Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân.. Chứng minh tứ giác ADC[r]
(1)Tôi up lên để dành làm tliệu
Câu 1: Tính:
x 2 5 250
3
y
3
x x y y
A x y
x xy y
Câu 2: Cho phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1) x + m – = (ẩn x, tham số m).
a) Giải phương trình m =
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:
1
1
x x 4
Câu 3: Khoảng cách hai bến sông A B 60 km Một ca nô chạy xi dịng từ bến A tới bến B, nghỉ 20 phút bến sơng B ngược dịng trở A Thời gian kể từ lúc khởi hành đến bến A tất 12 Tính vận tốc riêng ca nơ vận tốc dịng nước biết vận tốc riêng ca nô gấp lần vận tốc dòng nước
Câu 4: Cho đường trịn (O; R) đường thẳng (d) khơng qua tâm O cắt (O; R) hai điểm phân biệt A, B Điểm M chuyển động (d) nằm (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN MP tới (O; R) (N, P hai tiếp điểm)
a) Chứng minh tứ giác MNOP nội tiếp đường tròn, xác định tâm đường trịn
b) Chứng minh MA.MB = MN2.
c) Xác định vị trí điểm M cho tam giác MNP
d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP
Câu 5:
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: 23 x y
Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B 8x 18y
x y
(2)Tôi up lên để dành làm tliệu
Đáp án đề 1
Câu 1:x = 10; y = ,A = x – y = Bài 2: a) Với m = ; x1 = 0; x2 = 2/3 b) m = -6
Bài 3: ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h; Vận tốc dòng nước: km/h Bài 4:
c) Tam giác MNP OM = 2R
d) Quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP đường thằng d’ song song với đường thẳng d (trừ điểm bên đường tròn)
Bài 5:
6
B 8x 18y
x y
2
8x 18y 12 23 43
x y x y
Dấu xảy x; y 1;
2
Vậy giỏ trị nhỏ B 43 x; y 1;
2
(3)Tôi up lên để dành làm tliệu
Câu I: Cho biểu thức: ( ) :
2
1 1
x x x
A
x x x x x
a- Rút gọn biểu thức A
b- Tính giá trị A x 7
c- Tìm x để A đạt GTLN
Câu II:
1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ 2
3
1
x x
y x
2 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau: 11x + 18y = 120
Câu III: Cho hệ phương trình:
5
1
m y x
m my x m
Tìm giá trị m để hệ có nghiệm (x ; y) cho S x2 y2
đạt giá trị nhỏ
nhất
Câu IV Giải phương trình sau: 3x2 6x 12 5x4 10x2 9 4x 2x2
Câu V Tìm x, y, z thỏa mãn: x y z 2009 x 19 y z 1997
Câu VI: Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) Gọi K giao điểm CF ED
a Chứng minh điểm E, B, F, K nằm đường tròn b Tam giác BKC tam giác ? Vì ?
(4)
O K
F E
D
C B
A Tôi up lên để dành làm tliệu
Đáp án đề 2
Câu I: a Điều kiện xác định:0 x (0,25)
2 ( 1) ( 1)
1
x x x x x
A
x x x
( 1)2
( 1) ( 1)
x x
x x x x x
(0,75)
b-
2
2
1 3
( )
2 4
A x
(0,5) Dấu “ =’’ xảy x 0 x0 (0,25) Vậy giá trị lớn A x = 0.(0,25)
c- Với x = 7 ( 1)2
x 1 (0,5) Ta có: 2
7 6 1
A
(0,5)
Câu II: a Vậy tập giá trị y 11; 2
,
11
;
2
Max y Min y (4đ) b Vậy x y, 6, 3 nghiệm nguyên dương phương trình.(2đ)
Câu III: Khi m -1 hệ có nghiệm
3
m y
m x
12 32 2 10 2 12 8
2
S x y m m m m m Vậy Smin 8 m1
Câu IV:Ta có: VT ≥ 5; VP ≤ Vây hệ có nghiệm x =
Câu V: Đưa dạng: x1912 y 7 22 z1997 32 0
Vậy nghiệm phương trình là: x = 20; y = 11; z = 2006
Câu VI:
a Ta có KEB= 900
mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đường trịn)
do CF kéo dài cắt ED D
=> BFK= 900 => E,F thuộc đường trịn đường kính BK
hay điểm E,F,B,K thuộc đường trịn đường kính BK b BCF= BAF
Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450
Ta có BKF= BEF
Mà BEF= BEA=450(EA đường chéo hình vng ABED)=> BKF=450
(5)Tôi up lên để dành làm tliệu
Bài 1: Cho biểu thức P xx2xx33 2( xx 13) 3x x3
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị P x = 14 -
c) Tìm giá trị nhỏ P giá trị tương ứng x
Bài 2:
a) Giải phương trình:
x x
1
x x
1
x x
1
b) Tìm x, y, z thoả mãn đẳng thức: xyz352.(2 x13 y24 z3)
Bài 3:
a) Cho x > 0, y > thoả mãn: x11y21 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x y
b) Tìm giá trị lớn biểu thức B 3x 5 7 3x
Bài 4:
a) Tìm nghiệm nguyên phương trình x + y + xy = b) Tìm số nguyên x để : 199 x2 2x
số phương chẵn
Bài 5: Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Vẽ đường trịn (I ) đường kính BH cắt AB D Vẽ đường trịn (K) đường kính CH cắt AC E Chứng minh rằng:
a) AD.AB = AE.AC
(6)Tôi up lên để dành làm tliệu
Đáp án đề 3
Bài 1: (4 điểm) a) ĐK x 0, x
1 ) )( ( ) )( ( ) ( x x x x x x x x x P b) P =
11 58
c)
1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x P
áp dụng BĐT Cơsi ta có: 2
1 2
1
x x x x P
P =
1
1
x
x
x Vậy P = x = 4
Bài 2:(4 điểm) a ĐK x 0, nghiệm phương trình x =
b) Tìm x, y, z thoả mãn đẳng thức: xyz352.(2 x13 y24 z3)
ĐK x -1, y -2, z -3 Nghiệm phương trình x = 3; y = 7; z = 13
Bài 3:(4 điểm) a) Vì x > 0, y > nên 0;1 0; x 0; y 0
y x
+ Vận dụng BĐT Côsi cho số dương 1x ; 1y ta được:
y x y x 1 1
Suy :
4 1 xy xy
+ Vận dụng BĐT Côsi cho số dương x; y ta được: A x y 2 x y 2 42.24
Vậy A = x = y = b) ĐKXĐ:
x Khi đó: A2 = (3x - 5) + (7 – 3x) + (3x 5).(7 3x) = + (3x 5).(7 3x) Vậy max A2 = => max A = x = 2.
