b) Chứng minh các tứ giác CODE; APQC nội tiếp được. a) Tính thể tích của hình chóp.. b) Tính diện tích toàn phần của hình chóp.. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các dây AC và AD. C[r]
(1)ĐỀ SỐ 1
Bài 1.(1,5 điểm)
a) Cho biết: A = + 7 B = - 7 Hãy so sánh A + B A.B b) Tính giá trị biểu thức:
1 1 5 5
M :
3 5 3 5 5 1
Bài 2.
Giải toán cách lập phương trình: Một tam giác có chiều cao 2
5 cạnh đáy Nếu chiều cao giảm dm cạnh đáy tăng thêm dm diện tích giảm 14 dm3.Tính chiều cao và
cạnh đáy tam giác
Bài 3 (4 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F
a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp
b) AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao?
c) Kẻ MH vng góc với AB (H thuộc AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH
d) Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác EOF Chứng minh rằng:
1 r 1
3 R 2
Bài 4.(2 điểm)
Một hình chữ nhật ABCD có diện tích 2cm2, chu vi 6cm AB > AD Cho hình chữ nhật này
quay quanh cạnh AB vòng ta hình gì? Hãy tính thể tích diện tích xung quanh hình tạo thành
ĐỀ SỐ 2
Bài 1 (2 điểm)
Cho biểu thức
a 1 1 2
K :
a 1
a a a a 1
a) Rút gọn biểu thức K
(2)Bài 2 (2 điểm) Cho hệ phương trình:
mx y 1
x y
334
2 3
a) Giải hệ phương trình cho m =
b) Tìm giá trị m để phương trình vơ nghiệm Bài 3.(3,5 điểm)
Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2
3 AO Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM AM2 = AE.AC.
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2.
d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Bài 4 (2 điểm) Người ta rót đầy nước vào ly hình nón cm3 Sau người ta rót
nước từ ly để chiều cao mực nước lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước cịn lại ly
ĐỀ SỐ 3
Bài 1. Cho hàm số:
y f (x) 2 x x 2 a) Tìm tập xác định hàm số
b) Chứng minh f(a) = f(- a) với 2 a 2 c) Chứng minh y2 4
Bài 2.(2 điểm)
Giải toán cách lập phương trình:
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kĩ thuật nên tổ I vượt mức 18% tổ II vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ theo kế hoạch?
Bài 3.(1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x ẩn số, m tham số (1)
a) Giải phương trình (1) m = -
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm cịn lại
Bài 4.(3 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn, A = 450 Vẽ đường cao BD CE tam giác ABC.
Gọi H giao điểm BD CE
(3)c) Tính tỉ số: DE BC.
d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vng góc với DE
ĐỀ SỐ 4
Bài 1 (2,5 điểm) Cho biểu thức
4 x 8x x 1 2
P :
4 1
2 x x x x
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị x để P = -
c) Tìm m để với giá trị x > ta có m( x 3)P x 1 Bài 2.(2 điểm)
a) Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0
b) Giải hệ phương trình:
2x y 2 9x 8y 34
Bài 3.
Cho hình bình hành ABCD có đỉnh nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh:
a) Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn
b) Khi điểm D di động đường trịn BMD BCD khơng đổi c) DB.DC = DN.AC
Bài 4.
Cho hình thoi ABCD với giao điểm hai đường chéo O Một đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABCD) O Lấy điểm S d Nối SA, SB, SC, SD
a) Chứng minh AC vng góc với mặt phẳng (SBD)
b) Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) mặt phẳng (SBD) c) Tính SO, biết AB = cm; ABD 30 , ASC 60
Bài 5.
Chứng minh rằng: Nếu x, y số dương thì:
1 1 4
(4)ĐỀ SỐ 5
Bài 1. Cho
1 1
A
2(1 x 2) 2(1 x 2)
.
a) Tìm x để A có nghĩa b) Rút gọn A
Bài 2.
a) Giải hệ phương trình
3x 2y 5 15 x y
2
b) Giải phương trình 2x2 5 2x 0 Bài 3.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE
a) Chứng minh BC // DE
b) Chứng minh tứ giác CODE; APQC nội tiếp c) Tứ giác BCQP hình ?
