§ò 1 trường thcs vinh thanh §ò 1 bµi 1 cho bióu thøc p arót gän p bt×m x nguyªn ®ó p cã gi¸ trþ nguyªn giải bµi 1 2 ®ióm §k x a rót gän p p b p §ó p nguyªn th× vëy víi x th× p cã

Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.[r]

Đề 1

Bài 1: Cho biểu thøc: P =  

                      1 2 : 1 x x x x x x x x x x x a,Rót gän P

b,Tìm x ngun để P có giá trị ngun

Gii :

Bài 1: (2 điểm).ĐK: x 0;x a, Rót gän:

P=  

   

 2

3

2 2

1 1

: :

1 1 1

x x x

x x x x x x

x x

x x x x x x x x

                                                  =          

 2

3

1 1

:

1

1

x x x x x

x

x x x

                             =       1 : 1 2     x x x x x x z

<=> P =

1 ) (      x x x x b P =

1 1     x x x

Để P nguyên

) ( 0 1 1 Loai x x x x x x x x x x x                         

VËy víi x= 0;4;9 P có giá trị nguyên

Bài 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*)

a.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm âm

b.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn

3 x

x  =50

Giải :

                         0 1 2 0 6 0 6 4 1 2 2 2 m x x m m x x m m m )3 )(2 ( 25                    m m m m

b Giải phơng trình: 23 ( 3)3 50

    m m                       5 1 50 ) 3 ( 2 m m m m m m

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

   

2 18

1 72

x y x y

x x y y

      Gii :

Đặt :  

 

1

u x x

v y y

        

Ta cã : 18 72 u v uv      

 u ; v lµ nghiệm phơng trình :

2

1

18 72 12;

X  X    X  X   12 u v     

; 12 u v           12 x x y y          ;     12 x x y y         

Giải hai hệ ta đợc : Nghiệm hệ : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị

Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H l trc tõm ca

tam giác D điểm cung BC không chứa điểm A

a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD hình bình hành

b, Gọi P Q lần lợt điểm đối xứng điểm D qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn

Giải :

Bµ4

H

Q P

D O A

B

C

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

CH AB vµ BHAC

=> BD AB vµ CD AC

Do đó: ABD = 900 ACD = 900

Vậy AD đờng kính đờng tròn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD

của đờng trịn tâm O tứ giác BHCD hình bình hành

b)Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB

nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB

Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB

Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC

VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c) Ta thấy  APQ tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ

đạt giá trị lớn  AP AQ lớn hay  AD lớn

 D đầu đờng kính kẻ từ A đờng trịn tâm O

Bµi Cho x>o ; 2

1

x x

  Tính:x5 15

x



Giải :

Từ

2

2

1 1

7

x x x x

x x x x

   

               

    (do x>o)

Nên 4

5 4

1 1 1 1

3

x x x x x x x x

x x x x x x x x

 

     

                

       

 

2

1

3 x 49 123

x

  

         

 

Đề : 2

Câu1 : Cho biểu thức A=

2 ) ( :

1

1

2 2

3

     

 

 

    

 

 



x x x x x

x x x

x

Víi x 2;1

.a, R gän biĨu thøc A

.b , Tính giá trị biểu thức cho x= 6 2 c Tìm giá trị x để A=3

Giải :

a Rót gän A=

3 2

2

1 (1 )

:

1

x x x x

x x

x x x

      

 

   

  

   

=

x x2



b.Thay x= 6 2  2 2 vào A ta đợc A= 2(4 2)

c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=

2 17

Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

2

( ) 3( )

x y y x

x y

    



 



b Gi¶i bÊt phơng trình:

O K

F E

D

C B

A

3

2

4 12

  

 

x x x

x x <0

Giải :

a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 Từ ta có

2

( ) 3( )

x y y x

x y

    



 



<=>*

x y

x y

  



 

 (1) V *

4

x y

x y

  



 

 (2)

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

Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=2, y=1 hc x=-1; y=3 b) Ta cã x3-4x2-2x-20=(x-5)(x2+x+4)

mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 ; x2+x+4>0 với x Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5

Câu3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

a)Xỏc định m để phơng trình có nghiệm phõn biệt

b)Xác định m để phơng trình có nghiệm phõn biệt x1;x2 cho:x12x22 3

Giải :

Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 a)Xét 2m-10=> m 1/2

và, = m2-2m+1= (m-1)2 > 0  m1

ta thÊy pt cã nghiƯm p.biệt víi m 1/2 m1 b) m=2

4 

Câu 4 Cho nửa đờng trịn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn Dng

hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, khơng chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm AE nửa đờng tròn (O) Gọi K giao điểm CFvà ED

a Chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng tròn

b Chøng minh r»ng :BK tiếp tuyến của(o)

c Chøng minh r»ng :F trung điểm CK

Giải :

a Ta có KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn

ng trũn)

do CF kéo dài cắt ED D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng trịn

®-êng kÝnh BK

hay điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK

b BCF= BAF

Mµ  BAF= BAE=450=>  BCF= 450

Ta cã BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA đờng chéo

của hình vuông ABED)=> BKF=450

Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK

vuông cân B

Đề 3

Bài 1: Cho biÓu thøc: 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 =

Giải :

a) Điều kiện để P xác định : x 0; y 0 ; y 1; x  y 0

Rót gän P:  

     

(1 ) (1 )

1

x x y y xy x y

P

x y x y

    



  

   

     

( )

1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



  

   

  1  1 

x y x y x xy y xy

x y x y

     



  

       

   

1 1

1

x x y x y x x

x y

     



 

1 

x y y y x

y

  





     

 

1 1

1

x y y y y

y

   



  x  xy  y

VËy P = x  xy  y b) P =  x  xy  y.=    

 11 

1 1

 

 

  

 

y x

y y

x

Ta cã: + y 1  x 1  0 x  x = 0; 1; 2; ;

Thay vào ta có cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) tho¶ m·n

Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2) a) Chứng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm A , B phân biệt

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

Giải :

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

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

Vì phơng trình (*) có m2 4m 8 m  22  0 m

Nên phơng trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) ln cắt hai điểm phân biệt A B

b) A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung  phơng trình : x2 + mx + m = cã hai nghiƯm tr¸i dÊu  m – <  m <

Bµi 3: Giải hệ phơng trình :

      

  

  

  

27 1 1

9

zx yz xy

z y x

z y x

Giải :

 

 

      

  

  

  

3 27

) 2 ( 1 1 1 1

1 9

xz yz xy

z y x

z y x

§KX§ : 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

          

          

            

      

    

 

        

  

  



Thay vµo (1) => x = y = z =

Ta thÊy x = y = z = thâa m·n hÖ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm nhÊt x = y = z =

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

;

(C A C B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với

đ-ờng 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 , tÝnh BC theo R

N Q

M

A B

C

a) XÐt ABM vµ NBM

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

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

Tø gi¸c AMCB néi tiÕp

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

b) XÐt  MCB vµ  MNQ cã :

MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

 BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN )

=>  MCB  MNQ (c.g.c) => BC = NQ

Xét tam giác vuông ABQ cã AC BQ  AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)

=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5  1)R

Bµi 5: Cho x >o ;y>0 tháa m·n x+y=1 : Tìm GTLN A= x y

Giải :

Do A > nªn A lín nhÊt A2 lín nhÊt.

XÐt A2 = ( x+ y)2 = x + y + 2 xy = + 2 xy (1) Ta cã:

2 y x

xy

 (Bất đẳng thức Cô si) => > xy (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2 xy < + = 2 Max A2 = <=> x = y =

2

, max A = <=> x = y =

2

Đề 4

Câu 1: Cho hµm sè f(x) = 4

  x

x

a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A =

4 ) (  x x f

x  2

Giải :

a) f(x) = 4 ( 2)2     

 x x x

x

Suy f(-1) = 3; f(5) =

b) 

                12 10 10 10 ) ( x x x x x f c) ) )( ( ) (       x x x x x f A

Víi x > suy x - > suy

2   x A

Víi x < suy x - < suy

2 x A

Câu 2: Giải hệ phơng trình

     )3 )( 7 2( )7 2 )( 3 ( )4 )( 2 ( )2 ( y x y x y x y x Giải :

( 2) ( 2)( 4)

( 3)(2 7) (2 7)( 3)

2

2 21 21                                          

x y x y

x y x y

xy x xy y x

xy y x xy y x

x y x y

x -2

y

C©u 3: Cho biÓu thøc A = 

                     : 1 1 x x x x x x x x

víi x > vµ x  a) Rót gän A

b) Tìm giá trị x để A =

Giải :

a) Ta cã: A = 

=    

  