Bài 4:(4 điểm) a) x + y + xy = (x + 1)(y + 1) – = (x + 1)(y + 1) = 5.1=(-1).(-5) Giải hệ Ta có nghiệm (0 ; 4) ; (4 ; 0) ; (-2 ; -6) ; (-6 ; -2)
b) Tìm số nguyên x để 199 x2 2x
số phương chẵn Vậy x 15; 3; 1; 13
Bài 5: a) Nối HD, HE thì: BDH = 900; CEH = 900
áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: AH2 = AB.AD; AH2 = AC.AE, suy AD.AB = AE.AC
b) Tứ giác AEHD hình chữ nhật Ta có: IDE = IDH + HDE = IHD + DHA = 900 => ID DE => DE tiếp tuyến (I) Tương tự ta có : DE tiếp tuyến (K)
Vậy DE tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K) c) Ta có DEIK hình thang vng :
ABC DEIK S AH BC AH IK AH HK IH DE EK DI S 2 2 ) ( ) ( 6 ĐỀ 4
(7)Tôi up lên để dành làm tliệu Bài 1: Cho biểu thức:
16 28
14
4
x x
x x
x x x x A
a) Tìm điều kiện x để A có nghĩa b) Rút gọn A
c) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên
Bài 2: Giả sử a, b, c số thực k thỏa mãn a, b, c o 1110
c b a c b a
Chứng minh rằng: abc c
b a
c b a
3 3
6 6
Bài 3: Giải phương trình sau: a) x1 24 x x9 64 x 2
b) 2
4
4x x x
x
c) x3 - 3x + + |x - 1| = 0
Bài 4: Cho hình vng ABCD, điểm M nằm đường chéo AC Gọi E, F theo thứ tự hình chiếu M AD, CD Chứng minh rằng:
a) BM vuông góc với EF
b) Các đường thẳng BM, AF, CE đồng quy
c) Xác định vị trí M AC để diện tích tứ giác DEMF lớn
(8)Tôi up lên để dành làm tliệu
Đáp án đề 4
Bài 1: a) ĐK x ; Đặt x = t
2
3
3 2
t t t t t 4
t 4t t
A
2t 14t 28t 16 2t 2t (12t 28t 16) t (t 2)(t 4)
t 0; t 1; ; t 2; t => x 0; x 1; x 4; x 16 b) Rút gọn ta :
t t t t x
A
2 t (t 2)(t 4) 2(t 2) 2( x 2)
c) 2A t t 3
t t t
; Để 2A nguyên t – ước
Xét trường hợp => t = ; = > x = ; 25
Bài 2: * a + b + c = => a + b = -c => (a + b)3 = -c 3 => a3 + b3 + c3 = -3ab(a + b) = 3abc
* 1
a b c => ab + bc + ca =
* a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 – 2(a3b3 + b3c3 + c3a3)
* ab + bc + ca = => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2
Do đó: * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2 +Vậy:
6 6 2
3 3
a b c 3a b c
abc
a b c 3abc
Bài 3: Giải phương trình sau:
a) x1 24 x x9 64 x 2 ( x 1)4 ( x4 3)2 2 x 1 x 3 2 Đặt 4x y 0 ; Ta có : PT: |y – 1| + |y – 3| = ; Xét khoảng ta nghiệm 1 x 81 b) x2 4x 3 4x x2
; ĐK: 4x – x2 => x2 – 4x + = (4x – x2)2
Đặt y = 4x – x2 = – (x – 2)2 => t ; Ta có PT : – t = t2 t2 + t – = 0
Giải PT ta : t1 13 0; t2 13
2
(t1 < : loại ; t2 : t/m)
Thay t vào giải PT : 4x - x2 = t
2 ta nghiệm
1,2
9 13
x
2
c) x3 - 3x + + |x - 1| = ; Phá dấu || giải PT bậc ba
Bài 4: a) Gọi K giao EM BC Ta cú D EMF = D BKM (g.c.g) nờn MFE = KMB Gọi H gia điểm BM EF, ta chứng minh BH EF
b) D ADF = D BAE (g.c.g) , từ đú chứng minh AF BE Tương tự chứng minh CE BF
Ta cú BM, AF, CE cỏc đường cao tam giỏc BEF nờn đồng quy c) Diện tớch tứ giỏc DEMF lớn M trung điểm AC
ĐỀ 5
A B
K
C D
E
M
(9)Tôi up lên để dành làm tliệu
Bài 1:
Cho biểu thức :
1 1
P
x x x x x
1 – Rút Gọn P
2 – Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ P
Bài 2:
a) Giải phương trình: x2 x 2 16x 2
b) Giải hệ phương trình:
2 9
3 x y xy x y xy
Bài 3:
Biết a b , b c 1
Tìm giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – ab – bc - ca Bài 4:
1 Cho tam giác vng ABC có AB = AC = a Điểm M thuộc cạnh BC (M khác B C), Các đường tròn (O) (I) qua M tiếp xúc với AB, AC B, C cắt điểm thứ hai N khác M
a Chứng minh ON tiếp tuyến (I )
b Tìm vị trí M để OI nhỏ tìm giá trị nhỏ
2 Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A B Dựng tiếp tuyến chung CD hai đường tròn, C O ; D( ')O Chứng minh AB qua trung điểm I CD
Bài 5: Cho a, b số dương thay đổi a + b = Chứng minh :
2
2
14 ab a b
Đáp án đề 5
Bài 1: 1) ĐKXĐ x0
1 2
1 1 1
x x x x x x
P
x x x x x x x x
(10)Tôi up lên để dành làm tliệu
2) Ta có:
2
2
1
1 1 1
1 3
