DE THI VAO 10

T×m nh÷ng gi¸ trÞ nguyªn cña x sao cho biÓu thøc A còng cã gi¸ trÞ nguyªn. Gäi D lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá BC[r]

Đề 1 Câu1 : Cho biểu thøc

A=

1− x2¿2 ¿ x¿

(xx −3−11+x)( x3+1

x+1 − x):¿

Víi x √2 ;1

.a, R gän biĨu thøc A

.b , Tính giá trị biểu thức cho x= √6+2√2 c Tìm giá tr ca x A=3

Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

x y2+3(x y)=4 ¿

2x+3y=12 ¿ ¿ ¿

b Giải bất phơng trình: x

3

−4x2−2x −15 x2+x+3 <0

C©u3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xỏc nh m phng trỡnh có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu Cho nửa đờng trịn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn D-ng hình vD-ng ABCD thuộc nửa mặt phẳD-ng bờ AB, khôD-ng chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm Aevà nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED

a chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng trịn b Tam giác BKC tam giác ? Vì ?

đáp án

C©u 1: a Rót gän A= x2−2 x

b.Thay x= √6+2√2 vào A ta đợc A= 4+2√2

√6+2√2 c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3±√17

2

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

Từ ta có

x − y¿2+3(x − y)=4 ¿

2x+3y=12 ¿ ¿ ¿

<=>

*

¿ x − y=1 2x+3y=12

¿{ ¿

(1)

*

¿ x − y=−4 2x+3y=12

¿{ ¿

(2)

O K

F E

D

C B

A Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2

Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4

VËy hƯ ph¬ng trình có nghiệm x=3, y=2 x=0; y=4 Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)

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

 XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1

 Xét 2m-10=> m 1/2 ta có

Δ, = m2-2m+1= (m-1)20 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0)

víi m 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= m−m+1 2m−1 =

1 2m−1 pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<

2m−1 <0 ¿

1

2m−1+1>0 2m−1<0

¿{ ¿

=>

¿ 2m 2m−1>0 2m−1<0

¿{ ¿

=>m<0

VËy Pt cã nghiÖm khoảng (-1,0) m<0 Câu 4:

a Ta cã KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đờng trịn) CF kéo dài cắt ED D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng trịn đờng kính BK hay điểm E,F,B,K thuộc đờng trịn đờng kính BK b BCF= BAF

Mµ  BAF= BAE=450=>  BCF= 450 Ta cã BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA đờng chéo hình vng ABED)=> BKF=450 Vì  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vng cõn ti B

Đề 2 Bài 1: Cho biểu thøc: P = (x√x −1

x −√x −

x√x+1 x+√x ):(

2(x −2√x+1) x −1 ) a,Rót gän P

b,Tìm x ngun để 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 |x13− x23| =50 Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2Chứng minh:

b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2

Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đờng trịn tâm O H trực tâm 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 Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y

Tìm giá trị nhỏ của: A = x2+y2+

501 xy

Đáp án

Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0; x 1

a, Rót gän: P = 2x(x −1) x(x −1) :

2( √x −1❑z)

x −1 <=> P =

√x −1¿2 ¿ ¿

√x −1 ¿ b P = √x+1

√x −1=1+

x 1 Để P nguyên

x −1=1⇒√x=2⇒x=4

√x −1=−1⇒√x=0⇒x=0

√x −1=2⇒√x=3⇒x=9

√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)

VËy víi x= {0;4;9} th× P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

=(2m+1)24(m2+m6)0 x1x2=m2+m6>0

x1+x2=2m+1<0

¿{ { ¿

⇔ Δ=25>0 (m−2)(m+3)>0

m<−1

⇔m<−3 ¿{ {

b Giải phơng trình: m+3

3

(m−2)3−¿=50 ¿

¿m1=−1+√5 m2=−1−√5

2 ¿

⇔|5(3m2+3m+7

)|=50⇔m2+m−1=0

⇔ {

Bµi 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0 .