Bài 4.
Cho hình chóp tứ giác SABCD có cạnh bên 24 cm đường cao 20 cm a) Tính thể tích hình chóp
b) Tính diện tích tồn phần hình chóp Bài 5.
Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2
P (x 2008) (x 2009)
ĐỀ SỐ 6
Bài 1: Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = - 3x + m Xác định (D) trường hợp sau:
a) (D) qua điểm A(-1; 2)
b) (D) cắt trục hoành điểm B có hồnh độ 2 3
Bài 2: Cho biểu thức A =
2
2 3
x x
a) Tìm tập xác định A
(5)Bài 3: Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A B Các tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O’) (O) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh:
a) Hai tam giác ABD CBA đồng dạng b) BQD APB
C) Tứ giác APBQ nội tiếp
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông B Vẽ nửa đường thẳng AS vng góc với mặt phẳng (ABC) Kẻ AM vng góc với SB
a) Chứng minh AM vng góc với mặt phẳng (SBC)
b) Tính thể tích hình chóp SABC, biết AC = 2a; SA = h ACB 30 o Bài 5:
Chứng minh rằng: Nếu x, y, z > thỏa mãn
1 1 1
4 x y z thì
1 1 1
1 2x y z x 2y z x y 2z .
ĐỀ SỐ 7
Bài 1: Tìm x biết x 12 18 x 8 27 Bài 2:
Cho phương trình bậc hai 3x2 + mx + 12 = (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 1, tìm nghiệm cịn lại Bài 3:
Một xe máy từ A đến B thời gian dự định Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ đến sớm giờ, giảm vận tốc 4km/giờ đến muộn
Tính vận tốc dự định thời gian dự định Bài 4:
Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC, cát tuyến AKD cho BD song song với AC Nối BK cắt AC I
a) Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b) Chứng minh : IC2 = IK.IB
c) Cho góc BAC 60 o Chứng minh cát tuyến AKD qua O Bài 5
Biết a, b số thỏa mãn a > b > a.b = Chứng minh: 2
a b
2 2 a b
(6)HƯỚNG DẪN & ĐÁP SỐ
ĐỀ 1
Bài 1
a) Ta có A + B = 18 A.B = 92 (3 7)2 81 63 18 nên A = B b)
1 1 5 5
M :
3 5 3 5 5 1
(3 5) (3 5) 5 1 1
.
2
(3 5)(3 5) 5( 1)
Bài 2
Gọi chiều cao cạnh đáy tam giác cho x y (x > 0; y > 0, tính dm) Theo ta có hệ phương trình:
2 2
x y x y
5 5
1 1 xy (xy 3x 2y 6) 28
xy (x 2)(y 3) 14
2 2
2 x 11
x y
5 55
y
3x 2y 22 2
(thỏa mãn điều kiện).
Trả lời: Chiều cao tam giác 11 dm cạnh đáy tam giác
55 dm
2 .
Bài 3
a) Tứ giác AEMO có:
EAO 90 (AE tiếp tuyến)
EMO 90 (EM tiếp tuyến)
EAO EMO 180
AE MO tứ giác nội tiếp
b) AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) AM OE (EM EA tiếp tuyến) MPO 90
A O B
F
E
M
P Q
x
(7)Tương tự, MQO 90 Tứ giác MPQO
hình chữ nhật
c) Ta có ∆EMK ∆EFB (g.g)
EM EF
MK FB
(0,25đ) Vì MF = FB (MF FB hai tiếp tuyến) nên:
EM EF
MK MF Mặt khác, ∆EAB ∆KHB (g.g)
EA AB
KH HB
Nhưng
EF AB EM EA
(Talet)
MF HB MK KH
Vì EM = EA (EM EA tiếp tuyến) suy MK = KH d) ∆EOF vuông (EOF 90 0) OM đường cao OM = R Gọi độ dài cạnh ∆EOF a, b, c Ta có:
EOF
1 1
S r(a b c) aR
2 2
aR r(a b c)
r a
R a b c
Nhưng b + c > a
a a 1
a b c 2a
a b c 2a 2
Mặt khác b < a, c < a
a a 1
a b c 3a
a b c 3a 3
Tóm lại:
r 1
3
R 2
Bài 4 (2 điểm).