2 4
x
x x x x
P
x x
x x
Dấu “=” xẩy <=> x = Vậy maxP = x =
Ta có:
1
2
x P
x
x0 nên minP = x =
Bài 2: a) ĐKXĐ 16
x ; x2 x 2 16x 2
x2 x 2 16 x x2 x 22 4 64x
4 3
2
4 4 64 60 60
0
5 12
5
x x x x x x x x x x x x x x
x
x x x x
x
Vì x2 + 3x + 12 =
2
3 39
0
2
x
b)
2 2
2
9
12
3
x y xy x y xy
x y x y
x y xy x y xy
Đặt (x + y) = a, xy = b
Khi ta có : * a = - ; b = ; a = ; b = từ tìm nghiệm (x; y). Bài 3: Từ ta có : a b , b c 1 a c 2
Ta có : 2A a2 2b2 2c2 2ab 2bc 2ac a b2 b c2 a c2
thay giá trị
2 , 2
a b b c a c vào ta tính A
Bài 4:
Câu : Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1
Chứng minh : abc + ( + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥
ĐỀ 6
B
(11)Tôi up lên để dành làm tliệu
Câu 2 : Phân tích biểu thức sau thừa số
M = xyz + x ( y2 + z2 ) + y ( x2 + z2 ) + z ( x2 + y2 ) Câu 3 : Định a b để đa thức A = x4 – x3 + ax2 + bx +
bình phương đa thức
Câu : Cho biểu thức :
P =
10 :
6
2
2
x x x
x x x
x x
a) Rút gọn p
b) Tính giá trị biểu thức P /x / = 43 c) Với giá trị x P =
d) Tìm giá trị nguyên x để P có giá trị nguyên
Câu 5:
Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB, O tâm đường tròn ( c ) Từ C vẽ tiếp tuyến CT với ( c ) , gọi T tiếp điểm ( T ≠A,B ) , gọi E giao điểm AD OT
a Đặt DE = x tính theo a x cạnh tam giác OAE, sau tính x theo a
b Tính theo a diện tích tam giác OCE đường cao EH xuất phát từ E tam giác
Đáp án đề 6
1 : Vì a2 + b2 + c2 = nên - ≤ a , b , c ≤ a + ≥ ; b + ≥ ; c + ≥ 0
Do đó: ( a + ) ( b + ) ( c + ) ≥ + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ (1) Cộng vế (1) cho + a + b +c + ab + bc + ca Ta có :
abc + ( + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ + a + b + c + ab + bc + ac Ta biết : + a + b + c + ab + bc + ac =
2
( + a2 + b2 + c2+ 2a + 2b + 2c + ab + bc + ac ) =
2
(12)Tôi up lên để dành làm tliệu
: Ta có M = xyz + x ( y2 + z2 ) + y ( x2 + z2 ) + z ( x2 + y2 )
= ( xyz + xy2 + yx2 ) + ( xyz + xz2 + zx2 ) + ( xyz + yz2 + y2Z )
= xy ( x + y + z ) + xz ( x + y + z ) + yz ( x + y + z ) = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz )
3 : Ta viết : A = x4 – 6x3 + ax2 + bx + = ( x2 – 3x + k )2
= x4 + 9x2 + k2 – 6x3 + 2kx2 – 6kx = x4 – 6x3 + ( + 2k )x2 – 6kx + k2
Đồng vế ta có :
a = + 2k (1)
b = - 6k (2)
1 = k2 (3)
Từ (3) ta suy : k = ± Nếu k = - ; b = a =
Ta có : A = x4 – x3 + x2 + x + = ( x2 – x – )2
Nếu k = ; b = - ; a = 11
Ta có : A = x4 – x3 + 11 x2 – 6x + = ( x2 – 3x + )2
4 : a) p = : 62
2 2 ) )(
(
x x x x
x x
= x x x x x x x x
2 2
6 : ) )( (
2 ) (
b) Với x ≠ ; x ≠ ± biểu thức p xác định /x/ =
4
nên x =
4
x = -
4
+ Nếu x =
4
p =
4
1
+ Nếu x = -
p = 11 4
1
c) Với p =
1
x x =
13
( thỏa mãn điều kiện x )
d) Để p có giá trị nguyên - x phải ước
Từ ta có : x = ; x = ; Vậy để p nguyên lúc x = ; x = ; 5:
T
D O
B
C
A
H
E
Đặt DE = x ; tính theo a, x cạnh tam giác OAE, a sau tính x theo a
b Ta có: DCETCE EC chung CT( , CD BC )
(13)Tôi up lên để dành làm tliệu
Mà
2
2 a
OA AE a x
a
OE OT TE x
Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông AOE: OE2 = OA2 + AE2
2
2
2
2 2
2
2
2
4
3
( 0)
a a
x a x
a a
x ax a x ax
ax a a
x a
b Tính theo a diện tích tam giác OCE đường cao EH xuất phát từ E tam giác
2
2
( ) ( )
2 4 12
OCE
a a
a x a a
CT OE a a x a a
S khi x
Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông BOC: OC2 = OB2 + BC2 = 2 5
4
a a a
a OC
2
2
5
2 :
2 12
OCE OCE
S
EH OC a a a
S EH
OC
Đáp số: 2;
12
OCE
a a
S EH
Bài (1,5 điểm)
Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:
a b c
1
b c c a a b
Bài (2 điểm)
(14)Tôi up lên để dành làm tliệu
Cho số phân biệt m, n, p Chứng minh phương trình 1
x m x n x p có hai
nghiệm phân biệt
Bài (2 điểm)
Với số tự nhiên n, n Đặt Sn =
1 1
3 1 5 2 2n 1 n n 1
.