       

  

   

 

1 :

1 1

1

x x x x x

x x

x x

=

1 :

1

 

   

x x x

x x x

=

1 :

2

 

 

x x x

x

=

x x x

x

1

2 

 

 

= x

x 

2

b) A = => x

x 

2 = => 3x +

x - = => x =

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H

là chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC

a) Chøng minh r»ng PC c¾t AH trung điểm E AH b) Giả sử PO = d TÝnh AH theo R vµ d

Giải :

E H

C

P O

A

B

Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) a) Nên theo định lý Ta let áp dụng cho

CPB ta cã

CB CH PB

EH

 ; (1)

Mặt khác, PO // AC (cùng vuông góc víi AB)

=> POB = ACB (hai góc đồng vị)

=>  AHC   POB Do đó:

OB CH PB

AH

 (2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm AH b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã

)

2 (

2PB AH.CB 2PB

AH.CB AH2  R

 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

2 2 2 2 2 2 2 d R d 2.R 4R ) R 4(d R d 8R (2R) 4PB 4R.2R.PB CB 4.PB 4R.CB.PB AH           

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0

Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 Giải :

§Ĩ phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 th×  > <=> (2m - 1)2 - (m - 1) > 0

Từ suy m  1,5 (1)

Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta có:

                  11 4x 3x m x x 2m x x 2                11 8m -26 7m 4m -13 8m -26 7m x 4m -13 x 1

Giải phơng trình 11

8m -26 7m 4m -13

3    ta đợc m = - m = 4,125 (2)

® k (1) vµ (2) ta cã: Víi m = - m = 4,125 ph trình có hai nghiƯm ph©n biƯt tháa m·n: x1 -4 x2 = 11

Đề 5

Câu 1: Cho P =

1 x x x   + 1 x x x    - 1 x x   a/ Rót gän P

b/ Chøng minh: P <

3 víi x x

Gii :

Điều kiƯn: x  vµ x 1 P =

1 x x x   + 1 x x x    - ( 1)( 1)

x

x x



 

= 32 ( )

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/ Víi x  vµ x 1 Ta cã: P <

3 

x

x x <

 x < x + x + ; ( v× x + x + > )

 x - x + >

 ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)

Câu 2: Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – = ( ) ; m tham số. a/ Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm

b/ Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba lần nghiệm

Giải :

a/ Phơng trình (1) có nghiệm ’   (m - 1)2 – m2 –  0

 – 2m   m 

b/ Víi m  th× (1) cã nghiƯm

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

2

3 2

.3

a a m

a a m

  

 

  

 a=

m

 3(

m

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 ( thâa m·n ®iỊu kiện)

Câu 3: Giải phơng trình :

x +

1

2 x =

Giải :

§iỊu kiƯn x  ; – x2 >  x  ; x < Đặt y = 2 x2

 >

Ta cã:

2 2 (1)

1

2 (2)

x y

x y

  

 

  



Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = xy = -1 * Nếu xy = x+ y = Khi x, y nghiệm phơng trình:

X2 – 2X + =  X =  x = y = 1. * NÕu xy = -1

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

2 =  X =

1  

V× y > nªn: y =  

 x =  

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

2  

Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D không trùng

với A, B) Gọi (O) đờng tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K

a/ Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp b/ Tø gi¸c ABCK hình gì? Vì sao?

c/ Xỏc nh v trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hành

Giải :

O A

B

C D

c/ Theo câu b, tứ giác ABCK hình thang Do đó, tứ giác ABCK hình bình hành

 AB // CK

 BAC ACK

Mµ 

2

ACK sđEC =

2sđBD = DCB Nên BCD BAC 

Dựng tia Cy cho BCy BAC .Khi ú, D

là giao điểm AB Cy

Với giả thiết AB > BC th× BCA > BAC > 

BDC

 D  AB

Vậy điểm D xác định nh điểm cần tìm

Cõu5. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

2 2 1 2 1 2 1 0

        

x y y z z x

Tính giá trị biểu thức :A x 2009 y2009 z2009

Giải :

Tõ gi¶ thiÕt ta cã :

2 2

2 2

x y

y z

z x

   



   



   

x 12  y 12 z 12

      

1 1

x y z

       

   

1

x y z

   

 2009  2009  2009

2009 2009 2009 1 1 1 3

A x y z

           VËy : A = -3