Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh rằng trung điểm I của PQ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC..[r]
(1)ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 01 MƠN: Tốn
Thời gian làm 120 phút
Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau: a,
2
xy y
xy x
b, x1 1 32 x1 2 x
Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 x 2x 3 (m1)( x 3 1 x)m 1
Bài 3: Cho a, b, c 0;1 Chứng minh a b2 c3 ab bc ca 1
Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC Gọi O trung điểm cạnh BC Dựng đường trịn tâm O, đường kính BC Vẽ đường cao AD tam giác ABC tiếp tuyến AM, AN với (O) (M, N tiếp điểm)
Gọi E giao điểm MN với AD Hãy chứng minh rằng: AE.AD=AM2.
Bài 5: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Một đường thẳng qua A, cắt cạnh BC M cắt đường thẳng CD N Gọi K giao điểm đường thẳng EM BN Chứng minh rằng: CK BN
Bài 6: Giả sử a, b số nguyên dương cho:
1
a b
b a
(2)BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ I
Họ tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều
Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau: a,
2 (1) (2) xy y xy x Bài giải
Với x = thay vào (2) ta có = (Vơ lý)
Vậy x = khơng phải nghiệm hệ phương trình Khi với x khác ta có (2) y x2
x
(*) thay vào phương trình (1) ta được:
2
2
2
2 2 2 2 4
2 4
2 8
2 4 x x x x
x x x x
x x
x x x
x x x x
2 2
4 2 4 2
2 2
2 2 2
2
2 2
2 4 ( 1)( 2)
2 2
2 4 2
2 (
x x x x
x x x x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x x x
x x
2
2
2
)
2
( 2)
2 2 x x x x x x
Với x1 x2 thay vào (*) ta y1 2 2; y2 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x y1; 1 ( 2; 2) x y2; 2( 2;2 2) b, x1 1 32 x1 2 x
(3)Điều kiện xác định: x1 Ta có:
3
3
1 2 1 (( 1) 1)
1 1 0(*)
x x x x x x
x x
Đặt: t x1 1 (t1) Khi (*) t3t2 0 (t1)(t2 2t2) 0 t 0 (Vì
2 2 2 ( 1)2 1 0 ) 1
t t t x t )
Với t1 x1 1 x1 0 x1 (Thoả mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình là: x =
Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 x 2x 3 (m1)( x 3 1 x)m 1 (3)
Bài giải
Điều kiện xác định: 3 x Đặt k x 3 1 x (k0)
Suy
2 (1. 3 1 )2 (12 1 )(2 3 1 ) 8
0 2
k x x x x
k
Mặt khác:
2 2
2
( ) ( 3)(1 ) 2
2
k x x x x x x x x
x x k
Khi phương trình (3) trở thành: k2 4 (m 1)k m 1 0 k2 (m 1)k m 3 0
(4)
Đặt f x( ) k2 (m 1)k m 3
Để phương trình (3) có nghiệm phương trình (4) có nghiệm k thoả mãn điều kiện:
0k2
Ta có: (m1)2 4(m 3)m2 6m12 ( m 3)2 4 0
m nên phương trình (4) ln có nghiệm phân biệt
(4)5 2 2( 1)
2
m m m
Nếu hai nghiệm khác 2 điều kiện tốn thoả mãn hai nghiệm thuộc (0; 2) có nghiệm nằm xen khoảng (0; 2) có nghĩa là: 0k1k2 2 k1 0 k2 2 (0k12 2k2)
Điều xẩy khi:
3
(0) 5 2
3
(2 2) (2 1) 2 2 1
5 2
1 0 1 2 1 4 1 3
0 2 2 1
2
( 3)((2 1) (5 2)) 2
(0) (2 2) 2 1
3
m
f m
m m
f m
m m m m
m m
m f f
m
Vậy giá trị cần tìm m là: 3m4 1
Bài 3: Cho a, b, c 0;1 Chứng minh a b2 c3 ab bc ca 1
Bài giải
Vì a, b, c 0;1 nên ta có
(1 )(1 )(1 )
(1 )(1 )
1 ( ) ( ) 1
1
a b c
b a ab c
a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca
Mà a, b, c 0;1 nên: b2 b c; c
Khi a b2 c3 ab bc ca a b c ab bc ca 1
Hay a b2 c3 ab bc ca 1
(5)E K
N M
D O
C B
A Bài 4:
Từ O nối OM, ON, Nối OA cắt MN K
Khi ta có AMOM; ANON (tính chất tiếp tuyến vng góc với
Bán kính tiếp điểm)
AOMN K (A giao điểm tiếp tuyến nên suy AO vừa
Tia phân giác góc A, vừa đường trung trực đoạn thẳng MN)
Khi xét AKE ADO có: K D 90o
; A
chung
AKE
đồng dạng ADO
AE AK
AE AD AK AO AO AD
(tỉ lệ đồng dạng) (1) Mặt khác AMO vng M có MK đường cao
2 .