Chứng minh Sn < Bài (3 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O có độ dài cạnh BC = a, AC = b, AB = c
E điểm nằm cung BC không chứa điểm A cho cung EB cung EC Nối AE cắt cạnh BC D
a Chứng minh: AD2 = AB.AC – DB.DC
b Tính độ dài đoạn AD theo a, b, c
Bài (1,5 điểm)
Chứng minh rằng: 2
m
2
n n 3 2 với số nguyên dương m, n
Đáp án đề 7
Bài Ta có: m m kn n k
, (với < m < n, k > 0) (1)
Thật vậy, (1) < m(n + k) < n(m + k) < mk < nk < m < n Áp dụng: < a < b + c a 2a
b c a b c < b < c + a
b 2b
c a a b c < c < a + b c 2c
a b a b c
Cộng vế theo vế bất đẳng thức : a b c 2(a b c)
b c c a a b a b c
(2)
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ: x y z 1 x y z
(15)Tôi up lên để dành làm tliệu
(3) x y y z x z
y x z y z x
9: BĐT
Thay x = a + b, y = b + c, z = c + a vào (2):
1 1
2(a b c)
a b b c c a
(a b c) 1
a b b c c a
1 c a c
a b b c a b
a b c
3
b c c a a b 2 2 (4)
Từ (3), (4) suy ra: 1b c c a a ba b c 2
Bài 2: Điều kiện xác định phương trình: x m, n, p
Biến đổi tương đương: (1) x m x n x n x p x m x p 0
3x2 – 2x(m + n + p) + mn + np + mp =
’ = (m + n + p)2 – 3(mn + np + mp) = m2 + n2 + p2 – mn – np – mp = m n2 n p2 m p2 2 > (vì m n p)Vậy (1) ln có hai nghiệm phân biệt
Bài Ta có: 2n n(n 1) (2n + 1)2 > 4n(n + 1) 4n2 + 4n + > 4n2 + 4n Do đó:
1
2n 1 n n 1 2 n n n(n 1 =
n n
1
2 n n n(n 1)
= 1
2 n n
(1) Cho n lấy giá trị từ đến n, thay vào (1), cộng vế theo vế bất đẳng thức tương ứng, ta có:
Sn =
1 1
3 1 5 2 2n 1 n n 1
<
< 1 1 1 1
2 2 n n
= 1 1
2 n
. Bài (3 điểm)
a) Chứng minh: AD2 = AB.AC – DB.DC
Xét hai tam giác ABD AEC, ta có:
1
A A (AD phân giác góc A) - ABD AEC (góc nội tiếp chắn cung AC) - Do ABD AEC (g.g)
Suy AD AB
AC AE AD.AE = AB.AC - Mặt khác, ABD CED (g.g), -nên
BD DA
DE DC BD.DC = DA.DE
Từ đó: AB.AC – BD.DC = AD.AE – DA.DE = AD(AE – DE) = AD2 -Vậy AD2 = AB.AC – DB.DC (1)
b) Tính AD theo a, b, c
Theo tính chất đường phân giác tam giác, ta có:
DB DC DB DC DB DC BC a
AB AC c b c b c b c b
Suy
2
DB DC DB.DC a
c b bc b c
DB.DC =
2 a bc b c (2) Thay (2) vào (1), ta có:
AD2 = bc -
2 a bc b c =
2
b c a b c a
a a
bc 1 bc
b c b c b c
Vậy AD = bc b c a b c a
b c
.
S
(16)Tôi up lên để dành làm tliệu
Bài : Trước hết, ta cần chứng minh
2
1
2
n n 3 2 , n N* (1) Vì n N* nên bất đẳng thức (1) tương đương với:
(1) 2
n n
(2) Đặt t =
n (0 < t 1), ta có: (2) 3 t 2 t 0 ( t, < t 1) (3)
Biến đổi tương đương:
(3) 3 t 2 3 t 3 t t 0 3 t (t 1) 3 t 3 t (t 1) 3 t 3 1 2 1
3 t (t 1) 3 (t 1) 2 1 2 1 ( < t 1) 2 3 < < 4: bất đẳng thức
Do bất đẳng thức (2)
Vì m 2
n n , m N*, nên 2
m
2
n n 3 2 , m, n N*
Vậy
2
m
2
n n 3 2 , m, n N *
Nhận xét: Dấu “=” bất đẳng thức không xảy
Câu 1: Cho phương trình : 2x2 (6m 3)x 3m 1 0
( x ẩn số) a) Định m để phương trình có hai ngiệm phân biệt âm. b) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình
Định m để A= 2
x x đạt giỏ trị nhỏ Câu 2 :
a) Cho a, b, c, d số dương Chứng minh:
1 a b c d
a b c b c d c d a d a b
(17)Tôi up lên để dành làm tliệu Câu 3 :
Giải phương trình : a)(x2 3 )x 6(x2 3 ) 0x
b) 8 x 3 5 x 5
c) 2
1
x x x x x Câu 4 :
Chứng minh với số tự nhiên n n2 n 1
không chia hết cho
Câu :
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H
a) Xác định vị trí điểm M thuộc cung BC khơng chứa điểm A cho tứ giác BHCM hình bình hành
b) Lấy M điểm cung BC không chứa A Gọi N E điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh ba điểm N , H , E thẳng hàng
Câu 6 :
Cho tứ giác ABCD có O giao điểm hai đường chéo diện tích tam giác AOB , diện tích tam giác COD Tìm giá trị nhỏ diện tích tứ giác ABCD
(18)Tôi up lên để dành làm tliệu
Đáp án đề 8 1:a) (6m 3)2 8( 3m 1) (6m 1)2
1;2
6m - 6m - x
4
x13m - v
1 x
2
3
3
1
3
2 6
m m
m m
b)Ta có A= x12x22 =
2 1
(3 1)
4
m ; A đạt GTNN
m 2 : a) Ta có : ( với a, b, c, d cỏc số dương)
a a
a b c a b c d
b b
b c d a b c d
c c
c d a a b c d
d d
d a b a b c d
Cộng bốn BĐT ta : a b c d
a b c b c d c d a d a b
Ta lại có :
1
a a
a b c a c
c c
c d a a c
a c
a b c c d a
1
b b
b c d b d
d d
d a b d b
b d
b c d d a b
Từ ta có đpcm
b)Ta có 1( 1) 1
2
a a
a a ( ,a b1) ; Suy :
2 ba b a ( 1) Tương tự :
2 ab
a b (2) ; Cộng (1) (2) ta có đpcm 3/ a) (x2 3 )x 6(x2 3 ) 0x
Đặt
3
tx x, ta cú phương trỡnh : t2 6t 0 t v t7
Với 2
1, 3
2 t x x x x x
Với 7, 7 37 t x x x x x
b) 8 x 3 5 x 3 5
Đặt
8 0,
(19)Tôi up lên để dành làm tliệu
Ta có hệ phương trính: 2 25
3
13
u v u u
v
v v
u v
Từ ta tìm nghiệm x = c) x x2 x x2 x 1
( Điều kiện : 0 x 1) ;Ta thấy x0 không thỏa mãn ta chia hai vế cho x:
2 1 1
1
x x x x
x x x x
x x x x
Xét vế phải : x x
dấu xảy x = 1. Ta có:
2
2
( 1 )
( ) ( )
2
x x
x x
Suy vế trài : 1 x 1 x2 dấu xảy x =
Vậy hai vế khơng Phương trình cho vơ nghiệm
4/ Giải: Giả sử n2 n 1
chia hết cho ta có :n2 n k.9 (k N ) n2 n k.9 0 ( 1)
1 4(1 k.9) 36k 3(12k 1)
Ta thấy chia hết cho không chia hết không số chớnh phương, (1) khơng thể có nghiệm ngun Vậy n2 n 1
không chia hết cho ( đpcm) 5/ a/Gọi Mo điểm đối xứng A qua tâm O
Ta có CMo song song với BH vng góc với AC.BMo song song với CH
Vậy BHCMo h b hành Điểm Mo vị trí M mà ta cần xác định
b/Ta có N M đối xứng qua AB nên : ANB=AMB= ACB
H trực tâm tam giác ABC nên AHB + ACB = 180o ; Suy : ANB + AHB = 180o.
