quocbao cám ơn thầy cô ở violet đã biên soan bộ đề luyện thi hs giỏi năm học 2009 – 2010 tôi up lên để dành làm tliệu đề 1 câu 1 tính câu 2 cho phương trình m 1x2 – 2m – 1 x m – 2 0 ẩn x t

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]

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

   

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

 

 

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 ?

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 x0 (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

 12  32 2 10 2 12 8

2

            

 S x y m m m m m Vậy Smin 8 m1

Câu IV:Ta có: VT ≥ 5; VP ≤ Vây hệ có nghiệm x =

Câu V: Đưa dạng:



x191



2



y 7 2



2 



z1997 3



2 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

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: xyz352.(2 x13 y24 z3)

Bài 3:

a) Cho x > 0, y > thoả mãn: x11y21 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

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: xyz352.(2 x13 y24 z3)

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 42.24

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

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   1110

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) x1 24 x  x9 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

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) x1 24 x  x9 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

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 x0



 





 

 



1 2

1 1 1

x x x x x x

P

x x x x x x x x

     

  

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

 

 

 

 

 

x0 nên minP = x =

Bài 2: a) ĐKXĐ 16

x ; x2 x 2 16x 2

     x2 x 2 16  x 



x2 x 2



2  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 b



2



b c



2



a c



2

            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

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

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: DCETCE EC chung CT( , CD BC )

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)

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

 

      

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: 1b 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 n



2



n p



2



m p



2 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

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

    

       

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

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 

   x13m - v

1 x

2 

3

3

1

3

2 6

m m

m m



  

 

 



 

 

  

 

 b)Ta có A= x12x22 =

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 b1) ; 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

tx  x, ta cú phương trỡnh : t2 6t 0  t v t7

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,

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 x0 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 x2 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 y13 2 xy 13 2.6 25. 

Dấu xảy x = y =

Vậy diện tớch tứ giỏc ABCD đạt giỏ trị nhỏ 25

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

-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 b



2  0 a b 2 ab

Tương tự, a c 2 ac

2

b c  bc

1

a  a

1

b  b

1

c  c

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

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

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 1



1







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  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

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                                                                 

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 ACBQ  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

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

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 = –32 ( 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

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  BACACK

Mà 

2

ACK  sđEC = 1

2sđBD = 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

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 RDER

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 )

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 SABC = 1/2AC.BC = 2 10 10

1

 ( đơn vị diện tích )

Câu 3: Đkxđ x1, đặt x1u; 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

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 =

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)(116)=>

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

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



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

      

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 8m20 m41 (*)

+ 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 = m4 19 Câu 3:

+ ; a cSin AI SABI 

+ ;

2

1 AIbSina SAIC 

+ ;

2

a bcSin SABC 

AIC ABI

ABC S S

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  AFBPˆ1  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



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

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) (04)

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

EADEFD  sd ED (0,25)

F E

Tôi up lên để dành làm tliệu

  (  )

2

FADFDC  sd FD (0,25)

mà EDAFAD  EFDFDC (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 ACDADE EADDAC

DADC (g.g)

Tương tự: sđ   (  )

2

ADF sd AF  sd AFD DF = 1(   ) 

2 sd AFD DE sd ABD 

  ADFABD 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

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: 2x1yz + x21yz + xy12z 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 SAEF = SAPQ

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: 1a1b1c 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 x0;x4;x9 0,5đ

Rút gọn M =









 







2

2

2 3

9

 

  

 

 

x x

x x

x x

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



z

nên x  3là ớc  x nhận giá trị: -4; -2; -1; 1; 2;

1;4;16;25;49



 x x4 x1;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/ AA

d Nên /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/ /x 20052008 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   

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

xyz 





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

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