AM AK AO
(Hệ thức lượng tam giác vuông) (2)
Từ (1) (2) suy ra: AM2 AE AD.
(đpcm)
Bài 6: Giả sử a, b số nguyên dương cho:
1
a b
b a
số nguyên, gọi d ước a, b Chứng minh rằng: d a b
Bài giải
Ta có a b
b a
nguyên
2
a b a b ab
nguyên
Vì d ước a b nên suy ra: a2 b2 a b d2
mà a d2 2, b d2 nên (a b d )
Hay a b d2 a b d
(6)ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 02
MƠN: Tốn
Thời gian làm 120 phút
Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm khơng âm:
x x m (1)
Bài 2: Giải hệ phương trình:
2
1 10 10
3
82
x x y y
y y
x y
y x
Bài 3: a, Cho phương trình x4 ax3 bx2 ax 0
có nghiệm thực
CMR: a2 b2 4b 1 0
b, Cho số dương a, b, c C/m rằng:
2 2
1 1
a b c a b c
a b c b c c a a b
Bài 4: Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Điểm M di động cung nhỏ BC Từ M kẻ MH, MK vng góc với AB, AC (Hđường thẳng AB, Kđường thẳng AC)
a, Chứng minh: MBC đồng dạng với MHK
b, Tìm vị trí M cung nhỏ BC cho biểu thức AB AC
MH MK có giá trị nhỏ
nhất
Bài 5: Cho ABC vuông A, B 20o
Vẽ phân giác BI, vẽ góc ACH 30ovề phía
trong tam giác (HAB) Tính góc CHI
Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x2 8xy 5y2 2(y x 1)
(7)BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ II
Họ tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều
Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm khơng âm:
x x m (1)
Bài giải
Điều kiện xác định: x1
Đặt t x1 (t0)khi ta có:
2 1 1
t x x t thay vào (1) ta được: t2 1 t m t2 t (m1) 0 (2)
Đặt f t( ) t2 t (m 1)
Để phương trình (1) có nghiệm khơng âm phương trình (2) có nghiệm
1
t
Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm t1 đó: (2) 12 1 (m 1) 0 m 1
Trường hợp 2: Phương trình (2) Có hai nghiệm phân biệt t1,t2
* Thoả mãn: 1t1 t2
2 4( 1) af (1) 12 ( 1)
1
1
2
b ac m
m b
a
(Vơ lý) trường hợp không thoả mãn
* Thoả mãn:
1 af (1) 1 ( 1)
t t m m
Kết hợp hai trường hợp giá trị cần tìm m là: m1
Bài 2: Giải hệ phương trình:
2
1 10 10
(1)
3
82 (2)
x x y y
y y
x y
y x
(8)Ta có:
1 10
1 0
0
3
1 10 10
(1)
10
3 10
0 3 y x y y
x x y x x y
y y y x x y y
2 10 1
3 0 10 -3 y y y y x y
Do y < Hệ
2 2 2 2 10
10 1 0 10
3
1 3
10
3 1 0
1
10 10 82 10
0 3
3
y y y
y y y y
y y
y
y x y x y y y
Thoả mãn điều kiện y <
Với y = - ta có 82 82 ( 3)2
9
x y (Thoả mãn điều kiện x > 0)
Với y = -
3 ta có
2
82 82
( )
9
x y (Thoả mãn điều kiện x > 0)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y) 1; 3
và 3;
Bài 3: b, Cho số dương a, b, c C/m rằng:
2 2
1 1
a b c a b c
a b c b c c a a b
Bài giải Ta có: 2
( 1)
1
a
a a a a
a
Dấu = xẩy a=1
Tương tự: 2 1 1 b b c c
Khi VT = 2
1 1
a b c
a b c
(9)Dấu xẩy Khi a = b = c = Biến đổi vế phải:
Đặt:
2
b c x
x y z c a y a b c
a b z
; ;
2 2
x y z x y z x y z a b c
Khi
1
3
2 2
a b c x y z x y z x y z x y y z x z
VP
b c c a a b x y z y x z y z x
Do a, b, c dương x, y, z>0 nên 12 2 3
2
VP (**) Dấu xẩy x = y = z hay a = b = c Từ (*) (**) ta có: 1 1 1
a b c a b c
a b c b c c a a b
(đpcm)
Bài 4:
a, Ta có tứ giác BACM nội tiếp nên:
· · 180o
BMC BAC (1)
Tương tự tứ giác MHKA nội tiếp (do Hµ Kµ 90o
)
Nên HMK BAC· · 180o
(2)
Từ (1) (2) suy ra: ·BMCHMK· (3)
Suy ra: HMB CMK· ·
Xét HMB KMC có µH Kµ 90o
· ·
HMB CMK nên HMB đồng dạng KMC
Suy ra: MN MC
MH MK (tỉ số đồng dạng) (4)
Từ (3) (4) suy ra: HMB đồng dạng KMC (c.g.c) (đpcm)
K H
M
C B
(10)Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x2 8xy 5y2 2(y x 1)
(6)
Bài giải
Ta có phương trình (6) (4x2 8xy 4 ) (y2 x2 2x 1) (y2 2y 1) 0
2 2
4(x y) (x 1) (y 1)
0
1
1
x y
x x
y y
(Thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm là: 1
x y
(11)ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 03 MƠN: Tốn
Thời gian làm 120 phút
Câu 1: Giải biện luận phương trình:
2 4 5 3 4
x x m x x
Câu 2: Cho số dương a, b, c có tổng 12 Chứng minh ba phương trình sau, có phương trình vơ nghiệm phương trình có nghiệm:
2 0
x ax b
2 0
x bx c
2 0
x cx a
Câu 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
1 1
1 1
P
xy yz zx
với x y z, , 0
2 2 2
x y z
Câu 4: Cho tam giác OAB, đường tròn tiếp xúc với hai cạnh OA A, OB B Qua A kẻ đường thẳng song song với OB cắt đường tròn C Gọi K trung điểm đoạn OB, đường thẳng AK cắt đường tròn E
a, Chứng minh: O, E, C thẳng hàng
b, Giả sử đường thẳng AB cắt OC D Chứng minh OE DE
OC DC
Câu 5: Cho góc xOy, điểm M cố định góc Hãy dựng qua M đường thẳng d cắt cạnh Ox, Oy A, B cho: 1
MA MB đạt giá trị lớn Câu 6: Cho x y z Z, , thoả mãn: (x y y z z x )( )( ) x y z
(12)BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ III
Họ tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều
Câu 1: Giải biện luận phương trình:
2 4 5 3 4
x x m x x (1)
Bài giải
Điều kiện: 0 x 4; Đặt kx2 4x 4 (x 2)2; Do x0; 4 nên k0; 4(*)
Khi (1) k(5m1) k 4 k(5m1) k42 k2 9k (5m17) 0 (2)
Xét biệt thức: ( 9)2 4(5m 17) 20m 13
+ Nếu 20 13 13
20
m m
phương trình (2) Vơ nghiệm nên phương trình (1) vơ nghiệm
+ Nếu 20 13 13
20
m m
phương trình (2) có nghiệm kép 1 2
k k
(Không thoả mãn điều kiện (*))
+ Nếu 20 13 13
20
m m
phương trình (2) có nghiệm phân biệt:
1
9 20 20
2 2
m m
k (Loại)
2
9 20 20
2 2
m m
k
Khi k2 phải thỗ mãn: 2 20 20 17
2 2 5
m m
k m
Kết hợp với điều kiện 13 20
m ta có: 17 m
Khi nghiệm phương trình (1) là: 20 13
2
m
x
Tóm lại: Nếu 13
20
m phương trình (1) vơ nghiệm
Nếu 17 m
phương trình có nghiệm: 2 20 13
2
m
(13)Câu 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
1 1
1 1
P
xy yz zx
với x y z, , 0
2 2 2
x y z
Bài giải
Do x y z, , 0 nên xy yz zx, , 0 nên áp dụng bất đẳng thức SVACXƠ ta có:
2
1 1 (1 1)
1 1 (1 ) (1 ) (1 ) ( )
P
xy yz zx xy yz zx xy yz zx
(1)
Mặt khác:
2
2 2 2
2 2 2
x y xy
y z yz x y z xy yz zx z x zx
Suy ra: 2
9 9
3 ( ) 3
P
xy yz zx x y z
Dấu xẩy khi: x y z Vậy giá trị nhỏ
2
P đạt x y z
Câu 6: Câu 6: Cho x y z Z, , thoả mãn: (x y y z z x )( )( ) x y z
Chứng minh rằng: x y z 27
Bài giải
Giả sử x y z, , chia cho có số dư khác là: 0; 1; x y z 3 Còn (x y y z z x )( )( )3 thừa số: x y y z z x , , 3