Tứ giác AHBN nội tiếp cho ta : NHB = NAB ; Mà NAB = MAB nên NHB = MAB ( 1)
Tương tự ta có : EHC = MAC ( ) Cộng (1 ) (2 ) ta có : NHB + EHC = BAC
Mà ta lại có: BAC + BHC = 180o ; Nên : NHB + EHC + BHC = 180o ; Vậy N, H , E thẳng hàng.
6Đặt SBOC x , SAOD y ; Ta có
AOB BOC
AOD COD
S OB S
S OD S
Suy : 36
9 x
xy y
Ta lại cú SABCD 4 x y13 2 xy 13 2.6 25.
Dấu xảy x = y =
Vậy diện tớch tứ giỏc ABCD đạt giỏ trị nhỏ 25
(20)Tôi up lên để dành làm tliệu
Câu :
1 Cho phương trình x4 (m2 4 )m x2 7m 1 0
Định m để phương trình có nghiệm
phân biệt tổng bình phương tất nghiệm 10 Giải phương trình: 2
4
3
5 ( 1)
1 x x
x x
Câu :
1 Cho góc nhọn a Rút gọn khơng cịn dấu biểu thức :
2
cos sin
P a a
2 Chứng minh: 4 15 5 3 4 15
Câu :
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 4:
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 (O), Q (O’)) Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ
(21)-HẾT -Tôi up lên để dành làm tliệu ĐÁP ÁN Đề
1 Đặt X = x2 (X 0)
Phương trình trở thành X4 (m2 4 )m X2 7m 1 0
(1)
Pt 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
(2)
Với điều kiện (2), (1) có nghiệm phân biệt dương X1 , X2
phương trình cho có nghiệm x1, = X1 ; x3, = X2
2 2 2
1 2( 2) 2( )
x x x x X X m m
Vậy ta có : 2( ) 10 5
m
m m m m
m
;Với m = 1, (I) thỏa mãn
2 Đặt t x4 x2 1
(t 1) ; Được pt 3(t 1)
t →3t
2 – 8t – = 0→ t = ;
3
t (loại)
→ x =
: P cos2 2 sin2 1 cos2 2 cos2 1
a a a a
P cos2a 2cosa 1 (cosa>0)
(cos 1)
P a →P 1 cosa ( cosa < 1)
*4 15 5 3 4 15 5 3 4 15 2 4 15 = 5 3 4 15 = 5 3 2 4 15 = 8 15 4 15 =
Câu :
a b2 0 a b 2 ab
Tương tự, a c 2 ac
2
b c bc
1
a a
1
b b
1
c c
(22)Tôi up lên để dành làm tliệu
+
1
Ta có : ABC = 1v ABF = 1v
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) +
EBA = AFD hay EBI = EFI +
Tứ giác BEIF nội tiếp +
3
Gọi H giao điểm AB PQ
Chứng minh tam giác AHP PHB đồng dạng +
HP HA
HB HP → HP
2 = HA.HB +
Tương tự, HQ2 = HA.HB +
HP = HQ → H trung điểm PQ +
O O’
B A
C
D E
F I
P
(23)Tôi up lên để dành làm tliệu
Bài 1: Cho biểu thức: P x yx y x yy x x xy y
1 1
) )
1 )( (
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 đ 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 phía trục tung
Bài 3: Giải hệ phơng trình :
27 1 1
9
zx yz xy
z y x
z y x
Bài 4: Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R C điểm thuộc đường tròn )
;
(C A C B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N
a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tính BC theo R
Bài 5: Cho x,y,z R thỏa mãn :
z y x z y
x
1
1
(24)Tôi up lên để dành làm tliệu
Đáp án đề 10
Bài 1: a) Điều kiện để P xác định :; x 0; y 0 ; y 1; x y 0 .
*) Rút gọn 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
Vậy P = x xy y
b) P = x xy y.=
1 11 1 1
y x y y x
Ta có: + y 1 x 1 0 x x = 0; 1; 2; ;
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a) Đường 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 m2 4m 8 m 22 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
nghiệm trái dấu m – < m < 2.
