20 de thi vao 10 co dap an rat hay

Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn.. 3.+[r]

§Ị 1 Bài : (2 điểm)

a) Tính :

b) Giải hệ phương trình :

Bài : (2 điểm) Cho biểu thức :

a) Rút gọn A

b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên Bài : (2 điểm)

Một ca nơ xi dịng từ bến sơng A đến bến sơng B cách 24 km ; lúc đó, từ A B bè nứa trôi với vận tốc dòng nước km/h Khi đến B ca nô quay lại gặp bè nứa địa điểm C cách A km Tính vận tốc thực ca nô

Bài : (3 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R, hai điểm C D thuộc đường tròn, B trung điểm cung nhỏ CD Kẻ đường kính BA ; tia đối tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) M ; MD cắt AB K ; MB cắt AC H a) Chứng minh Đ BMD = Đ BAC, từ => tứ giác AMHK nội tiếp b) Chứng minh : HK // CD

c) Chứng minh : OK.OS = R2

Bài : (1 điểm)

Cho hai số a b khác thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/2

Chứng minh phương trình ẩn x sau ln có nghiệm : (x2 + ax + b)(x2 + bx + a)

=

Hớng dẫn giải Bài 3:

Do ca nô xuất phát từ A với bè nứa nên thời gian ca nô thời gian bÌ nøa:

2  (h)

Gọi vận tốc ca nô x (km/h) (x>4) Theo bµi ta cã:

24 24 24 16

2

4 4

x x x x



    

   

2

2 40

20 x

x x

x  

    

 

Bµi 4:

a) Ta cã BC BDĐ Đ (GT)  ĐBMD BACĐ (2 góc nội tiếp chắn cung băng nhau)

* Do ĐBMD BACĐ  A, M nh×n HK dêi gãc b»ng  MHKA néi tiÕp

b) Do BC = BD (do BC BDĐ Đ ), OC = OD (bán kính)  OB đờng trung trực CD

 CDAB (1)

Xet MHKA: tứ giác nội tiếp, ĐAMH 900 (góc nt chắn nửa đờng tròn)  ĐHKA 1800 900 900 (đl)

 HKAB (2) Tõ 1,2  HK // CD

H K

M A

B

O

C D

S

Bµi 5:

2

2

2

0 (*)

( )( )

0 (**) x ax b

x ax b x bx a

x bx a

   

      

  



(*)     4b, §Ĩ PT cã nghiÖm

2 4 0 4 1

2

a b a b

a b

     

(3) (**)   b2 4a §Ĩ PT cã nghiƯm th×

2 4 0 1

2

b a

b a

   

(4) Céng víi ta cã:

1 1

2

a b  a  b

1 1 1 1 1 1

2 4 4

2 a b a b a b

 

           

  (luôn với a, b)

De 2

Đề thi gồm có hai trang.

PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN : (4 điểm) Tam giác ABC vuông A có

3 tg

4 B 

Giá trị cosC : a)

3 cos

5 C 

; b)

4 cos

5 C 

; c)

5 cos

3 C 

; d)

5 cos

4 C 

2 Cho hình lập phương có diện tích tồn phần S1 ; thể tích V1 hình cầu có

diện tích S2 ; thể tích V2 Nếu S1 = S2 tỷ số thể tích

V

V :

a)

1

V

V   ; b)

1 V V   ; c) V

V  3 ; d)

1 V V  

3 Đẳng thức x4 8x216 4  x2 xảy :

a) x  ; b) x ≤ –2 ; c) x  –2 x ≤ ; d) x  x ≤ –2 4 Cho hai phương trình x2 – 2x + a = x2 + x + 2a = Để hai phương trình

vơ nghiệm :

a) a > ; b) a < ; c) a  ; d) a 

5 Điều kiện để phương trình x2 (m23m 4)x m 0 có hai nghiệm đối : a) m < ; b) m = –1 ; c) m = ; d) m = – 4

6 Cho phương trình x2 x 0 có nghiệm x1 , x2 Biểu thức A x 13x23 có giá trị :

a) A = 28 ; b) A = –13 ; c) A = 13 ; d) A = 18 Cho góc  nhọn, hệ phương trình

sin cos

cos sin

x y x y          

 có nghiệm :

a) sin cos x y      

 ; b)

cos sin x y      

 ; c)

0 x y    

 ; d)

cos sin x y        8 Diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác cạnh a :

a) a2 ; b)

2

3

a



; c) 3 a 2; d)

2

3 a

PHẦN TỰ LUẬN : (16 điểm) Câu : (4,5 điểm)

1 Cho phương trình x4 (m24 )m x27m1 0 Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt tổng bình phương tất nghiệm 10

2 Giải phương trình:

2

3

5 ( 1)

1 x x

x x    

Câu : (3,5 điểm)

1 Cho góc nhọn  Rút gọn khơng cịn dấu biểu thức :

2

cos sin

P     

2 Chứng minh: 4 15  5 3 4 15  Câu : (2 điểm)

Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :

 

2

3

a b c    ab bc  ca  a b c Khi đẳng thức xảy ?