Hình tạo thành hình trụ Số đo độ dài AB AD nghiệm phương trình x2 - 3x + = 0
Từ AB = 2cm AD = 1cm
Thể tích hình trụ V = πAD2.AB = 2π (cm3) diện tích xung quanh hình trụ
Sxq = 2πAD.AB = 4π(cm2)
ĐỀ 2 Bài 1 (2 điểm)
a) (1 điểm)
A O B
F
E
M
H x
y
(8)Điều kiện a > a ≠ (0,25đ)
a 1 1 2
K :
a 1 a ( a 1) a ( a 1)( a 1)
(0,25đ)
a 1 a 1
:
a ( a 1) ( a 1)( a 1)
(0,25đ)
a 1 a 1
.( a 1)
a ( a 1) a
(0,25đ)
b) (0,5 điểm) a = + 2 = (1 + 2)2 a 1 2 (0,25đ)
3 2 2(1 2)
K 2
1 2 1 2
(0,25đ)
c) (0,5 điểm)
a 0 a 1
K 0 0
a 0 a (0,25đ) a 1
0 a 1 a 0 (0,25đ)
Bài 2 (2điểm)
a) (1 điểm) Khi m = ta có hệ phương trình:
x y 1
x y 334 2 3
x y 1
3x 2y 2004
2x 2y 2 3x 2y 2004
x 2002 y 2001 b)
mx y 1 y mx 1
x y 3
334 y x 1002
2 3 2
y mx 1 y mx 1
3
3 m x 1001 (*)
mx 1 x 1002
(9)Hệ phương trình vơ nghiệm (*) vơ nghiệm
3 3
m 0 m
2 2
Bài 3.
a)
* Hình vẽ
* EIB 90 (giả thiết)
* ECB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) * Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp b) (1 điểm) Ta có:
* sđcungAM = sđcungAN *AMEACM *GócAchung,suyra∆AME ∆ACM * Do đó:
AC AM
AM AE AM2 = AE.AC
c)
* MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB
* Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2.
d)
* Từ câu b) suy AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME Do tâm O1
đường trịn ngoại tiếp tam giác CME nằm BM Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ
NO1BM.)
* Dựng hình chiếu vng góc N BM ta O1 Điểm C giao đường tròn cho với
đường trịn tâm O1, bán kính O1M
Bài 4 (2 điểm)
Phần nước lại tạo thành hình nón có chiều cao nửa chiều cao hình nón 8cm3
nước ban đầu tạo thành Do phần nước cịn lại tích
3
1 1
2 8
thể tích nước ban đầu. Vậy ly cịn lại 1cm3 nước.
ĐỀ 3 Bài 1 a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:
2 x 0 x 2
2 x 2
x 0 x 2
(hoặc | x | ≤ 2) Tập xác định [-2; 2]
b) f (a) 2 a a ; f ( a) 2 ( a) a 2 2 a a 2 Từ suy f(a) = f(- a)
A B
M
E
C
I O1
(10)A
B
C D
E
H O
x
c) y2 ( x ) 2 x x ( x) 2 x x 2 x
4 x 4 (vì 4 x ≥ 0)
Đẳng thức xảy x 2 Giá trị nhỏ y
Bài 2.