Bài 3 :
3 27 ) 2 ( 1 1 1 1 1 9 xz yz xy z y x z y x
ĐKXĐ : x 0 , y 0 , z 0
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
81 81
81 27
2( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
x y z x y z xy yz zx
x y z xy yz zx x y z
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
x y y z z x
x y x y
y z y z x y z
z x z x
(25)Q N M O C B A
Tôi up lên để dành làm tliệu
Ta thấy x = y = z = thõa mãn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =
Bài 4:
a) Xét ABM NBM ▲▲▲
Ta có: AB đờng kính đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o
M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => BAN cân đỉnh B
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( bù với góc MCB) => MCN = MNC ( góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M
b) Xét MCB MNQ có :
MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) BMC = MNQ ( : MCB = MNC ; MBC = MQN ) => MCB MNQ (c.g.c) => BC = NQ
Xét tam giác vng ABQ có ACBQ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 1)R
Bài 5:
Từ : 1x 1y 1z x 1y z =>1 1 0 z y x z y x
=> 0
z y x z z z y x xy y x
( )
0 ) ( 1 x z z y y x z y x xyz xy z zy zx y x z y x z xy y z
Ta có : 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)
Vậy M = 43 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 43
(26)Tôi up lên để dành làm tliệu
Câu 1: Cho P =
1 x x x
+
1 x x x
-
1 x x
a/ Rút gọn P
b/ Chứng minh: P <
3 với x x 1
Câu 2: Cho phương trình : x2 – (m - 1)x + m2 – = ( ) ; m tham số.
a/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba lần nghiệm
Câu 3: a/ Giải phương trình :
x +
1
2 x =
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 không trùng với A, B) Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K
a/ Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp b/ Tứ giác ABCK hình ∆gì? Vì sao?
c/ Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hành
Đáp án đề 11 ĐÁP ÁN
(27)Tôi up lên để dành làm tliệu
P =
1 x x x
+
1 x x x
-
1
( 1)( 1)
x
x x
=
2
( )
x x
+
1 x x x
-
1 x
= ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x
x x x
=
( 1)( 1)
x x
x x x
=
x x x
b/ Với x x 1 Ta có: P <
3
x
x x <
x < x + x + ; ( x + x + > ) x - x + >
( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)
Câu 2:a/ Phương trình (1) có nghiệm ’ (m - 1)2 – m2 –
– 2m
m
b/ Với m (1) có nghiệm
Gọi nghiệm (1) a nghiệm 3a Theo Viet ,ta có:
3 2
.3
a a m
a a m
a=
2 m
3(
2 m
)2 = m2 – 3
m2 + 6m – 15 =
m = –32 ( thõa mãn điều kiện) Câu 3:
Điều kiện x ; – x2 > x ; x < 2 Đặt y = 2 x2
> Ta có:
2 2 (1)
1
2 (2) x y
x y
Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = xy = -1
2
* Nếu xy = x+ y = Khi x, y nghiệm phương trình: X2 – 2X + = X = x = y = 1.
* Nếu xy = -1
2 x+ y = -1 Khi x, y nghiệm phương trình:
X2 + X - 1
2 = X =
1
2
Vì y > nên: y =
2
x =
O
K
D
(28)Tôi up lên để dành làm tliệu
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =
Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK hình thang
Do đó, tứ giác ABCK hình bình hành AB // CK BACACK
Mà
2
ACK sđEC = 1
2sđBD = DCB
Nên BCD BAC
Dựng tia Cy cho BCy BAC .Khi đó, D giao điểm AB Cy. Với giả thiết AB > BC BCA > BAC > BDC.
D AB
Vậy điểm D xác định điểm cần tìm
(29)Tơi up lên để dành làm tliệu
Câu 1: a Xác định x R để biểu thức :A =
x x
x x
1 1
2
Là số tự nhiên
b Cho biểu thức: P = 2 1 22 2
zx z
z y
yz y x
xy x
Biết x.y.z = , tính P
Câu 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 phương trình:
x
x
Câu 4 Cho đường tròn (O;R) điểm A cho OA = R Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC D E
Chứng minh rằng:
a.DE tiếp tuyến đường tròn ( O ) b RDER
3
Đáp án đề 12
Câu 1: A = x x x x x
x x
x x
x x
x
x ( )
) ).(
1 (
1
1 2
2
2
A số tự nhiên -2x số tự nhiên x =
2 k
(trong k Z k )
(30)Tôi up lên để dành làm tliệu
Nhân tử mẫu hạng tử thứ với x; thay mẫu hạng tử thứ xyz ta được:
P =
2 2
( 2
2
xy x
xy x xy x
z z x
xy xy x
xy x
P 1 P > Câu 2: a.Đường thẳng qua điểm A B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên b = 4; a = Vậy đt AB y = 2x +
4.Điểm C(1;1) có toạ độ khơng thoả mãn y = 2x + nên C không thuộc đường thẳng AB
A, B, C không thẳng hàng D thuộc đường thẳng AB A,B,D thẳng hàng
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
1
( đơn vị diện tích )
Câu 3: Đkxđ x1, đặt x1u; 2 x v ta có hệ phương trình:
1 5
3 v
u v u
Giải hệ pt phương pháp ta được: v = x = 10
Câu 4
a.Áp dụng định lí Pitago tính AB = AC = R ABOC hình
vng (0.5đ) Kẻ bán kính OM cho
BOD = MOD
MOE = EOC (0.5đ)
Chứng minh BOD = MOD
OMD = OBD = 900
Tương tự: OME = 900
D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đường 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 có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng vế ta được: 3DE > 2R DE >
3
R
Vậy R > DE > 32 R
CÂU I : Tính giá trị biểu thức:
A = 31 5
+
1
+
1
+ + 97 99
1
ĐỀ 13
B
M A
O
C D
(31)Tôi up lên để dành làm tliệu
B = 35 + 335 + 3335 + + 99
35 3333
sè
CÂU II :Phân tích thành nhân tử :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10
CÂU III :
1) Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
2) áp dụng : cho x+4y = Tìm GTNN biểu thức : M= 4x2 + 4y2
CÂU : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I trung điểm BC, M điểm đoạn CI ( M khác C I ) Đường thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM M cắt BD DC P Q
a) Chứng minh DM.AI= MP.IB b) Tính tỉ số : MQMP
CÂU 5:
Cho P =
x x x
1
Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
Đáp án đề 13 CÂU :
1) A = 31 5
+
1
+
1
+ + 97 99
1
= 12 ( 5 3+ 7 5+ 9 7+ + 99 97) =
2
( 99 3)
2) B = 35 + 335 + 3335 + + 99
35 3333
sè =
(32)Tôi up lên để dành làm tliệu
= 198 + 31 ( 99+999+9999+ +999 99)
198 + 31 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 +
B =
27 10 10101
+165
CÂU 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ)
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 có : (ab+cd)2
(a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2
a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
(ad - bc)2 (đpcm )
Dấu = xãy ad=bc
2) áp dụng đẳng thức ta có :
52 = (x+4y)2 = (x + 4y) (x2 + y2)(116)=>
x2 + y2
17 25
=> 4x2 + 4y2
17 100
dấu = xãy x= 175 , y =1720 (2đ)
CÂU 4 : 5đ
Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC Mặt khác góc ADB = góc BCA=>
MPD đồng dạng với ICA =>
IA MP CI
DM
=> DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB
(1)
Ta có góc ADC = góc CBA,
Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA.