Câu : (6 điểm)

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

1 Chứng minh đường thẳng AB, CE DF đồng quy điểm I Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn

3 Cho PQ tiếp tuyến chung (O) (O’) (P Ỵ (O), Q Ỵ (O’)) Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ

Đ P N Á Á

PHẦN TRẮC NGHIỆM KH CH QUAN : Á (4 điểm) 0,5đ ´ 8

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

a) x x

b) x x

c) x x

d) x x

PHẦN TỰ LUẬN : Câu : (4,5 điểm)

Đặt X = x2 (X  0)

Phương trình trở thành X4 (m24 )m X27m1 0 (1)

Phương trình có nghiệm phân biệt  (1) có nghiệm phân biệt dương +

0 0 S P       

  

2

2

( ) 4(7 1)

4

7

m m m

m m

m

    



   

  

 (I) +

Với điều kiện (I), (1) có nghiệm phân biệt dương X1 , X2

Þ phương trình cho có nghiệm x1, =  X1 ; x3, =  X2

2 2 2

1 2( 2) 2( )

x x x x X X m m

Þ        +

Vậy ta có

2

2( ) 10

5 m

m m m m

m  

  Þ    Þ 



 +

Với m = 1, (I) thỏa mãn +

Với m = –5, (I) không thỏa mãn. +

Vậy m = 1.

Đặt t x4x21 (t  1) Được phương trình

3

5 3(t 1)

t    +

3t2 – 8t – = 0

Þ t = ;

1 t 

(loại) +

Vậy x4x2 1

Þ x =  +

1

2 2

cos sin cos cos

P         

2

cos 2cos

P     (vì cos > 0) +

2

(cos 1)

P  +

1 cos

P   (vì cos < 1) +

2

4 15  5 3 4 15  5 3 4 15 2 4 15

+ =  5 3 4 15

=    

2

5 4 15

+ = 8 15 4    15 +

= +

Câu : (2 điểm)

 a b2  Þ0 a b 2 ab

+ Tương tự, a c 2 ac

2 b c  bc

1

a  a +

1 b  b

1 c  c

Cộng vế với vế bất đẳng thức chiều ta điều phải chứng minh +

Đẳng thức xảy  a = b = c = 1 +

Câu : (6 i m)đ ể

+

1

Ta có : ABC = 1v ABF = 1v

Þ B, C, F thẳng hàng +

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

ECA = EBA (cùng chắn cung AE (O) +

Mà ECA = AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh) +

Þ EBA = AFD hay EBI = EFI +

Þ Tứ giác BEIF nội tiếp +

3

Gọi H giao điểm AB PQ

Chứng minh tam giác AHP PHB đồng dạng + Þ

HP HA

HB HP Þ HP2 = HA.HB +

Tương tự, HQ2 = HA.HB +

Þ HP = HQ Þ H trung điểm PQ +

Lưu ý :

- Mỗi dấu “+” tương ứng với 0,5 điểm

- Các cách giải khác hưởng điểm tối đa phần - Điểm phần, điểm tồn khơng làm trịn

Đề 3 I.Trắc nghiệm:(2 điểm)

Hóy ghi lại chữ đứng trớc khẳng định

O O’

B A

C

D E

F I

P

Câu 1: Kết phép tính 8 18 98  72 : 2 lµ : A 4

B 5 6 C 16 D 44

Câu : Giá trị m phơng trình mx2 +2 x + = cã hai nghiƯm ph©n biƯt :

A m 0

B m 

C m 0vµ

m  D m 0và m 1 Câu :Cho ABC nội tiếp đờng tròn (O) có BĐ 60 ;0 CĐ 450 SđĐBC 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 biÓu 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) Với giá trị x A<1.

Câu : Hai vòi nớc chảy vào bể đầy bể sau 24 phút Nếu chảy riêng vòi vòi thứ chảy đầy bể nhanh vòi thứ hai Hỏi mở riêng vòi vòi chảy đầy bể?

Cõu : Cho ng 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 Điểm

1 C 0.5

2 D 0.5

3 D 0.5

4 C 0.5

5

a) A cã nghÜa 

0 x

x    

  

 

0 x x

  

 

0.5

b) A=

 12  1

1

x x x

x x

 



 

0.5

= x 1 x 0.25

=2 x 1 0.25

c) A<1 Þ 2 x 1<1 0.25

Þ x 2 0.25

Þ x 1 ị x<1 0.25

Kết hợp điều kiện câu a) ị Vậy với 0 x 1 A<1 0.25 6

2giê 24 phót= 12

5 giờ

Gọi thời gian vòi thứ chảy đầy bể x (giờ) ( Đk x>0)

0.25

Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là: x+2 (giờ) Trong vịi thứ chảy đợc :

1 x(bÓ)

0.5

Trong vòi thứ hai chảy đợc :

2 x  (bể) Trong hai vòi chảy đợc :

1 x+

1 x  (bĨ)

Theo bµi ta có phơng trình: x+

1 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 vịi thứ hai chảy đầy bể là: 4+2 =6(giờ) 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) ị I trung điểm MN (Đờng kính và dây cung)

0.5 IA=IC (gt) ị Tứ giác AMCN có đơng chéo AC MN cắt

trung điểm đờng vng góc với nên hình thoi.

0.5 b)ĐANB 900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng trịn tâm (O) )

Þ BN AN.

Þ BN MC (1) Đ 900

BDC  (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng trịn tâm (O') ) BD MC (2)

Từ (1) (2) ị N,B,D thẳng hàng ĐNDC 900(3). Đ 900

NIC  (v× ACMN) (4)

0.5

Từ (3) (4) ị N,I,D,C nằm ng trũn ng kớnh NC

ị Tứ giác NIDC néi tiÕp 0.5

c) OẻBA O'ẻBC mà BA vafBC hai tia đối ị B nằm O và O' ta có OO'=OB + O'B ị đờng tròn (O) đờng tròn (O') tiếp xỳc ngoi ti B

0.5

MDN vuông D nªn trung tuyÕn DI =

2MN =MI ị MDI cân ị IMD IDM .

