Đang tải... (xem toàn văn)
Gäi Flµ giao ®iÓm cña Aevµ nöa ®êng trßn (O).. Gäi Klµ giao ®iÓm cña CFvµ ED.[r]
(1)Tài liệu ôn thi THPT Đề 1
C©u1 : Cho biĨu 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
C©u3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0
Xỏc nh m phơng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu 4 Cho nửa đờng trịn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn Dng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không 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 2 : 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
(2)O K
F E
D
C B
A 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 =
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 tròn) 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 biểu thức: P = (xx −1
x −√x −
x√x+1 x+√x ):(
2(x −2√x+1) x −1 ) a,Rót gän P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên
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 = cã hai nghiÖm dơng phân biệt x
1, x2Chứng minh: a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cịng cã hai nghiƯm dơng phân biệt t
1 t2 b,Chứng 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 khơng 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 thoả mãn: x + y
Tìm giá trị nhỏ cña: A = x2+y2+
501 xy
(3)Tài liệu ôn thi THPT a, Rút gọn: 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=1⇒√x=2⇒x=4
√x −1=−1⇒√x=0⇒x=0
√x −1=2⇒√x=3⇒x=9
√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)
VËy víi x= {0;4;9} th× P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
=(2m+1)24(m2+m6)0 x1x2=m2+m6>0
x1+x2=2m+1<0 ¿{ {
¿
⇔ Δ=25>0 (m−2)(m+3)>0
m<−1 ⇔m<−3
¿{ {
b Giải phơng trình: m+3 (m−2)3−¿=50
¿
¿m1=−1+√5 m2=−1−2√5
¿ ⇔|5(3m2+3m+7)
|=50⇔m2
+m−1=0
{
Bài 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0 V× x1> => c (
1 x1)
2 +b
x1
+a=0 Chøng tỏ
x1 nghiệm dơng phơng tr×nh: ct2 + bt
+ a = 0; t1 =
x1 Vì x2 nghiệm phơng tr×nh: ax2 + bx + c = => ax
22 + bx2 + c =0 v× x2> nªn c (
1 x2)
2
+b.( x2)
+a=0 điều chứng tỏ
x2 nghiệm dơng phơng trình
ct2 + bt + a = ; t =
1
x2 Vậy phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2
thì phơng trình : ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t
1 ; t2 t1 =
(4)t1+ x1 =
x1 + x1 t2 + x2 =
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
Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC
VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800 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 trịn tâm O Đề 3
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 biệt b) Xác định m để A,B nằm hai phớa ca trc tung
Bài 3: Giải hệ phơng tr×nh :
¿ x+y+z=9
x+ y+
1 z=1 xy+yz+zx=27
¿{ { ¿
H
O
P
Q
D
C B
(5)Tµi liƯu «n thi THPT
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 điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N
a) Chøng minh c¸c 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
Bi 1: a) iu kiện 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
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) thoả 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) ln cắt hai điểm phân biệt A B
b) A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung phơng trình : x2 + mx + m – = cã 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)
¿{ {
¿
(6)Q
N
M
O C
B A
2 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 cã nghiÖm nhÊt x = y = z =
Bµi 4:
a) Xét ΔABM 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 => xyx+y+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 =
§Ị 4
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với đờng thẳng d qua đ-ờng thẳng y = x là:
A.y =
2 x + ; B.y = x - ; C.y =
(7)M D
C B
A
x Tài liệu ôn thi THPT
2) Mt hỡnh tr 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 32 ; C 33 ; 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 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 trịn tâm O đờng kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I đoan CD
a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung điểm MN b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi
c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định Hớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C Trả lời ỳng
2) Chọn D Kết khác: Đáp số lµ:
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 =
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 Mà MA
AB =
2 (gt) AD MA =
1
2 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)
(8)K O
N
M
I
D C
B A
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 tròn 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 Đề 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
Bµi 3. Giải hệ phơng trình :
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
Bài 5.Cho a, b số thực dơng Chứng minh r»ng :
2 2
2
a b
a b a b b a
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC. Hớng dẫn giải
Bài 1. Tõ gi¶ thiÕt ta cã :
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 1
x y z
(9)Tµi liƯu «n thi THPT
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
1
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 :
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 C¸c tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nªn OC OD
Tam giác COD vng 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 cã :
2 1 0; 2 a b
a , b >
1
0;
4
a a b b
1
( ) ( )
4
a a b b
(10)1
0
a b a b
Mặt khác a b ab0 Nh©n tõng vÕ ta cã :
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
\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
C©u 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 đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đ-ờng vng góc hạ từ A đến đđ-ờng 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 mãn: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án
d
e
c b
(11)Tài liệu ôn thi THPT 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= 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)
O
B C
H E
(12)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 ⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 2R¿2
¿ 4PB2
+¿
¿ ⇔ AH=4R CB PB
4 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 ¿{ {
¿ Gi¶i 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 víi x vµ x 1.
