
(60)M D
C B
A
x
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 trịn tâm O đờng kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ đoan CD
a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung điểm cña MN
b) Chứng minh tổng MA + NA khơng đổi
c) Chứng minh đờng trịn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định
Híng dÉn
Bài 1: 1) Chọn C Tr li ỳng.
2) Chọn D Kết khác: Đáp số là:
Bài 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 hÕt cho sè 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 có (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nên với x = - = (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 =
Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5)
Câu2 (1,5điểm)
Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =
4 AB Ta có D điểm cố định
Mµ MA
AB =
2 (gt) AD MA =
1
XÐt AMB vµ ADM cã M©B (chung) MA
AB = AD MA =
1
(61)K O
N
M
I
D C
B A
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
Dấu "=" xảy <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M
- Dựng đờng trịn tâm A bán kính
2 AB
- Dùng D trªn 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 : INC = IMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ΔMKD vuông 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 AMN qua hai điểm A, B cố định
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 cđa biĨu thøc :A x 2007y2007z2007
Bµi 2). Cho biÓu 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
a.Chøng minh : AC BD = R2.
b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nh nht
Bài 5.Cho a, b sè thùc d¬ng Chøng minh r»ng :
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.
Híng dÉn gi¶i
(62)2 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
1
y
vµ
2
2
x y
x y, 2007
M
Mmin 2007 x2;y1
Bài 3. Đặt :
1 u x x v y y
Ta cã :
18 72 u v uv
u ; v lµ nghiƯm phơng
trình :
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 :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị
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
d
c
(63)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
0
a b a b
Mặt khác a b ab0
Nhân tõng vÕ ta cã :
1 2
a b a b ab a b
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
C©u 1: Cho hµm sè f(x) = √x2
−4x+4
a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10
o
h b
a
d
e
c b
(64)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 biĨu 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) Chøng minh r»ng PC c¾t AH trung điểm E AH b) Giả sử PO = d TÝnh AH theo R vµ d
Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0
Không 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|
(x −2)(x+2)
Víi x > suy x - > suy A=
(65)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 gãc víi BC)
b) 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
(66)⇔ 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 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 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 phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11
C©u 1: Cho P =
1 x x x
+
1 x x x
-
1 x x
a/ Rót gän P
b/ Chøng minh: P <
3 víi x vµ 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 lần nghiệm
Câu 3: a/ Giải phơng trình :
x +
2 x = 2
b/ Cho a, b, c sè thùc thâa m·n :
0
2
2 11
a b
a b c
a b c
(67)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
c¾t ë K
a/ Chøng minh tø giác ADCK nội tiếp b/ Tứ giác ABCK hình g×? V× sao?
c/ Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hành ỏp ỏn
Câu 1: Điều kiện: x x 1 (0,25 điểm)
P =
1 x x x
+
1 x x x
-
1
( 1)( 1)
x
x x
=
( )
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 <
3
x
x x < 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 ’ 0. (m - 1)2 – m2 – 0
– 2m 0
m 2.
b/ Víi m th× (1) cã nghiƯm.
Gọi nghiệm (1) a nghiệm lµ 3a Theo Viet ,ta cã:
3 2
.3
a a m
a a m
a= m
3( m
)2 = m2 – 3
m2 + 6m – 15 = 0
m = –32 6 ( thâa m·n ®iỊu kiƯn).
Câu 3:
Điều kiện x ; – x2 > x ; x < 2.