* Gọi x,y số sản phẩm tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x,y *) * Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600
* Số sản phẩm tăng tổ I là: 18
x 100 (sp) * Số sản phẩm tăng tổ II là:
21 y 100 (sp) * Từ ta có phương trình thứ hai:
18 21
x y 120
100 100
* Do x y thỏa mãn hệ phương trình:
x y 600
18 21
x y 120
100 100
* Giải x = 200 , y = 400 * So sánh điều kiện kết luận
Bài 3
a) Khi m = - 1, phương trình cho có dạng
2 x 4
x 2x 0
x 2
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt ∆’ = m2 - (m - 1)3 > (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm u; u2 theo định lí Vi-ét ta có:
2
2
u u 2m (1)
u.u (m 1) (2)
Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)2 = 2m m2 - 3m = m = hoặc
m = Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = - u =
Bài 4
a) Ta có ADH AEH 90 0, suy AEH ADH 180 tứ giác AEHD nội tiếp đường trịn
b) ∆AEC vng có EAC 45 nên ECA 45 0, từ ∆HDC vng cân D Vậy DH = DC
c) Do D, E nằm đường tròn đường kính BC nên
AED ACB , suy ∆AED ∆ACB, đó:
DE AE AE 2
(11)d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường trịn (O), ta có BAx BCA , mà BCA AED (cùng bù với
DEB) BAx AED DE // Ax.
Mặt khác, OAAx, OA ED (đpcm)
ĐỀ 4 Bài 1.
a)
4 x(2 x ) 8x ( x 1) 2( x 2)
P :
(2 x )(2 x ) x ( x 2)
8 x 4x 3 x
:
(2 x )(2 x ) x ( x 2)
8 x 4x x ( x 2)
.
(2 x )(2 x ) 3 x
4x x 3
Điều kiện x ≥ 0; x ≠ x ≠
b) P = - 4x x 0
3 9
x x
4 16
c) Bất phương trình đưa dạng 4mx > x + (4m - 1)x >
* Nếu 4m-1 ≤ tập nghiệm khơng thể chứa giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > nghiệm bất phương trình
1 x
4m 1
Do bất phương trình thỏa mãn với x >
1 9
4m 1
và 4m - > Ta có
5 m
18
Bài 2.
a) Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình cho trở thành: t2 - 24t - 25 = 0, ý t ≥ ta t = 25.
Từ phương trình có hai nghiệm x = - x =
b) Thế y = 2x - vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50 x = Từ ta có y =
Bài 3
a) Do AB đường kính đường tròn (O) ADB 90 mà
ADB DBC (so le trong) DBC 90 0 (1) Mặt khác DMC 90 (2)
Từ (1) (2) suy tứ giác CBMD nội tiếp đường trịn đường kính CD
A B
C D
O M
(12)b) Khi điểm D di động đường trịn (O) tứ giác CBMD ln tứ giác nội tiép Suy BMD BCD 180 (đpcm)
c) Do ANB 90 (giả thiết) N (O)
BDN BAN(c BN)
BDN ACD m BAN ACD (sole trong)
ùng chắn
à (3)
mt khác DAC DAN DBN (cùng chắn DN ) (4) Từ (3) (4) suy ∆ACD ∆BDN
AC CD
AC.DN BD.CD
BD DN
Bài 4
a) SOmp(ABCD) AC SO (1) ABCD hình thoi (giả thiết) AC BD (2) Từ (1) (2) AC mp(SBD)
b) SO mp(ABCD) mà SO nằm mp(SAC) mp(SAC) mp(ABCD) c) Trong tam giác vng AOB có:
AO AB.sin ABO AB.sin 30 4(cm).
Trong tam giác cân ASC có SO đường cao nên phân giác, suy
1
ASO ASC 30
2
Trong tam giác vng ASO có SO = AO.cotg300 = 4.cotg300.