Câu 2: Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – = ( ) ; m tham số. a/ Tìm m để phơng trình (1) cú nghim
(13)Tài liệu ôn thi THPT Câu 3: a/ Giải phơng trình :
1
x +
1
2 x = 2
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 Q = a + b + 2006 c
Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D khơng trùng với A, B) Gọi (O) đờng trịn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K
a/ Chøng minh tứ giác ADCK nội tiếp b/ Tứ giác ABCK h×nh g×? V× sao?
c/ Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hnh ỏp ỏn
Câu 1:Điều kiện: x x 1 (0,25 điểm)
P = x x x + 1 x x x - ( 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) cã 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:
2
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:
(14)Đặt y = x2 >
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
V× y > nªn: y =
1
x =
1
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =
1
Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK hình thang
Do ú, t giỏc ABCK hình bình hành AB // CK
BACACK Mµ
2
ACK
s®EC =
1 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 Đề 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 trình: √x −1−3
√2− x=5
Câu 4 Cho đờng tròn (O;R) điểm A cho OA = R √2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đ-ờng 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 O
K
D
C B
(15)Tài liệu ôn thi THPT 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 với √x ; thay mẫu hạng tử thứ √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 khơng thẳng hàng
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 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 > R Vậy R > DE >
3 R
Đề 9 Câu 1: Cho hàm sè f(x) = √x2−4x
+4 a) TÝnh f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
B
M A
O
C D
(16)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 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 đ-ờng vng góc hạ từ A đến đđ-ờng 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 mãn: 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= x+2 Víi x < suy x - < suy A=
(17)Tài liệu ôn thi THPT ¿
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 Câu 4
a) Do HA // PB (Cùng vuông 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 góc với AB)
=> POB = ACB (hai góc đồng vị) => AHC ∞ POB
O
B H C
(18)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) AH = 2EH ta có
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
4 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
7 x1=7m−7
26-8m 313-4m
7 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
Đề 10
Câu I : Tính giá trị biểu thức:
A =
√3+√5 +
√5+√7 +
√7+√9 + +
1
√97+√99
B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35
99số3
Câu II :Phân tích thành nhân tö :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10
(19)Tài liệu ôn thi THPT
1) Chứng 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 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⏟
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 = (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®) 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
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 (2®)
Câu 4 : 5đ
(20)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 5
Để P xác định : x2-4x+3 1-x >0 Từ 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 Đề 11 Câu 1 : a Rút gän biÓu thøc A=√1+1
a2+
(a+1)2 Với a >
b Tính giá trị tæng B=√1+ 12+
1 22+√1+
1 22+
1
32+ +√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+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 đ ờng thẳng vng góc với è cắt dây AB D
1 Chứng minh đờng thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đờng tròn Chứng minh
MA2 MB2 =
AH BD
AD BH
H
ớng dẫn
Câu 1 a Bình ph¬ng vÕ ⇒A=a
+a+1
(21)Tài liệu ôn thi THPT
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
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 Câu 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
Đề 12
Câu 1: Cho biểu thức 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 vi 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 I
(22)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 HÃy tính giá trị của:
B = xy z +
zx y +
xyz x
Đáp án
Cõu 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 cú 2a a+1D 1
Vậy giá trị D
Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) 1 2x
2 +x 9
2=0⇔x
2+2x −9=0
⇒
x1=−1−√10 x2=−1+√10
¿{
(23)c b a
I
C B
A
2
2
Tài liệu ôn thi THPT
+ Để phơng trình có nghiệm khác
¿m1≠ −4−3√2 m2≠ −4+3√2
¿ ⇔1
2m
+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) ^A1= ^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 M
1,P,F Thẳng hàng
Câu 5: Biến đổi B = xyz (1 x2+
1 y2+
1
z2) = ⋯=xyz xyz=2
1
1
2
F
I
Q P N
M
(24)Đề 13
Bài 1: Cho biểu thøc A =
2
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
(25)Tài liệu ôn thi THPT Đáp án
Bài 1:
a) Điều kiện x thỏa m·n
2
1
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 ln
Víi < x < th× A =
2 1 x
Víi x > A =
2 x Bài 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 =
2
(x 5) (0 2)
MB =
2
(x 3) (04)
MAB c©n MA = MB
2
(x 5) 4 (x 3) 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