Do DMQ đồng dạng với BIA =>
IA MQ BI
DM
=> DM.IA=MQ.IB (2)
Từ (1) (2) ta suy MQMP =
CÂU 5
Để P xác định : x2-4x+3 1-x >0
(33)Tôi up lên để dành làm tliệu
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
Với x < Ta có : P =
x x x
1
= x
x x x
3
) )( (
Câu 1: Cho biểu thức D =
ab b a ab
b a
1
1 :
ab ab b a
1
a) Tìm điều kiện xác định D rút gọn D b) Tính giá trị D với a =
3
2
(34)Tôi up lên để dành làm tliệu
c) Tìm giá trị lớn D
Câu 2: Cho phương trình 2 3
x
2- mx +
3
2
m
2 + 4m - = (1)
a) Giải phương trình (1) với m = -1
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thỗ mãn 2
1
1
x x x
x
Câu 3: Cho tam giác ABC đường phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ˆ ( 900)
a a
A Chứng
minh AI =
c b
Cos bc
2
2 a
(Cho Sin2a 2SinaCosa)
Câu 4: Cho đường trịn (O) đường kính AB điểm N di động nửa đường tròn cho NA NB.Vẽ vào đường trịn hình vng ANMP
a) Chứng minh đường thẳng NP qua điểm cố định Q
b) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác NAB Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp c) Chứng minh đường thẳng MP qua điểm cố định
Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = x + y + z = -1 Hãy tính giá trị của:
B = xyz zxy xyzx
Đáp án đề 14
Câu 1: a) - Điều kiện xác định D
1 0 0 ab b a
- Rút gọn D
D =
ab a b a
1 2
:
ab ab b a
1 D =
1
a a
b) a = ( 1)
1 (
2
(35)c b a I C B A a a
Tôi up lên để dành làm tliệu
Vậy D =
2 3 2 2
c) Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
1
2 a a D
Vậy giá trị D
Câu 2: a) m = -1 phương trình (1)
2
1 2
x x x x
10 1 10 1 x x
b) Để phương trình có nghiệm 0 8m20 m41 (*)
+ Để phương trình có nghiệm khác
2 3 4 2 3 4 0 1 4 2 1 2 m m m m (*) + 0 1 0 0 )1 )( ( 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 xx x x xx x x x x x x 19 4 19 4 0 03 8 0 2 m m m m m m
Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta m = m4 19 Câu 3:
+ ; a cSin AI SABI
+ ;
2
1 AIbSina SAIC
+ ;
2
a bcSin SABC
AIC ABI
ABC S S
(36)1
1
2
F
I
Q P N
M
B A
Tôi up lên để dành làm tliệu
c b bcCos
c b Sin
bcSin AI
c b AISin bcSin
2
) (
) (
a a
a a a
Câu 4: a) Nˆ1 Nˆ2Gọi Q = NP (O)
QA QB
Suy Q cố định b) Aˆ1 Mˆ1(Aˆ2)
Tứ giác ABMI nội tiếp
c) Trên tia đối QB lấy điểm F cho QF = QB, F cố định Tam giác ABF có: AQ = QB = QF
ABF vng A ˆ 450 ˆ 450
AFB
B
Lại có Pˆ1 450 AFBPˆ1 Tứ giác APQF nội tiếp ˆ ˆ 900
AQF
F P A
Ta có: ˆ ˆ 900 900 1800
APM
F P A
M1,P,F Thẳng hàng
Câu 5: Biến đổi B = xyz
2 2
2
1 1
z y
x =
2
xyz xyz
(37)Tôi up lên để dành làm tliệu
Bài 1: Cho biểu thức 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 phương tình đường thẳng AB
b) Xác định điểm M trục hoành để tam giác MAB cân M
Bài : Tìm tất số tự nhiên m để phương trình ẩn x sau: x2 - m2x + m + = 0
có nghiệm nguyên
Bài : Cho tam giác ABC Phân giác AD (D BC) vẽ đường tròn tâm O qua A D đồng
thời tiếp xúc với BC D Đường tròn cắt AB AC E F Chứng minh a) EF // BC
b) Các tam giác AED ADC; àD ABD tam giác đồng dạng c) AE.AC = à.AB = AC2
Bài : Cho số dương x, y thỏa mãn điều kiện x2 + y2 x3 + y4 Chứng minh:
x3 + y3
(38)Tôi up lên để dành làm tliệu
Đáp án đề 15 ĐÁP ÁN Bài 1:
a) Điều kiện x thỏa mãn
2
1
4( 1) 4( 1) 4( 1)
x
x x
x x
x x
1 1
x x x x
x > x
KL: A xác định < x < x >
b) Rút gọn A
A = 2
2
( 1) ( 1)
( 2)
x x x
x x
A =
1 1 2
2
x x x
x x
Với < x < A =
1 x Với x > A =
2
x
Kết luận :Với < x < A =
1 x ; Với x > A =
2
x Bài 2:
a) A B có hồnh độ tung độ khác nên phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b
A(5; 2) AB 5a + b =
B(3; -4) AB 3a + b = -4
Giải hệ ta có a = 3; b = -13
Vậy phương trình đường 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 cân MA = MB 2
(x 5) 4 (x 3) 16
(x - 5)2 + = (x - 3)2 + 16 x =
Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0)
Bài 3:
Phương trình có nghiệm ngun = m4 - 4m - số phương
Ta lại có: m = 0; < loại
m = = = 22 nhận
m 2m(m - 2) > 2m2 - 4m - > - (2m2 - 2m - 5) < < + 4m + m4 - 2m + < < m4
(m2 - 1)2 < < (m2)2 khơng phương
Vậy m = giá trị cần tìm
Bài 4:
a) ( )
2
EADEFD sd ED (0,25)
F E
(39)Tôi up lên để dành làm tliệu
( )
2
FADFDC sd FD (0,25)
mà EDAFAD EFDFDC (0,25)
EF // BC (2 góc so le nhau) b) AD phân giác góc BAC nên DE DF
sđ
2
ACD sđ(AED DF ) =
2 sđ
AE = sđADE ACDADE EADDAC
DADC (g.g)
Tương tự: sđ ( )