Tơng tự ta cãO DC O CDĐ ' Đ ' mµ IMD O CD ' 900(vì MIC 900) 0.25 ị IDM O DC ' 900 mà MDC 1800 ị ĐIDO ' 900

do IDDO ị ID tiếp tuyến đờng tròn (O'). 0.25 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa

Đề 4 Câu1 : Cho biểu thức

A=

1− x2 ¿2 ¿

x¿

(xx − 13−1+x)( x3

+1 x +1 − x):¿

Víi x √2 ;1 .a, Ruý gän biĨu thøc A

.b , Tính giá trị biểu thức cho x= √6+2√2 c Tìm giỏ tr ca x A=3

Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

x y2+3 (x − y)=4 ¿

2 x +3 y=12

¿

b Giải bất phơng trình: x

3

−4 x2−2 x − 15 x2+x+3 <0

Câu3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xác định m để phơng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu Cho nửa đờng trịn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn Dng hình vng ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm AE nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm CF ED

a Chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng trịn b Tam giác BKC tam giác ? Vì ?

đáp án Câu 1: a Rút gọn A= x2−2

x

b.Thay x= √6+2√2 vào A ta đợc A = +2√2

√6+2√2 c A = <=> 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 ¿

2 x +3 y=12

¿ ¿ ¿

<=>

*

¿

x − y=1 2 x +3 y=12

¿{

¿

(1)

*

¿

x − y=− 4 2 x +3 y=12

¿{

¿

(2)

Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4

O K

F E

D

C B

A

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-10=> m 1/2 ta có

Δ, = m2-2m+1= (m-1)20 mäi m=> pt cã nghiÖm 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

2 m−1 = 2 m− 1 pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<

2 m− 1 <0

¿

1

2 m− 1+1>0 2 m−1<0

¿{

¿

=>

¿

2 m 2 m− 1>0 2 m− 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=> tam giác BCK vuông cân B

Đề 5 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 cịng cã hai nghiƯm d¬ng 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 nhÊt cña: A = x2

+y2+ 501 xy

Đáp án

Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0 ; x ≠ 1 a, Rót gän: P = 2 x (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 §Ĩ P nguyên

x 1=1x=2 x=4

x 1= 1⇒√x=0⇒ x=0

√x −1=2⇒√x=3⇒ x=9

√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)

¿

Δ=(2 m+1 )2− 4(m2+m− 6)≥ 0

x1x2=m2

+m−6 >0 x1+x2=2 m+1<0

¿{ {

¿

⇔ Δ=25>0 (m− 2)(m+3)>0

m<−1 ⇔ m<− 3

{ {

b Giải phơng tr×nh: m+3¿

3

(m − 2)3−¿=50 ¿

¿m1=− 1+√5 m2=− 1−√5

2

¿

⇔|5 (3 m2+3 m+7)|=50⇔ m2

+m−1=0

⇔ {

Bµi 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0

V× x1> => c (

x1)

+b x1

+a=0. Chøng tá x1

1

nghiệm dơng phơng

trình: ct2 + bt + a = 0; t =

1

x1 Vì x2 nghiệm phơng trình:

ax2 + bx + c = => ax

22 + bx2 + c =0

v× x2> nªn c (1

x2)

+b ( x2)

+a=0 điều chứng tỏ

x2 nghiệm dơng phơng trình ct2 + bt + a = ; t

2 =

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 biÖt t

1 ; t2 t1 =

1

x1 ; t2 =

1 x2 b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên

t1+ x1 =

1

x1 + x1 t2 + x2 =

1

x2 + x2

Do x1 + x2 + t1 + t2

Bµi 4

a Giả sử tìm đợc điểm D cung BC cho tứ giác BHCD hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên

CH AB BH AC => BD AB CD AC Do đó: ABD = 900 ACD = 900

Vậy AD đờng kính đờng trịn tâm O

Sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG - THCS Hoàng Văn Thụ - NĐ

H

O P

Q

D

C B

A

Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng trịn tâm O thỡ

tứ giác BHCD hình bình hành

b) Vì 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

Ba ®iĨm P; H; Q thẳng hàng

c) Ta thy 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

Đề 6

Bài 1: Cho biểu thức:

√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) Chøng minh r»ng với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm A , B phân biệt

b) Xác định m để A,B nằm hai phía trc tung

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

¿

x + y +z=9

x+ y+

1 z=1 xy +yz+zx =27

¿{ {

¿

Bài 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đờng tròn

(C ≠ A ;C ≠ B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng trịn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N

a) 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 tính giá trị biểu thức : M =

4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Đáp án

Bi 1: a) iu kin để P xác định :; x ≥ ; y ≥ ; 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 =

Q

N

M

O C

B A

⇔√x(1+√y)−(√y +1)=1 ⇔(√x −1) (1+√y)=1

Ta cã: + y 1 Þ x  1 0 x 4 Þ x = 0; 1; 2; ; 4 Thay vµo ta cã cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) tho¶ m·n

Bài 2: a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng (d) : y = mx + m –

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình: - x2 = mx + m –

⇔ x2 + mx + m – = (*)

Vì phơng trình (*) có Δ=m2− m+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 B nằm hai phía trục tung ⇔ phơng trình : x2 + mx + m – = có

hai nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ m – < ⇔ m <

Bµi :

¿ x + y +z=9(1)

x+

1

y+

1

z=1(2)

xy +yz+ xz=27(3)

¿{ {

¿

§KX§ : x ≠ , y ≠ , z≠

   

 

   

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

Þ          

          

Þ      Þ      

      

    

 

        

  

  



Thay vµo (1) => x = y = z =

Ta thÊy x = y = z = thâa m·n hƯ ph¬ng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =

Bµi 4:

a) XÐt Δ ABM vµ ΔNBM

Ta có: AB đờng kính đờng trịn (O) nên :AMB = NMB = 90o

M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => ΔBAN cân đỉnh B

Tø gi¸c AMCB néi tiÕp

=> BAM = MCN ( bù với góc MCB) => MCN = MNC ( góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M

b) XÐt ΔMCB vµ ΔMNQ cã :

MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ). => ΔMCB= ΔMNQ(c g c). => BC = NQ

Xét tam giác vuông 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

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 +z2+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 7

Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với

đ-ờng thẳng d qua đđ-ờng thẳng y = x lµ: A.y =

2 x + ; B.y = x - ; C.y =

2 x - ; D.y = - 2x - Hãy chọn câu trả lời

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình hình cầu lấy mực nớc bình cịn lại

3 bình Tỉ số bán kính hình trụ bán kính hình cầu A.2 ; B

√2 ; C

√3 ; D mét kết khác

Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0

2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa A = √x + √y

Bài 3: 1) Tìm số nguyên a, b, c cho đa thức : (x + a)(x - 4) - Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)

2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt điểm cố định tia Ax, Ay 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 tròn tâm O đờng kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I bt k trờn oan CD

a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung ®iĨm cđa MN

b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi

c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định

Híng dÉn

Bài 1: 1) Chọn C Trả lời đúng.

2) Chọn D Kết khác: Đáp số là:

Bµi 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)

= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)

= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2

VËy A chia hết cho số phơng khác với số nguyên dơng n 2) Do A > nªn A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.

XÐt A2 = (

√x + √y )2 = x + y + 2

√xy = + √xy (1) Ta cã: x + y

2 √xy (Bất đẳng thức Cô si) => > √xy (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2

√xy < + = Max A2 = <=> x = y =

2 , max A = √2 <=> x = y =

Bài3 Câu 1Với mäi 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)

M D

C B

A

x

K O

N

M

I

D C

B A

Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =

4 AB Ta có D điểm cố định Mà MA

AB =

2 (gt) AD MA =

1

XÐt tam giác AMB tam giác ADM có MâB (chung) MA

AB = AD MA =

1

Do Δ AMB ~ Δ ADM => MBMD = MAAD = => MD = 2MD (0,25 điểm)

Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (khơng đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC

Dấu "=" xảy <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M

- Dng đờng trịn tâm A bán kính AB - Dựng D tia Ax cho AD =

4 AB

M giao điểm DC đờng tròn (A;

2 AB)

Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MâN = 900 nên MN đờng kính

Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ΔMKD 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 ΔAMN qua hai điểm A, B cố định

§Ị 8

Bài 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 2007y2007z2007

Bµi 2) Cho biĨu thøc :M x2  5x y 2xy 4y2014

Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ

Bµi Giải hệ phơng trình :

 

2 18

1 72

x y x y

x x y y

    

 

  

 

Bài Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ

trên đờng tròn (O) cắt tiếp tuyến A B lần lợt C D a.Chứng 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

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 Từ giả thiÕt ta cã :

2 2

2

2

x y y z z x              

Cộng vế đẳng thức ta có :     

2 2 1 2 1 2 1 0

x  x  y  y  z  z 

x 12 y 12 z 12

Þ       1 x y z           

 Þ x  y z 1

 2007  2007  2007

2007 2007 2007 1 1 1 3

A x y z

Þ          

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 

 22  12  2  1 2007

M  x  y  x y 

     

2

2

1

2 1 2007

2

M  x y  y

Þ        

 

Do  

2

1

y  

vµ    

2

1

2

2

x y

 

   

 

  x y, 2007

M

Þ  Þ Mmin 2007 x2;y1

Bài Đặt :



1 u x x v y y

  

 

 



 Ta cã :

18 72 u v uv    

ị u ; v nghiệm phơng trình :

2

1

18 72 12;

X  X   Þ X  X 

ị 12 u v      ; 12 u v      ị     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

MO2 = CM MD

Þ R2 = AC BD

b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp

Đ Đ ;Đ Đ

MCO MAO MDO MBO

Þ  

 

COD AMB g g

ị

(0,25đ)

Do :

Chu vi COD OM Chu vi AMB MH



 (MH

1  AB)

Do MH1  OM nªn

1 OM

MH  Þ Chu vi COD  chu vi AMB

DÊu = x¶y  MH1 = OM MO ị M điểm cung AB

Bài (1,5 ®iĨm) Ta cã :

2 1 0; 2 a b            

     a , b >

1

0;

4

a a b b

Þ      

1

( ) ( )

4

a a b b

Þ      

 a , b > 0

0

a b a b

Þ     

Mặt khác a b ab

Nh©n tõng vÕ ta cã :      

1 2

a b  a b    ab a  b

 

 2   2

2 a b

a b  a b b a

Þ    

Bài (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E giao điểm AD (O)

Ta cã:ABDCED (g.g)

BD AD

AB ED BD CD

ED CD Þ  Þ   

AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD

Þ 

ị

Lại cã : ABDAEC g g 

2

AB AD

AB AC AE AD AE AC

AD AB AC BD CD

Þ  Þ 

Þ 

Đè 9 Câu 1: Cho hàm sè f(x) = √x2

− x+ 4 a) TÝnh 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)(2 y +7)=(2 x −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 mãn:

3x1 - 4x2 = 11

Đáp án Câu 1a) f(x) =

x − 2¿2 ¿ ¿ √x2− x+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=−

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 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=(2 R −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

Sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG - THCS Hồng Văn Thụ - NĐ O

B C

H E

A P

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

¿{ {

¿

Gi¶i 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 thỏa mãn: x1 + x2 = 11

Đề 10

Câu 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  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 số thực thõa mÃn :

0

2

2 11

a b

a b c

a b 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 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

Đáp án 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



   = 1

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 vµ chØ ’  0.  (m - 1)2 – m2 –  0

 – 2m  0

 m  2.

b/ Víi m  th× (1) cã nghiƯm.