V× x1> => c (1 x1)

2

+b x1

+a=0 Chøng tá x1

1

lµ nghiệm dơng phơng

trình: ct2 + bt + a = 0; t1 =

x1 Vì x2 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = => ax22 + bx2 + c =0

vì x2> nên c (1 x2)

2

+b.( x2)

+a=0 điều chứng tỏ x1

2

nghiệm dơng

phơng trình ct2 + bt + a = ; t2 = x2

VËy nÕu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 phơng

trình : ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 t1 =

x1 ; t2 =

x2

b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên t1+ x1 = x1

1

+ x1 t2 + x2 = x1

2

+ x2 Do x1 + x2 + t1 + t2

Bµi 4

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 BH AC => BD AB CD AC Do đó: ABD = 900 ACD = 900

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

tø giác BHCD hình bình hành

a Vỡ P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB

H

O P

Q

C B

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 ®iĨm P; H; Q thẳng hàng

c) Ta thy 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

Đề 3

Bài 1: Cho biÓu thøc:

√x+√y

P= x

(√x+√y)(1−√y)− y

¿(√x+1)¿− xy

(√x+1)(1−√y) a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rỳt gn P

b) Tìm x,y nguyên thỏa mÃn phơng trình P =

Bi 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 ph©n biƯt

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

Bµi 3: Giải hệ phơng trình :

¿ x+y+z=9

x+ y+

1 z=1 xy+yz+zx=27

¿{ { ¿

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 đờng trịn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N

a) Chøng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R

Bµi 5: Cho x , y , z∈R tháa m·n : x+

1 y+

1 z=

1 x+y+z HÃy tính giá trị biểu thức : M =

4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 x10)

Đáp án

Bài 1: 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 = ⇔√x(1+√y)−(√y+1)=1

⇔(√x −1) (1+√y)=1

Ta cã: + y 1  x 1  0 x  x = 0; 1; 2; ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mÃn

Bi 2: 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 phơng trình: - x2 = mx + m –

⇔ x2 + mx + m – = (*)

Vì phơng trình (*) có Δ=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 <

Bµi 3 :

¿ x+y+z=9(1)

x+ y+

1 z=1(2) xy+yz+xz=27(3)

¿{ { ¿

Q

N

M

O C

B A

   

 

   

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 = thõa mÃn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =

Bµi 4:

a) XÐt ΔABM vµ ΔNBM

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

M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => ΔBAN 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 ΔMCB vµ ΔMNQ cã :

MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ). => ΔMCB=ΔMNQ(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:

Tõ : x+

1 y+

1 z=

1

x+y+z => x+

1 y+

1 z−

1 x+y+z=0 => xyx+y+x+y+z− z

z(x+y+z)=0

⇒(z+y)( xy+

1

z(x+y+z))=0

⇒(x+y)(zx+zy+z

2

+xy xyz(x+y+z) )=0

⇒(x+y)(y+z)(z+x)=0

Ta cã : 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) VËy M =

4 + (x + y) (y + z) (z + x).A = §Ị 4

Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với đ-ờng thẳng d qua đđ-ờng thẳng y = x là:

A.y =

2 x + ; B.y = x - ; C.y =

2 x - ; D.y = - 2x - Hãy chọn câu trả lời

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình hình cầu lấy mực nớc bình cịn lại

3 b×nh Tỉ số bán kính hình trụ bán kính hình cầu A.2 ; B

2 ; C

3 ; D kết khác

Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0

2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn cña A = √x + √y

Bài 3: 1) Tìm số nguyên a, b, c cho đa thức : (x + a)(x - 4) - Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)

2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt điểm cố định tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di động góc xAy cho MA

MB = Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ

Bài 4: Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trờn oan CD

a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung ®iĨm cđa MN

b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi

c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định

Híng dÉn

Bài 1: 1) Chọn C Trả lời đúng.