m th× 2m(m - 2) > 2m2 - 4m - > 0 - (2m2 - 2m - 5) < < + 4m + 4 m4 - 2m + < < m4
(m2 - 1)2 < < (m2)2 không phơng Vậy m = giá trị cần tìm
Bài 4: E F
A
B
(26)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
s®
2 ACD
s®(AED DF) =
1
2s®AE = s®ADE
do ACD ADE EAD DAC 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 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
C©u 1: x- 4(x-1) + x + 4(x-1) 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
Có nghiệm x1 x2 thoã mãn điều kiện sau: a/ Nghiệm lớn nghiệm đơn vị
b/ 2x1+3x2=13
(27)Tµi liƯu «n thi THPT mx-y=1
m3x+(m2-1)y =2 vô nghiệm, vô số nghiệm
Câu 4: tìm max vµ cđa biĨu thøc: 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
tại E cắt đờng chéo BD P Tia cắt cạnh CD F cắt đờng chéo BD Q a/ Chứng minh điểm E, P, Q, F C nằm đờng tròn
b/ Chøng minh r»ng: SAEF=2SAQP
c/ KỴ trung trùc cạnh CD cắt AE M tính số đo gãc MAB biÕt 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/ Để A nguyên x- ớc dơng
* x- =1 x=0 loại * x- =2 th× x=5
vËy víi x = th× A nhận giá trị nguyên
Cõu 2: Ta có ∆x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m+1≥0 để phơng trìnhcó hai nghiệmphân biệt vàchỉ khi
m≤-7-4 m≥-7+4 (*) a/ Giả sử x2>x1 ta có hệ 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 mãn (*)
C©u 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
*Hệvô số nghiệm thì: m/m3=-1/(m2-1) =1/2 3m3-m=-m3 m=0 3m2-1= -2 m=±1/2 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 có nghiệm
*y0=1 suy x = y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1)2≥0 (y0-1)2≤ suy -2 ≤ y0 ≤
Vậy: ymin=-2 y max=4 Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình) Giải
a/ A1 v 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
1
Q
P M
F
E
D C
(28)b/ Tõ c©u a suy AQE vuông cân
AE
AQ = 2 (1)
t¬ng tù ∆ APF cịng vuông cân
AF
AB = 2 (2)
tõ (1) vµ (2) AQP ~ AEF (c.g.c)
AEF AQP
S S
= ( )2 hay S
AEF = 2SAQP
c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD APD=CPD MCD= MPD=APD=CPD=CMD
MD=CD ∆MCD MPD=600
mµ MPD lµ gãc ngoµi cđa ∆ABM ta có APB=450 MAB=600-450=150
Đề 15 Bài 1: Cho biÓu 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 để M Z
bµi 2: a) Tìm x, y nguyên dơng thoà mÃn phơng tr×nh 3x2 +10 xy + 8y2 =96
b)t×m x, y biÕt / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = Bµi 3: a Cho số x, y, z dơng thoà mÃn
x + y +
1 z = Chøng ming r»ng:
2x+y+z +
1
x+2y+z +
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 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 Bài 5: (1đ)
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
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®
(29)Tài liệu ơn thi THPT 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 2 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 tích thừa 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
¿{ ¿
HÖ PT vô nghiệm
Hoặc
x+2y=6 3x+4y=16
¿{ ¿
⇒ x=4 y=1 ¿{
Hc
¿ x+2y=8 3x+4y=12
¿{ ¿
HƯ PT v« nghiƯm
VËy cÊp số 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)
(30)(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 a 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
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
(31)Tài liệu ôn thi THPT
2
2 2006
x x
B x
x
Ta cã: B=x
−2x+2006 x2 ⇔B=
2006x2−2 2006x+20062
2006x
⇔B=(x −2006)
+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
0
45
EBQ EAQ EBAQ néi tiÕp; Bˆ = 900 à gãc AQE = 900à 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…… 0,25®
Các điểm Q, P,C ln nhìn dới 1góc900 nên điểm E, P, Q, F, C nằm đờng trịn đ-ờng 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 (cùng chắn cung MD) Lại có góc MPD = góc CPD (do BD lµ trung trùc cđa AC)
gãc MCD = gãc MDC (do M thuéc trung trùc cđa DC)
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 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
(32)nÕu 1/a + 1/b + 1/c =o th× P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3
Đề 16
Bài 1Cho biÓu thøc A =
x2−3¿2+12x2 ¿ ¿ ¿ √¿
+ x+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) đồng quy
Bài 3: Cho phơng trình 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 P = x2
1 + x22 (víi x1, x2 lµ nghiƯm phơng trình (1))
Bi 4: Cho ng trũn (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 giác PACQ nội tiếp c Gọi giao điểm dây AD BC F Chứng minh hệ thức:
CE = CQ +
1 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 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 nguyên để A nguyên:
A nguyªn <=> x2 + ⋮|x|
<=> ⋮|x| => x = {−1;−3;1;3} Bµi 2:
a (d1) : y = mx + (m +2)
(33)Tài liệu ôn thi THPT ¿
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) nghiệm (d3) Ta cã : = 2m + (m+2) => m= -
3 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 biÖt
b Theo ViÐt:
¿
x1+x2=2(m−1) x1x2=m−3
¿{ ¿
=>
¿ x1+x2=2m −2 2x1x2=2m −6
¿{ ¿
<=> x1+ x2 – 2x1x2 – = kh«ng phơ thc vµo m
a P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – (m-3)
= (2m - )2 +
15 ≥
15
4 ∀m VËyPmin = 15
4 víi m =
4 Bài 4: Vẽ hình – viết giả thiết – kết luận
a S® ∠ 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 nhìn đoan AC) c.Tứ giác APQC nội tiếp
(34)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
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