Gäi mét nghiƯm cđa (1) lµ a nghiệm 3a Theo Viet ,ta có:

3 2

.3

a a m

a a m

  

 

 

 Þ a=

1 m 

Þ 3( m 

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thõa mÃn điều kiện). Câu 3:

Điều kiện x  ; – x2 >  x  ; x < 2.

Đặt y = 2 x >

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 = Þ x = y = 1.

* NÕu xy = -1

2 x+ y = -1 Khi x, y nghiệm phơng trình: X2 + X -

1

2 =  X =

1

2  

V× y > nªn: y =

1

2  

Þ x =

1

2

Vậy phơng trình có hai nghiÖm: x1 = ; x2 =

1

2   C©u 4: c/ Theo c©u b, tứ giác ABCK hình thang

Do ú, t giác ABCK hình bình hành  AB // CK  ĐBACĐACK Mà

Đ

2 ACK 

s®ĐEC =

2s®ĐBD = ĐDCB Nªn BCD BACĐ Đ

Dựng tia Cy cho BCy BACĐ Đ Khi đó, D giao điểm ĐAB Cy Với giả thiết ĐAB > ĐBC BCA > BAC > BDC

ị D ẻ AB

Vậy điểm D xác định nh điểm cần tìm

§Ị 11

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)

a Chøng 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 3

√2 − x=5

Câu Cho đờng tròn (O;R) điểm A cho OA = R √2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đờng trịn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC lần lợt D

E

Chøng minh r»ng:

a.DE tiếp tuyến đờng tròn ( O ) b

3R<DE<R

O

K

D

C B

Đáp án C©u 1: a

A = √x2+1 − x − √x2+1+x

(√x2+1 − x ).(√x2+1+x )=√x

2+1 − x −(

√x2

+1+x )=− x 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

Nh©n tử mẫu hạng tử thứ với √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 đờng thng AB

A, B, C không 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 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 =

1

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 Sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG - THCS Hồng Văn Thụ - NĐ

B

M A

O

C D

E

Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE >

3 R VËy R > DE >

3 R

Đề 12

Câu 1: Cho hµm sè f(x) = √x2− x+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 tr×nh

¿

x ( y −2)=(x +2)( y −4 ) (x − 3)(2 y +7)=(2 x −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 đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vuông 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 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 Câu 1

a) f(x) =

x − 2¿2 ¿ ¿ √x2− x+4=

√¿

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)(2 y+7)=(2 x − 7)( y +3)

¿

⇔ xy −2 x=xy+2 y − x −8

2 xy − y +7 x −21=2 xy − y +6 x −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

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 (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=(2 R −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 >

O

B H C

<=> (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 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

§Ị 13

Câu I : Tính giá trị biểu thức:

A =

√3+√5 +

√5+√7 +

√7+√9 + +

1

√97 +√99 B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟

99sè3

C©u II :Phân tích thành nhân tử : 1) X2 -7X -18

2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10

C©u III :

1) Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)

2) ¸p dơng : cho x+ 4y = T×m GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2

Câu : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I trung điểm BC, M một điểm đoạn CI ( M khác C I ) Đờng thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đ-ờng 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− x +3

√1− x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thc.

Đáp án Câu :

1) A =

√3+√5 +

√5+√7 +

√7+√9 + +

1

√97 +√99 =

2 ( √5−❑√3 + √7−√5 + √9 −√7 + + √99 −√97 ) =

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

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 : 5đ

Ta có : góc DMP= góc 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 < nên ta có :

Víi x < Ta cã : P = √x

2− x +3

√1− x =

√(x −1)(x − 3)

√1− x =3 x

Đề 14

Câu : a Rót gän biĨu thøc A=√1+1 a2+

1

( a+1)2 Víi a >

b Tính giá trị tổng B=1+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 Gäi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa pt T×m GTLN, GTNN cđa bt P= 2 x1x2+3

x12+x22+2(x1x2+1)

C©u : Cho x ≥ , 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, từ

M kẻ MH  AB (H ẻ AB) Gọi E F lần lợt hình chiếu vng góc H MA MB Qua M kẻ đờng thẳng vng góc với EF 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 dÉn C©u a Bình phơng vế A= a2+a+1

a (a+1) (Vì a > 0) c áp dụng c©u a

A=1+1 a−

1 a+1

¿⇒ B=100 −

100= 9999 100

C©u a : cm Δ≥ 0∀ m

B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta cã:

¿

x1+x2=m

x1x2=m− ¿{

¿

⇒ P=2 m+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.