Do x y z, , chia cho khơng thể có số dư khác nên tồn số chia cho có số dư
Suy ra: có thừa sốx y y z z x , ,
(x y y z z x )( )( ) 3 x y z 3
Do khơng thể có trường hợp có số chia cho có số dư khác Vậy x y z, , có số dư chia cho
Đặt:
3 ( )( )( ) 27( )( )( ) 27
x a k
y b k x y y z z x a b b c c a z c k
(x y y z z x)( )( ) 27
(14)Câu 5: Cho góc xOy, điểm M cố định góc Hãy dựng qua M đường thẳng d cắt cạnh Ox, Oy A, B cho: 1
MA MB đạt giá trị lớn Bài giải
Nối OM
Kẻ AA’, BB’OM (A’, B’ OM)
Khi ta có: ' '
MA AA MB BB
(Cạnh huyền lớn
cạnh góc vng)
1 1
' '
MA MB AA BB
1
MA MB đạt giá trị lớn
1 1
' '
MA MB AA BB
Ta chứng minh 1 ons ' ' c t
AA BB
Từ M kẻ MK//Ox (KOy) suy ra: SOKM const MK//Ox không đổi
Đặt:
' ' '
; ;
2 2
OKM OMB OAM
MM OK MM OB OO AM
S S S S S S
2
'
OAB
OO AB S S S
Khi đó: 3
1
2 3 2
1
S S S
S
S
S S S S S S S S
1
1 1 1
1 '. '. ' '
2 2
S BB OM AA OM OM AA AA
Do OM không đổi, S1 không đổi
1
ons ' ' c t
AA BB
Vậy 1
MA MB đạt giá trị lớn MA = AA’; MB = BB’
Hay AB vng góc với OM M
Vậy ta dựng đường thẳng d qua M cho đường thẳng d vng góc với OM M cắt Ox A, Oy B
M' O'
K B'
A'
B A
M
y x
(15)ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 04 MƠN: Tốn
Thời gian làm 150 phút
Bài 1:
a, Tìm tất cặp số nguyên dương cho tổng số với chia hết cho số
b, Với số nguyên dương n số nguyên dương a1; a2; ….; an thoả mãn hệ
phương trình sau:
1
1
1 1
n
n
a a a
a a a
Bài 2:
a, Giải phương trình: 2 x2 x 2 2(x2 2 )x x 2
b, Giải hệ phương trình: 2008 2008 2008 2009
2 2 (1)
3 (2)
x y z xy yz zx
x y z
Bài 3:
a, Giả sử: a b c, , 2 1 1
a b c
Chứng minh rằng: a b c a 2 b 2 c b, Tìm đa thức: f x( ) x2 ax b
biết với x 1;1, ( )
f x
Bài 4:
Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E; F trung điểm BD AC Các đường thẳng qua E, F vng góc với AD BC cắt I
Chứng minh I cách điểm C D
Bài 5:
(16)BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ IV
Họ tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều
Bài 1: b, Với số nguyên dương n số nguyên dương a1; a2; ….; an thoả
mãn hệ phương trình sau:
1
1
1 1
n
n
a a a
a a a
Bài giải
Cộng vế với vế phương trình hệ ta được:
1
1
1 1
n
n
a a a
a a a
(1)
Do a a1, , ,2 an số dương nên theo bất đẳng thức CƠ SI ta có:
1
1
1
2
a a a a 2 2 1
2
a a
a a
………
1
2
n n
n n
a a
a a
Suy ra:
1
1 1
n
n
a a a n
a a a
Mà
1
1 1
n 4 2
n
a a a n n
a a a
Với n1 hệ trở thành: 1 2 a a
Không tồn giá trị a thoả mãn với hệ
Với n2 hệ trở thành
1 2 2 1 a a a a a a
Thoả mãn điều kiện
(17)Bài 2:
a, Giải phương trình: 2 x2 x 2 2(x2 2 )x x 2
b, Giải hệ phương trình:
2 2
2008 2008 2008 2009 (1) (2)
x y z xy yz zx
x y z
Bài giải
Ta có:
2 2 2
2 2 2
2008 2008 2008 2009 2008 2008 2008 2009 2008 2008 2008 2009
2008 2008 2008 2009 2008 2009
(1) 2( ) 2( )
3 (2) 3
3 3
x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x
x y z x y z x y z
x y z x y z
x y z x
1
x y z
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x = y = z =
Bài 3:
a, Giả sử: a b c, , 2 1 1
a b c