2) Chän D KÕt khác: Đáp số là:

Bài 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1) = (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1) = (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2

VËy A chia hÕt cho sè phơng khác với số nguyên dơng n 2) Do A > nªn A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.

XÐt A2 = (

√x + √y )2 = x + y + 2

√xy = + √xy (1) Ta cã: x+y

2 √xy (Bất đẳng thức Cô si) => > √xy (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2

√xy < + = Max A2 = <=> x = y =

2 , max A = √2 <=> x = y =

Bài3 Câu 1Với x ta có (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nên với x = - = (4 + b)(4 + c)

Cã trêng hỵp: + b = vµ + b = + c = - + c = - Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10

M D

C B

A

x

K O

N

M

I

D C

B A

Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5)

Câu2 (1,5điểm)

Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =

4 AB Ta có D điểm cố định Mà MA

AB =

2 (gt) AD MA =

1

Xét tam giác AMB tam giác ADM cã M©B (chung) MA

AB = AD MA =

1

Do Δ AMB ~ Δ ADM => MBMD = MAAD = => MD = 2MD (0,25 điểm)

Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (khơng đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC

DÊu "=" x¶y <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng ®iĨm M

- Dựng đờng trịn tâm A bán kính AB - Dựng D tia Ax cho AD =

4 AB

M giao điểm DC đờng tròn (A;

2 AB)

Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MâN = 900 nên MN đờng kính

Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ΔMKDvng cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi

c) Ta cã IA = IB = IM = IN

Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN qua hai điểm A, B cố định

§Ị 5

Bài 1. 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 cđa biĨu thøc :A x 2007y2007z2007

Bµi 2). Cho biÓu thøc :M x2  5x y 2xy 4y2014

Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ ú

Bài 3. Giải hệ phơng trình :

   

2 18

1 72

x y x y

x x y y

    

 

  

 

Bài 4 Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ đờng tròn (O) cắt tiếp tuyến A B lần lợt C D

a.Chøng minh : AC BD = R2.

b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ

Bµi 5.Cho a, b số thực dơng Chứng minh :

 2 2

2

a b

a b    a b b a

Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chøng minh : AD2 = AB AC - BD DC. Hớng dẫn giải

Bài 1. Từ gi¶ thiÕt ta cã :

2 2

2 2

x y y z z x               Cộng vế đẳng thức ta có :     

2 2 1 2 1 2 1 0

x  x  y  y  z  z 

x 12 y 12 z 12

       1 x y z           

  x  y z 1

 2007  2007  2007

2007 2007 2007 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = -3

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :

4  2 1  2 2007

M  x  x  y  y  xy x  y 

 22  12  2  1 2007

M  x  y  x y 

     

2

2

1

2 1 2007

2

M  x y  y

        

 

Do  

2

1

y 

vµ    

2

2

2

x y

 

   

 

  x y,

2007

M

   Mmin 2007 x2;y1

Bài 3. Đặt :

 

 

1

u x x

v y y

  

 

 



 Ta cã :

18 72 u v uv     

 u ; v nghiệm phơng tr×nh :

2

1

18 72 12;

X  X    X  X 

(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị

Bµi 4 a.Ta cã CA = CM; DB = DM C¸c tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nªn OC  OD

Tam giác COD vng đỉnh O, OM đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD

 R2 = AC BD b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp

  ; 

MCO MAO MDO MBO

  

 

COD AMB g g

  

(0,25®)

Do :

Chu vi COD OM

Chu vi AMB MH



 (MH1  AB)

Do MH1  OM nªn 1

OM

MH 

 Chu vi COD chu vi AMB

DÊu = x¶y  MH1 = OM  MO  M điểm cung AB

Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :

2

1

0;

2

a b

   

   

   

     a , b >

1

0;

4

a a b b

      

1

( ) ( )

4

a a b b

      

 a , b > 0

1

0

a b a b

     

MỈt khác a b ab

Nhân vÕ ta cã :      