Vậy SO 3(cm)
Bài 5
Ta có
2
1 1 x y
(x y) 4 4.
x y y x
Vì x, y số dương nên x + y > Chia hai vế bất đẳng thức cho x + y ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y
Chú ý: Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x, y cho hai số dương 1 1
,
x y, sau dó lí luận để nhân vế hai bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh
ĐỀ SỐ 5 Bài 1
A
B C
D O
(13)a) A có nghĩa
x 0 x 2 x 2
x 1 x 1
x 1
b)
2
1 1 (1 x 2) (1 x 2) 1
A
x 1
2(1 x 2) 2(1 x 2) 2 ( x 2)
Bài 2
a)
3x 2y 5 3x 2y 5 5x 20 x 4
15 2x 2y 15 3x 2y 5 7
x y y
2 2
b) Ta có a + b + c = 2 0. Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =
c 4 2
4
a 2 .
Bài 3
a) Ta có
s BC
s BCD 2 ®
®
Do DE tiếp tuyến đường tròn (O)
s CD
s CDE
2
® ®
, mà BD CD (giả thiết)
BCD CDE
DE // BC b) ODE 90 0(vì DE tiếp tuyến), OCE 90 0(vì CE tiếp tuyến) Suy ODE OCE 180 Do CODE tứ giác nội tiếp
Mặt khác
s BD s CD
s PAQ , s PCQ
2 2
® ®
® ®
mà BD CD (giả thuyết) suy PAQ PCQ Vậy APQC tứ giác nội tiếp
c) Do APQC tứ giác nội tiếp, suy QPC QAC (cùng chắn CQ ) PCB BAD (cùng chắn CD )
Do QAC BAD, suy QPC PCB PQ // BC Vậy BCQP hình thang
A B
C
D Q E
(14)Bài 4
a) Trong tam giác vng AOS có: OA2 = SA2 - SO2 = 242 - 202 = 176
Do SABCD hình chóp tứ giác nên ABCD hình vng, ∆AOB vng cân O, ta có:
AB2 = 2.AO2 = 176.2 = 352
Do đó: SABCD = AB2 = 352(cm2)
Vì vậy:
3 ABCD
1 2
V S .h 2346 (cm )
3 3
b) Ta có:
1 1
OH AB 352 Do SO mp(ABCD) SO OH
2 2
Suy tam giác vuông SOH có:
2 2
xq
2
SH SO OH 20 (0,5 352) 488;
4.AB.SH
S 2.AB.SH 352 488
2
2 22.16 122.4 16 122.22 32 61.11 32 671(cm )
Do đó: Stp = Sxq + Sđ
2
32 671 352 32 671 11 (cm )
Bài 5
2
P (x 2008) (x 2009) x 2008 x 2009
x 2008 x 2009 x 2009 x 2008 1
Vậy P ≥ 1, đẳng thức xảy khi:
(x + 2009)(x - 2008) ≥ 2009 x 2008 Do P đạt giá trị nhỏ 1 2009 x 2008
ĐỀ SỐ 6 Bài 1:
a) Đường thẳng (D) qua điểm A(-1; 2) suy m - 3(-1) = 2 m = - b) Đường thẳng (D) cắt trục hoành điểm B có hồnh độ
2 3
Bài 2:
a) Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 ≥ với x .
Do x2 + 2x + ≠ với x .
Suy tập xác định A b) Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 + ≥ 2.
Đẳng thức xảy x = -1 Áp dụng quy tắc so sánh: Nếu m, a, b >
m m
a b
a b .
D
A B
C O
S
(15)Ta có A =
2 2
1 2 x 1 2
Vậy A đạt giá trị lớn x = -1
Bài 3
a) Ta có sđ CAB = sđ
1
ADB 2
sđAnB , (AnB thuộc đường trịn (O))
Do CAB =ADB Tương tự ACB BAD suy ABD CBA.
b) Vì ABD CBAsuy ra
AD BD
CA BA,mà
AD AC BD DQ
DQ ;AP
2 2 BA AP
, với QDB PAB suy BQD APB BQD APB
c) AQB BQD 180 omà BQD APB AQB APB 180 osuy tứ giác APBQ tứ giác nội tiếp
Bài 4:
a) Ta có SA mp(ABC) (giả thiết) mà BC thuộc mp (ABC), suy BC AB, BC mp(SAB)
Vì AM thuộc mp (SAB), suy AM BC, mặt khác AM mp(SBC)
b) Trong tam giác vng ABC có: AB = AC.sinACB = 2a sin 30o = 2a.