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) ⇔ Δ HEF ∞ 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

Đề 15 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 với a =

2 3 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 thỗ 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 b+c

(Cho Sin2 α=2 Sinα Cos α )

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+2 b√a

1− ab ] : [

a+b+ab 1− ab ] D = 2√a

a+1

c b a

I

C B

A

 

b) a =

2+√3

¿

√3+1¿2⇒√a=√3+1 2¿

2 2+√3=¿

VËy D =

2+2√3 2√3+1

=2√3 −2 4 −√3

c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có 2√a≤ a+1 D 1

Vậy giá trị D

Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) ⇔1 2x

2

+x −9

2=0⇔ x

2

+2 x − 9=0

⇒ x1=−1 −√10

x2=− 1+√10 ¿{

b) §Ĩ phơng trình có nghiệm m+2 ≥ ⇔m ≤1 (*)

+ §Ĩ phơng trình có nghiệm khác

m1 −3√2

m2≠ − 4+3√2

¿

⇔ 1 2m

2+4 m−1 ≠ 0

⇒

{

(*)

+ x1+

1

x2=x1+x2⇔(x1+x2)(x1x2− 1)=0⇔

x1+x2=0 x1x2− 1=0

¿{ ⇔

2 m=0 m2+8 m−3=0

⇔

¿m=0

m=−4 −√19 m=− 4+√19

¿{

Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = m=− −√19

C©u 3:

+ SΔ ABI=1

2AI cSin α 2; + SΔ AIC=1

2AI bSin α 2; + SΔ ABC=12bcSin α ;

⇒ bcSin α=AISinα

2(b+c ) ⇒ AI=bcSin α

Sinα 2(b+c )

=

2 bcCosα b+c

C©u 4: a) N ˆ1 Nˆ2Gäi Q = NP (O)

QA QB

ị Đ  Đ Suy Q cố định b) ^A

1= ^M1(^A2)

ị Tứ giác ABMI néi tiÕp

c) Trên tia đối QB lấy điểm F cho QF = QB, F cố định Tam giác ABF có: AQ = QB = QF

ị ABF vuông A ị B=45^ 0⇒ A ^

F B=450

L¹i cã  Þ  Þ

0

1 45 ˆ

ˆ AFB P

P Tø gi¸c APQF néi tiÕp

Þ A ^P F= A ^Q F=900

Ta cã: A ^P F + A ^P M=900

+900=1800 ị M1,P,F Thẳng hàng

Cõu 5: Biến đổi B = xyz (1

x2+

1

y2+

1

z2) = ⋯=xyz

2 xyz=2

Đề 16

Bài 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 ẻ 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 = .AB = AC2

Bài : Cho số dơng x, y thỏa mÃn điều kiện x2 + y2  x3 + y4 Chøng minh:

x3 + y3  x2 + y2  x + y  2

Đáp án Bài 1:

a) §iỊu kiƯn x tháa m·n

Sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG - THCS Hồng Văn Thụ - NĐ

1

1

2

F

I

Q P N

M

B A

2

1

4( 1) 4( 1) 4( 1) x x x x x x x                    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 = 1 x Víi x > A =

2 x  KÕt luËn

Víi < x < th× A = 1 x Víi x > th× A =

2 x  Bµi 2:

a) A B có hoành độ tung độ khác nên phơng trình đờng thẳng AB có dạng y = ax + b

A(5; 2) ẻ AB ị 5a + b = B(3; -4) ẻ AB ị 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) ẻ xx’ ta có

MA = (x  5)2 (0 2)2 MB = (x  3)2 (04)2

MAB cân ị MA = MB (x 5)2  (x 3)2 16  (x - 5)2 + = (x - 3)2 + 16

 x =

Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3:

Phơng trình có nghiệm nguyên = m4 - 4m - số phơng

Ta lại có: m = 0; < loại m = = = 2 2 nhËn

m  th× 2m(m - 2) >  2m2 - 4m - > 0

 - (2m2 - 2m - 5) < < + 4m + 4 

 m4 - 2m + < < m

 (m2 - 1)2 < < (m 2)2

 kh«ng phơng

Vậy m = giá trị cần tìm Bài 4:

Su tm: ON TIẾN TRUNG - THCS Hoàng Văn Thụ - NĐ

a)

Đ Đ ( Đ )

2 EADEFD  sd ED

(0,25)

Đ Đ ( Đ )

2 FADFDC  sd FD

(0,25)

mµ EDAĐ FADĐ Þ ĐEFDĐFDC (0,25) Þ EF // BC (2 gãc so le nhau) b) AD phân giác góc BAC nên DE DF

sđ

2 ACD 

s®(ĐAED DFĐ ) =

2sđĐAE = sđĐADE ĐACDĐADE EADĐ DACĐ

ị DADC (g.g) Tơng tự: sđ

Đ (Đ Đ )

2

ADF sd AF  sd AFD DF =

Đ Đ Đ

1

( )

2 sd AFD DE sd ABD ị ĐADFABDĐ AFD ~ (g.g

c) Theo trªn:

+ AED ~  DB Þ

AE AD

AD AC hay AD2 = AE.AC (1)

+ ADF ~ ABD   Þ

AD AF

AB AD Þ AD2 = AB.AF (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã AD2 = AE.AC = AB.AF

Bài (1đ):

Ta cã (y2 - y) +  Þ 2y3  y4 + y2

Þ (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

Þ x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2  0

Þ x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y  0

Þ (x2 + y2) + (x2 + y3)  (x + y) + (x3 + y4)

mµ x2 + y3  x3 + y4

Þ x2 + y2  x + y (2)

vµ (x + 1)(x - 1)  (y - 1)(y3 -1)  0

x3 - x2 - x + + y4 - y - y3 +  0

Þ (x + y) + (x2 + y3)  + (x3 + y4)

mµ x2 + y3  x3 + y4

Þ x + y  Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã:

x3 + y3  x2 + y2  x + y  2

Đề 14

Câu 1: x- 4(x-1) + x + 4(x-1) 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 + = 0