1 2

a b  a b    ab a b

 

 2   2

2

a b

a b  a b b a

    

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E giao điểm AD (O)

Ta cã:ABDCED (g.g)

BD AD

AB ED BD CD

ED CD

   

 

2

AD AE AD BD CD

AD AD AE BD CD

  

  

L¹i cã : ABDAEC g g 

o h

d

c

m

b a

d

e

c b

a

2

AB AD

AB AC AE AD

AE AC

AD AB AC BD CD

   

 

Đè 6 Câu 1: Cho hàm sè f(x) = √x2−4x

+4 a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 x  2 Câu 2: Giải hệ phơng trình

x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

¿{ ¿ C©u 3: Cho biÓu thøcA = (x√x+1

x −1 − x −1

√x −1):(√x+

√x

√x −1) víi x > vµ x  a) Rót gän A

b) Tìm giá trị x để A =

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC

a) Chứng minh PC cắt AH trung ®iĨm E cđa AH b) Gi¶ sư PO = d Tính AH theo R d

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

Khơng giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11

đáp án Câu 1a) f(x) =

x −2¿2 ¿ ¿

b)

f(x)=10⇔ x −2=10

¿ x −2=−10

¿ x=12

¿ x=−8

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿ c) A= f(x)

x2−4=

|x −2|

(x −2)(x+2)

Víi x > suy x - > suy A= x+2 Víi x < suy x - < suy A=−

x+2 C©u 2

( 2) ( 2)( 4) 2

( 3)(2 7) (2 7)( 3) 21 21

x y x y xy x xy y x x y

x y x y xy y x xy y x x y

           

   

  

   

              

   

x -2

y

C©u a) Ta cã: A = (x√x+1 x −1 −

x −1

√x −1):(√x+

√x

√x −1) =

((√x+1)(x −√x+1) (√x −1)(√x+1) −

x −1

√x −1):(

√x(√x −1)

√x −1 +

√x

√x −1) = (x −√x+1

√x −1 − x −1

√x −1):(

x −√x+√x

√x −1 ) =

x −√x+1− x+1

√x −1 : x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 : x

√x −1

= −√x+2

√x −1 ⋅

√x −1

x =

2−√x x b) A = => 2−√x

x = => 3x + √x - = => x = 2/3 Câu 4

Do HA // PB (Cùng vuông gãc víi BC)

nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có EH

PB = CH

CB ; (1)

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

O

B C

H E

A P

=> POB = ACB (hai góc đồng vị) =>  AHC ∞  POB

Do đó: AH PB =

CH

OB (2)

Do CB = 2OB, kÕt hỵp (1) vµ (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm AH

b) Xột tam giỏc vng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) AH = 2EH ta có

AH2=(2R −AH CB

2PB )

AH CB 2PB

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 2R¿2

¿ 4PB2+¿

¿

⇔ AH=4R CB PB PB2+CB2=

4R 2R PB

Câu Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 > <=> (2m - 1)2 - (m - 1) > 0

Từ suy m  1,5 (1)

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

x1+x2=−

2m−1 x1.x2=m−1

2 3x1−4x2=11

⇔

¿{ { ¿

¿ x1=13-4m

7 x1=7m−7

26-8m 313-4m

7 −4

7m−7 26-8m=11 ¿{ {

¿ Giải phơng trình 313-4m

7 4

7m7

26-8m=11

ta đợc m = - m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 ph ơng trình cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11

Đề 7

Câu 1: Cho P =

2

x x x

  +

1

x

x x

   -

1

x x

b/ Chøng minh: P <

1

3 víi x  vµ 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 nghim

Câu 3: a/ Giải phơng trình :

1

x +

1

2 x = 2

b/ Cho a, b, c số thực thõa mÃn :

0

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 khơng trùng với A, B) Gọi (O) đờng trịn 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 bỡnh hnh