1 2 = a; BC = AC.cosACB = 2a cos 30o = a 3.
Do SABC =
2
1 a 3
BA.BC
2 2
Vậy V =
2
ABC
1 1 a 3 a h 3
S .SA h
3 3 2 6
Bài 5:
Sử dụng kết 5, đề số cho số dương x + y x + z ta có:
1 1 1 1 1
2x y z x y x z 4 x y x z
(1)
Cũng theo kết nêu
1 1 1 1 1 1 1
;
x y 4 x y x z 4 x z
A
B
C D
O
O’ P Q n’ n
A
B
C S
M
(16)Do
1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1
x y x z 4 x y x z 4 x y z
(2)
Từ (1) (2) suy
1 1 2 1 1
;
2x y z 16 x y z
(3)
Tương tự ta có:
1 1 2 1 1
;
x 2y z 16 y x z
(4)
1 1 1 1
;
x y 2z 16 z x y
(5)
Cộng vế (3), (4), (5) ta có điều phải chứng minh
ĐỀ SỐ 7 Bài 1.
x 12 18 x 18 27 x 12 x 18 27 18
27 18 3 3 2
x x
12 8 2 2
3 3 2
x 1,5
2 3 2
Bài 2 3x2 + mx + 12 = (1)
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Δ > 0 m2 - 4.3.12 > 0
(m - 12)(m + 12) > 0 m > 12 m < -12
Vậy m > 12 m < -12 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Phương trình (1) có nghiệm 1 a + b + c = 0 3 + m + 12 =
m = -15 Ta có x1.x2 =
c
a mà x1 =
12
1.x 4
3
Vậy x2 =
Bài 3
Gọi thời gian dự định x vận tốc dự định y, với x > 0, y > 0; x tính giờ, y tính km/giờ
* Quãng đường AB dài là: x.y
* Nếu vận tốc giảm 4km/h thời gian tăng lên nên ta có: (x + 1)(y - 4) = x.y -4x + y =
* Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thời gian bớt nên ta có: (x - 2)(y + 14) = x.y 14x - 2y = 28
(17)4x y 4 (1)
14x 2y 28 (2)
8x 2y 8 (1')
14x 2y 28 (2')
Cộng vế hai phương trình ta có: 6x = 36 x = Thay x = vào (1) ta có y = 28
Đáp số: Thời gian dự định vận tốc dự định 28km/giờ
Bài 4
a) Vẽ dây BD // AC; nối DA cắt đường trịn (O) K Ta có cát tuyến AKD thỏa mãn BD // AC b) Xét hai tam giác BCI KCI, ta có:
+ BIC (chung) +
1
KCI 2
sđCK (góc tiếp tuyến dây cung CK)
1
IBC 2
sđCK (góc nội tiếp chắn CK ), suy KCI IBC Vậy ΔBCI ΔCKI
2
BI CI
CI BI.KI
CI KI
c) Ta có ΔCAB cân (AB = AC) CAB 60 ABC ACB 60 (1) Do BD // AC DBC BCA 60 0(so le trong) (2) Mặt khác,
1
BDC 2
sđBC (góc nội tiếp);
1
BCA 2
sđBC = 600 (góc tiếp tuyến dây
cung) BDC BCA 60 (3)
Từ (1), (2), (3) suy hai tam giác BCD BCA tam giác đều ABDC hình thoi (tứ giác có cạnh nhau) BCAD D điểm BC DA qua O (đpcm)
Bài 5
Vì ab = nên
2 2
a b (a b) 2 2
(a b)
a b a b a b
Do a > b nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có:
2 2
(a b) 2 (a b). 2 2
a b a b
A B
C I