2
ADF sd AF sd AFD DF = 1( )
2 sd AFD DE sd ABD
ADFABD AFD ~ (g.g
c) Theo trên:
+ AED ~ DB AE AD
AD AC hay AD
2 = AE.AC (1)
+ ADF ~ ABD AD AF
AB AD
AD2 = AB.AF (2)
Từ (1) (2) ta có 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 có: x(x - 1)2 0: y(y + 1)(y - 1)2 0 x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2 x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y
(x2 + y2) + (x2 + y3) (x + y) + (x3 + y4)
mà x2 + y3 x3 + y4
x2 + y2 x + y (2)
và (x + 1)(x - 1) (y - 1)(y3 -1)
x3 - x2 - x + + y4 - y - y3 + 0
(x + y) + (x2 + y3) + (x3 + y4)
mà x2 + y3
x3 + y4 x + y
Từ (1) (2) (3) ta có:
x3 + y3 x2 + y2 x + y 2
(40)Tôi up lên để dành làm tliệu
B i 1:à Cho bi u th c M =ể ứ
x x x
x x
x x
2 3
1
9
a. Tìm điều kiện x để M có nghĩa rút gọn M
b. Tìm x để M =
c. Tìm x Z để M Z
Bài 2: a) Tìm x, y ngun dương thỗ mãn phương trình 3x2 +10 xy + 8y2 =96
b)tìm x, y biết / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ =
Bài 3: a Cho số x, y, z dơng thoã mãn 1x + 1y + 1z = Chứng ming rằng: 2x1yz + x21yz + xy12z 1
b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = 2 2 2006 x
x
x (với x 0
)
Bài 4: Cho hình vng ABCD Kẻ tia Ax, Ay cho xAˆy = 450
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 SAEF = SAPQ
Kẻ đờng trung trực CD cắt AE M Tính số đo góc MAB biết CPˆD = CMˆD Bài 5:
Cho ba số a, b , c khác thoã mãn: 1a1b1c 0; Hãy tính P = 2 2 2 b ac a bc c ac
Đáp án đề 16 Bài 1:M =
x x x
x x
x x
2 3
1
9
a.ĐK x0;x4;x9 0,5đ
Rút gọn M =
2
2
2 3
9
x x
x x
x x
(41)Tôi up lên để dành làm tliệu
Biến đổi ta có kết quả: M = 2 3
x x x x
M =
3 x x M x x x x 16 4 16 16 15 5 5 M b x x x x x x x x x
c M =
3 4 3 x x x x x
Do M znên x 3là ớc x nhận giá trị: -4; -2; -1; 1; 2;
1;4;16;25;49
x x4 x1;16;25;49
Bài 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 3 mà 96 = 25 có ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành tích
thừa số khơng 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
24 4 3 6 2 y x y x
Hệ PT vô nghiệm Hoặc
16 4 3 6 2 y x y x 1 4 y x Hoặc 12 4 3 8 2 y x y x vô nghiệm
Vậy cấp số x, y nguyên dơng cần tìm (x, y) = (4, 1) c ta có /A/ = /-A/ AA
d Nên /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/ /x 20052008 x/ /3/ 3 (1) mà /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = (2)
Kết hợp (1 (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ 0 (3)
(3) sảy
2007 2006 0/ 2007 / 0/ 2006 / y x y x BÀI
a Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ : Với a, b thuộc R: x, y > ta có 2(*)
2 y x b a y b x a
(42)Tôi up lên để dành làm tliệu
a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy a2xy + 2abxy + b2xy a2y2 + b2x2 2abxy a2y2 – 2abxy + b2x2 0 (ay - bx)2 (**) với a, b, x,y >
Dấu (=) xảy ay = bx hay ax by
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
Tơng tự 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
Vì 1
xyz
2 2 2006 x x B x x Ta có: x x x B x x x B 2006 2006 2006 2006 2006
2 2
2 2006 2005 2006 2005 2006 2005 2006 2 2 x x x x x
B Vì (x - 2006)2 với x
x2 > với x khác 2
2006 2005 2005
0 2006
2006 2006 2006
x
B B khix
x
Bài 4a EBQ EAQ 450 EBAQ
nội tiếp; Bˆ = 900 à góc AQE = 900à gócEQF = 900
Tơng tự góc FDP = góc FAP = 450
à Tứ giác FDAP nội tiếp góc D = 900à góc APF = 900à góc EPF = 900 …… 0,25đ
Các điểm Q, P,C ln nhìn 1góc900 nên điểm E, P, Q, F, C nằm đờng
trịn đờng kính EF ………0,25đ
(43)Tôi up lên để dành làm tliệu
Góc AFE + góc EPQ = 1800
àTam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)
2
2 1 2
2
APQ
APQ AEE
AEF
S
k S S
S
b góc CPD = góc CMD tứ giác MPCD nội tiếp góc MCD = góc CPD (cùng chắn
cung MD)
Lại có góc MPD = góc CPD (do BD trung trực AC) góc MCD = góc MDC (do M thuộc trung trực DC)
à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC góc CMD = 600 tam giác DMA cân D (vì AD = DC = DM)
Và góc ADM =gócADC – gócMDC = 900 – 600 = 300 góc MAD = góc AMD (1800 - 300) : = 750
à gócMAB = 900 – 750 = 150
Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c x + y + z = (vì 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 =
Từ x3 + y3 + z3 – 3xyz = à x3 + y3 + z3 = 3xyz
à 1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc
Do P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc = 3