(68)Ta cã:
2 2 (1) 1
2 (2) x y
x y
Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = 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
Vì y > nên: 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 hình thang
Do ú, t giỏc ABCK l hình bình hành AB // CK
BAC ACK
Mµ
2 ACK
s®EC =
2s®BD = DCB
Nªn 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
O
K
D
C B
(69)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
Câu 2:Cho điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
d Chøng minh ®iĨm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C không thẳng hàng e Tính diện tích tam giác ABC
Câu3 Giải phơng trình: x 13
2 x=5
Cõu 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
E
Chøng minh r»ng:
a.DE tiếp tuyến đờng tròn ( O ) b
3 R<DE<R
đáp án Câu 1: a
A = √x2+1− x − √x
2
+1+x
(√x2+1− x).(√x2+1+x)
=√x2+1− x −(√x2+1+x)=−2x
A số tự nhiên -2x số tự nhiªn ⇔ 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 >
√xyz=2
Nhân tử mẫu hạng tử thứ 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+ 2√z
¿
(1®)
⇒ √P=1 v× P >
(70)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 không thoả mãn y = 2x + nên C không thuộc đờng thẳng AB ⇒ A, B, C khơng thẳng hàng
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + nên điểm D thuộc ng thng AB
A,B,D thẳng hàn b.Ta có :
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
Vậy 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 vng (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 Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
Cộng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE >
3 R
VËy R > DE >
3 R
C©u 1: Cho hµm sè f(x) = √x2
−4x+4
a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = f(x)
x2−4 x 2
Câu 2: Giải hệ phơng trình
B
M A
O
C D
(71)¿
x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)
¿{
¿ C©u 3: Cho biĨu 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 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 1
a) 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|
(x −2)(x+2)
Víi x > suy x - > suy A=
(72)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
√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 C©u 4
O
B H C
(73)c) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
d) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có
EH PB =
CH
CB ; (1)
Mặt khác, PO // AC (cïng 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 trug 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
⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2R¿2
¿
4PB2
+¿
¿
⇔ AH=4R CB PB PB2+CB2=
4R 2R PB
Câu (1đ)
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 x1=7m−7
26-8m 313-4m
7 −4
7m−7 26-8m=11
{ {
(74)Giải phơng trình 313-4m −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
Câu I : Tính giá trị cđa biĨu thøc:
A =
√3+√5 +
√5+√7 +
√7+√9 + +
1
√97+√99 B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟
99sè3
Câu II :Phân tích thành nhân tử :
4) X2 -7X -18
5) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 6) 1+ a5 + a10
C©u III :
3) Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
4) áp dụng : cho x+4y = Tìm GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2
Câu : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I trung điểm BC, M điểm 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
c) Chøng minh DM.AI= MP.IB d) 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 ) =
2 ( √99−√3 )
2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟
99sè =
=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 = (10
101
−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®)
(75)= (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)
Câu 3: 4đ
1) Ta có : (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 4 : 5đ
Ta có : góc 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 <
Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < nên ta có :
(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
C©u : a Rót gän biĨu thøc A=√1+
a2+
1
(76)b Tính giá trị tổng B=1+ 12+
1 22+√1+
1 22+
1
32+ +√1+ 992+
1 1002
C©u : Cho pt x2−mx
+m−1=0
a Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀m
b Gọi x1, x2 hai nghiệm pt Tìm 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 vuông 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
íng dẫn
Câu a Bình phơng vế ⇒A=a
2
+a+1
a(a+1) (V× a > 0)
f áp dụng câu a
A=1+1
a− a+1
¿⇒B=100−
100= 9999 100 C©u a : cm Δ≥0∀m
B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có: ¿
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
(77)b®t ⇔ 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
C©u 1: Cho biÓu thøc D = [√a+√b
1−√ab+
√a+√b
1+√ab] : [1+
a+b+2 ab 1−ab ]
a) Tìm điều kiện xác định D rút gọn D b) Tính giá trị D với a =
23
c) Tìm giá trị lớn D
Câu 2: Cho phơng trình
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 thoã mãn x1
1
+
x2=x1+x2
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
2
b+c
(Cho Sin2 α=2 SinαCosα )
Câu 4: Cho đờng trịn (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
M
o E'
E A
F F'
B I
(78)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+√3=¿ VËy D =
2+2√3 2√3+1
=2√3−2 4−√3
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
2a a+1D 1