Cã nghiƯm x1 vµ x2 tho· m·n mét ®iỊu kiƯn sau:

a/ Nghiệm lớn nghiệm đơn vị b/ 2x1+3x2=13

Câu Tìm giá trị m để hệ phơng trình

mx-y=1

m3x+(m2-1)y =2

v« nghiƯm, v« sè nghiƯm

Câu 4: Tìm max biểu thức: x 2 +3x+1

x2+1

Câu 5: Từ đỉnh A hình vng ABCD kẻ hai tia tạo với góc 450 Một

tia cắt cạnh BC E cắt đờng chéo BD P Tia cắt cạnh CD F cắt đờng chéo BD Q

a/ Chứng minh điểm E, P, Q, F C nằm đờng tròn b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP

c/ Kẻ trung trực cạnh CD cắt AE M tính số đo góc MAB biết CPD=CM

H

ớng dẫn 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 = 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

biƯt vµchØ m≤-7-4 m-7+4 (*) a/ Giả sử x2>x1 ta cã hÖ 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 (*)

Câu 3: *Để hệ vô nghiệm m/m3=-1/(m2-1) ≠1/2

3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0

3m2-1≠-2 3m2≠-1 m= 1/2 m= 1/2± ±

m *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=

(y0-1)x2-6x+y0-1 =0 cã nghiÖm

*y0=1 suy x = y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1)2≥0 (y0-1)2≤ suy ra

-2 ≤ y0 ≤ 4

VËy: ymin=-2 vµ y max=4

C©u 5: ( Häc sinh tù vÏ hình) Giải

a/ A1 và B1 nhìn đoạn QE díi mét gãc 450

ị tứ giác ABEQ nội tiếp đợc ị FQE = ABE =1v

chøng minh t¬ng tù ta cã FBE = 1v

ị Q, P, C nằm đờng tròn đờng kinh EF b/ Từ câu a suy ∆AQE vng cân

Þ AE

AQ = 2 (1)

tơng tự APF vuông cân ị

AF

AB = 2 (2)

từ (1) (2) ị AQP ~ AEF (c.g.c)

AEF AQP

S S

= ( )2 hay S

AEF = 2SAQP

c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD APD=CPD ÞMCD= MPD=APD=CPD=CMD

ịMD=CD ị ∆MCD ị MPD=600

mµ MPD lµ gãc ngoµi cđa ∆ABM ta cã APB=450 vËy MAB=600- 450 =150

§Ị 17

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 = 5

c Tìm x Z để M Z

bµi 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/ = Bµi 3: a Cho số x, y, z dơng thoà mÃn

x + y +

1 z = Chøng ming r»ng:

2 x + y +z +

1

x +2 y +z +

1

x + y +2 z b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = x

2

−2 x+2006

x2 (víi x )

Bài 4: Cho hình vuông ABCD KỴ 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 trịn

Sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG - THCS Hoàng Văn Thụ - NĐ

1

Q

P M

F

E

D C

B A

b S Δ AEF = S Δ APQ

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 = 2x − 9

x −5√x+6+

2√x +1

√x − 3+

√x +3 2 −√x a.§K x ≥ ; x ≠ ;x ≠ 9 0,5®

Rót gän M = 2√x − 9−(√x+3)(√x −3)+(2√x+1) (√x − 2)

(√x −2) (√x −3)

Biến đổi ta có kết quả: M = x −√x − 2

(√x −2) (√x −3) M =

(√x+1)(√x − 2)

(√x −3) (√x − 2)⇔ M=

√x +1

√x −3

b M = 5⇔√x −1

√x − 3=5 ⇒√x +1=5(√x − 3)

⇔√x +1=5√x − 15 ⇔16=4√x ⇒√x=16

4 =4⇒ x=16

c M = √x+1

√x − 3=

√x −3+4

√x −3 =1+

4

√x −3

Do M z nªn √x 3 ớc x 3 nhận giá trị: -4; -2; -1; 1; 2;

⇒ x∈{1; ;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

L¹i cã x + 2y vµ 3x + 4y cã tÝch lµ 96 (Lµ số chẵn) có tổng 4x + 6y số chẳn

do

¿

x +2 y=6 3 x+4 y=24

¿{

¿

HÖ PT vô nghiệm

Hoặc

¿

x +2 y=6 3 x+4 y=16

¿{

¿

⇒ x=4 y=1

¿{

Hc

¿

x +2 y =8 3 x+4 y=12

¿{

¿

HÖ PT vô nghiệm

Vậy 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)

mµ /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = (2) Kết hợp (1 (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ (3)

(3) sảy

¿

x −2006 /❑0

y − 2007/❑0

⇔

¿x=2006

y=2007

¿{

¿

Bµi 3

a Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ b 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

 

    

   

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

4 x yz 

 

2

2 2006

x x

B x

x  

 

Ta cã: B=x2−2 x+2006 x2 ⇔ B=

2006 x2−2 2006 x +20062

2006 x

⇔ B=( x − 2006)

2+2005 x2

x2 ⇔

(x −2006 )2+2005

2006 x2 +

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 

Þ ị ị

Bài 4a EBQ EAQ 450 Þ EBAQ Đ

Đ Đ

 néi tiÕp; ˆB = 900 gãc AQE = 900 gãcEQF =

900

T¬ng tù gãc FDP = gãc FAP = 450

Các điểm Q, P,C nhìn EF dới 1góc900 nên điểm E, P, Q, F, C n»m

trên 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



 



 

    Þ 

 

c gãc CPD = gãc CMD tø gi¸c MPCD néi tiÕp gãc MCD = gãc CPD (cïng ch¾n cung MD)

Lại có góc MPD = góc CPD (do BD trung trùc cña AC) gãc MCD = gãc MDC (do M thc trung trùc cđa DC)

à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC góc CMD = 600

à tam giác DMA cân D (vì AD = DC = DM)