Vậy giá trị D
Câu 2: a) m = -1 phơng tr×nh (1) ⇔1
2x
2
+x −9
2=0⇔x
2
+2x −9=0 ⇒
x1=−1−√10
x2=1+10
{
b) Để phơng trình cã nghiƯm th× Δ≥0⇔−8m+2≥0⇔m ≤1 (*)
+ Để phơng trình có nghiệm khác
m1 432
m2≠ −4+3√2
¿
⇔1 2m
2
+4m−1≠0 ⇒
{
(79)c b a
I
C B
A
a
2
a
2
+
1
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
ABF vuông A B^=450
AF B^ =450
L¹i cã
0
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
Câu 5: Biến đổi B = xyz (1 x2+
1 y2+
1
z2) = ⋯=xyz
2 xyz=2
1
1
2
F
I
Q P N
M
(80)
Bµi 1: Cho biÓu 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
Bài : Cho số dơng x, y tháa m·n ®iỊu kiƯn x2 + y2 x3 + y4 Chứng minh:
(81)Đáp án Bài 1:
a) Điều kiện 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 > vµ x 2
KL: A xác định < x < x > b) Rút gọn A
A =
2
2
( 1) ( 1)
1 ( 2)
x x x
x x
A =
1 1 2
2
x x x
x x
Víi < x < A = 1 x
Víi x > A =
1
x
KÕt luËn
Víi < x < th× A = 1 x
Víi x > th× A =
1
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 luËn: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3:
Phơng trình có nghiệm nguyên = m4 - 4m - số phơng
Ta lại có: m = 0; < loại m = th× = = 22 nhËn
(82) - (2m2 - 2m - 5) < < + 4m + 4
m4 - 2m + < < m4
(m2 - 1)2 < < (m2)2
không phơng
Vậy m = giá trị cần tìm Bài 4:
a)
( )
2
EADEFD sd ED
(0,25)
( )
2
FADFDC sd FD
(0,25)
mµ EDAFAD EFD FDC (0,25) EF // BC (2 gãc so le b»ng nhau) b) AD phân giác góc BAC nên DEDF
sđ
2
ACD
s®(AED DF ) =
2s®AE = s®ADE
do ACDADE v EADDAC
DADC (g.g) Tơng tự: sđ
( )
2
ADF sd AF sd AFD DF
=
1
( )
2 sd AFD DE sd ABD ADF ABD
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
Bµi (1®):
Ta cã (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
F E
A
B
(83)Bµi 1: Cho biĨu thøc M = 2√x −9 x −5√x+6+
2√x+1
√x −3 +
√x+3 2−√x d. Tìm điều kiện x để M có nghĩa rút gọn M
e. Tìm x để M =
f. Tìm x Z để 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 +
1
y +
1
z = Chøng ming r»ng:
2x+y+z +
1
x+2y+z +
1
x+y+2z
b T×m giá trị nhỏ biểu thức: B = x
2
−2x+2006
x2 (víi 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 c Chứng minh điểm E; P; Q; F; C nằm đờng tròn
d S ΔAEF = S ΔAPQ
Kẻ đờng trung trực CD cắt AE M Tính số đo góc MAB biết C^P D =
C^M D
Bài 5: (1đ)
Cho ba sè a, b , c kh¸c tho· m·n:
¿
1
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
(84)
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 nªn √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
tÝch thõa sè không nhỏ là: 96 = 3.32 = 4.24 = 16 = 12
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 nghiƯm
Hc
¿ x+2y=6 3x+4y=16
¿{
¿
⇒
x=4
y=1
¿{
Hc
¿ x+2y=8 3x+4y=12
¿{
¿
HƯ PT v« nghiƯm
(85)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) Kết hợp (1 (2) ta cã / x - 2006/ + / y - 2007/ (3)
(3) s¶y vµ chØ
¿ x −2006/❑0
y −2007/❑0
⇔
¿x=2006
y=2007
¿{
¿ Bµi 3
d Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ e Với a, b thuộc R: x, y > ta có a
2
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
a b x y 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
(86)
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
4 xyz
2
2 2006
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
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 = 900 à gãcEQF =
900
T¬ng tù gãc FDP = gãc FAP = 450
à Tø gi¸c FDAP néi tiÕp gãc D = 900à gãc APF = 900à gãc EPF = 900…… 0,25đ
Các điểm Q, P,C nhìn dới 1góc900 nên điểm E, P, Q, F, C nằm 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
f gãc CPD = gãc CMD tø gi¸c MPCD néi tiÕp gãc MCD = gãc CPD (cïng ch¾n cung MD)
(87)à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC góc CMD = 600
tam giác DMA cân D (vì AD = DC = DM)
Vµ gãc ADM =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300
à 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
à 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
nÕu 1/a + 1/b + 1/c =o th× P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3
Bµi 1Cho biĨu thøc A =
x2−3¿2+12x2
¿ ¿ ¿
√¿
+ x+2¿
2−8x2
¿
√¿
a Rút gọn biểu thức A
b Tìm giá trị nguyên x cho biểu thức A có giá trị nguyên 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))
(88)a Chøng minh r»ng DE// BC
b Chøng minh tø gi¸c PACQ nội tiếp
c Gọi giao điểm dây AD vµ BC lµ F Chøng minh hƯ thøc:
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
đáp án Bài 1: - Điều kiện : 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 ngun để A ngun:
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
¿{
¿
Vậy N(-1; 2) điểm cố định mà (d3) qua
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= -
3
VËy m = -
3 (d1); (d2); (d3) đồng quy
Bµi 3: a Δ' = m2 –3m + = (m -
2 )2 +
4 >0 ∀ m
(89)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
b 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 =
5
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 nhìn đoan AC)
c.Tứ giác APQC néi tiÕp
∠ CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ)
∠ CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC) Suy ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ Ta cã: DE
PQ = CE
CQ (v× DE//PQ) (1) DE
FC = QE
QC (v× DE// BC) (2)
Céng (1) vµ (2) : DE
PQ+ DE FC =
CE+QE
CQ =
CQ CQ =1
=>
PQ + 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
(90)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