Vµ gãc ADM =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300

à gãc MAD = gãc AMD (1800 - 300) : = 750

à gãcMAB = 900 – 750 = 150

Bài Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c x + y + z = (v× 1/a = 1/b + 1/c = 0) 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 = 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

Đề 19

Bài 1Cho biểu thức A =

x2−3

¿2+12 x2 ¿ ¿ ¿

√¿

+ x+2¿

2−8 x2 ¿

√¿

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

a Chøng minh r»ng DE// BC

b Chøng minh tø gi¸c PACQ néi tiÕp

c Gọi giao điểm dây AD BC lµ F Chøng minh hƯ thøc:

CE =

CQ + CE Bµi 5: Cho số dơng a, b, c Chứng minh rằng: 1< a

a+b+ b b+c+

c c +a<2 ỏp ỏn

Bài 1: - Điều kiện : x a Rót gän: A=√x4+6 x2+9

x2 +√x

2− x +4

¿x

+3

|x| +|x − 2| - Víi x <0: A=−2 x

2

+2 x −3

x - Víi 0<x 2: A=2 x+3

x - Víi x>2 : A=2 x2−2 x+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)

¿

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=2 x − 4

¿{

¿

=>

¿

x=2 y=0

¿{

¿

VËy M (2; 0)

NÕu (d3) ®i qua M(2,0) M(2,0) nghiệm (d3)

Ta có : = 2m + (m+2) => m= - VËy m = -

3 (d1); (d2); (d3) đồng quy

Bµi 3: a Δ' = m2 –3m + = (m -

2 )2 +

4 >0 ∀ m Vậy phơng trình có nghiệm phân biệt b Theo ViÐt:

¿

x1+x2=2(m−1) x1x2=m−

¿{

¿

=>

¿ x1+x2=2m −2

2 x1x2=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 )2 + 15

4 ≥ 15

4 ∀ m

VËyPmin =

15

víi m =

Bài 4: Vẽ hình – viết giả thiết – kết luận a Sđ ∠ CDE =

2 S® DC =

2 Sđ BD = BCD => DE// BC (2 góc vị trÝ so le)

b ∠ APC =

2 s® (AC - DC) = ∠ AQC => APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = ∠ AQC

cùng 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

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

c+a <

Đề 20

Bài 1: (2đ)

Cho biÓu thøc:

P = ( x − 1 x+3√x − 4−

√x +1

√x −1):

x+2√x+1 x −1 +1 a) Rót gän P

b) Tìm giá trị nhỏ P

Bài 2: (2đ) Một ngời đự định xe đạp từ A đến B cách 20 km thời gian định Sau đợc với vận tốc dự định, đờng khó nên ngời giảm vận tốc 2km/h quãng đờng cịn lại, ngời đến B chậm dự định 15 phút Tính vận tốc dự định ngi i xe p

Bài 3: (1,5đ) Cho hệ phơng trình:

mx y=3 2 x+my=1 − m

¿{

¿

a) Gi¶i hƯ phơng trình với m =

Bài 4: (3đ) Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Điểm M tuỳ ý nửa đờng trịn Gọi N P lần lợt điểm cung AM cung MB AP cắt BN I

a) TÝnh sè ®o gãc NIP

b) Gọi giao điểm tia AN tia BP C; tia CI AB D Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp đợc

c) Tìm quỹ tích trung điểm J đoạn OC M di động nửa tròn tròn tâm O

Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x2 (P) đờng thẳng y = 3x + 2m – (d)

a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm toạ độ hai điểm b) Tìm quỹ tích chung điểm I AB m thay đổi

-(Học sinh không đợc sử dụng tài liệu nào)

Đáp án Bài 1: (2đ)

a) (1,5đ)

- Thực đợc biểu thức ngoặc bằng: − 5(√x+1) (√x −1)(√x+4) 0,75đ

- Thực phép chia − 5

√x +4 0,25®

- Thực phép cộng bằng: √x − 1

√x +4 0,25®

- Điều kiện đúng: x  0; x  0,25đ

b) (0,5®)

- ViÕt P = 1−

√x +4 lập luận tìm đợc GTNN P = -1/4 x = 0,5đ Bài 2: (2đ)

1) Lập phơng trình (1,25đ) - Gọi ẩn, đơn vị, đk 0,25đ

- Thời gian dự định 0,25đ

- Thêi gian thùc tÕ 0,5®

- Lập luận viết đợc PT 0,25đ

2) Gải phơng trình 0,5đ

3) đối chiếu kết trả lời 0,25đ

Bài 3: (1,5đ) a) Thay m = giải hệ đúng: 1đ

b) (0,5®)

Tìm m để hệ có nghiệm 0,25đ

Tìm m để hệ có nghiệm thoả mãn x + y = KL 0,25đ

Bài 4: (3đ) Vẽ hình 0,25đ

a) Tính đợc số đo góc NIP = 1350

0,75® b) (1®)

Vẽ hình C/m đợc góc NDP = 900 0,5đ

Chứng minh đợc tứ giác DOPN nội tiếp đợc 0,5

c) (1đ) + C/m phần thuận

Kẻ JE//AC, JF//BC C/m đợc góc EJF = 450

0,25đ

Lập luận kết luận ®iÓm J: 0,25®

+ C/m phần đảo 0,25đ

+ Kết luận quỹ tích 0,25đ

Bài 5: (1,5đ) a) (1®)

Tìm đợc điều kiện m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt: 0,5đ Tìm đợc toạ độ điểm A, B

0,5®

b) Tìm đợc quỹ tích trung điểm I:

¿

xI=xA+xB

2 =

− 3 yI=yA+yB

2 =

8 m− 11

¿{

và kết luận 0,5đ

L