Đáp án

Câu 1: Điều kiện: x x 1 (0,25 điểm) P =

2

x x x

  +

1

x

x x

   -

1 ( 1)( 1)

x

x x



 

=

2 ( )

x x



 +

1

x

x x

   -

1

x

=

2 ( 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 <

1

3 

x

x x <

1

 3 x < x + x + ; ( v× x + x + > )  x - 2 x + > 0

 ( x - 1)2 > ( §óng x x 1)

Câu 2:a/ Phơng trình (1) có nghiệm  0.  (m - 1)2 – m2 –  0

 – 2m  0  m  2.

b/ Víi m  th× (1) cã nghiƯm.

Gọi nghiệm (1) a nghiệm lµ 3a Theo Viet ,ta cã:

3 2

.3

a a m

a a m

  

 

  

 a=

1

m

 3(

1

m

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thõa mÃn điều kiện). Câu 3:

Điều kiện x  ; – x2 >  x  ; x < 2. §Ỉt y = 2 x2 >

Ta cã:

2 2 (1) 1

2 (2)

x y

x y

  

 

  



Tõ (2) cã : 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



Vì y > nên: y =

1

 

 x =

1



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

1

 Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK hình thang

Do ú, t giỏc ABCK l hình bình hành  AB // CK  BACACK Mà



2

ACK 

s®EC =

1

2s®BD = DCB Nªn 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 nh điểm cần tìm Đề 8

Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = √x2+1− x −

√x2

+1− x Lµ mét sè tù nhiªn

O

K

D

C B

b Cho biÓu thøc: P = √x

√xy+√x+2+

√y

√yz+√y+1+

2√z

√zx+2√z+2 BiÕt x.y.z = , tÝnh

P

Câu 2:Cho điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)

1) Chøng minh ®iĨm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C không thẳng hàng 2) Tính diện tích tam giác ABC

Câu3 Giải phơng trình: x 132 x=5

Câu Cho đờng tròn (O;R) điểm A cho OA = R √2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đờng trịn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC lần lợt D và E

Chøng minh r»ng:

a.DE tiếp tuyến đờng tròn ( O ) b

3R<DE<R

đáp án

C©u 1: a

A = √x2+1− x − √x

2+1+x

(√x2+1− x).(√x2+1+x)

=√x2+1− x −(√x2+1+x)=−2x A lµ sè tù nhiên -2x số tự nhiên x = k

2 (trong k Z k )

b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = ta đợc x, y, z > v

xyz=2

Nhân tử mẫu cđa h¹ng tư thø víi √x ; thay ë mÉu cđa h¹ng tư thø bëi

√xyz ta đợc: P =

√x+2+√xy ¿

√z¿

√x

√xy+√x+2+

√xy

√xy+√x+2+ 2√z

¿

(1đ)

P=1 P >

Câu 2: a.Đờng thẳng qua điểm A B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = Vậy đờng thẳng AB y = 2x +

Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + nên C không thuộc đờng thẳng AB

⇒ A, B, C không thẳng hàng

im D(-3;2) cú to tho mãn y = 2x + nên điểm D thuộc ng thng AB

A,B,D thẳng hàn 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=5 ( đơn vị diện tích )

Câu 3: Đkxđ x 1, đặt √x −1=u ;√32− x=v ta có hệ phơng trình: ¿

u − v=5 u2+v3=1

¿{ ¿

B O

Lê Duy Thiện-Trờng THPT Lang Chánh

Giải hệ phơng trình phơng pháp ta đợc: v =

⇒ x = 10 C©u 4

a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R ⇒ ABOC hình vng (0.5đ)

Kẻ bán kính OM cho

BOD = MOD ⇒ MOE = EOC (0.5®)

Chøng minh BOD = MOD

⇒ OMD = OBD = 900 T¬ng tù: OME = 900

⇒ D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đờng 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 cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

Cộng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE > R Vậy R > DE >

3 R

Đề 9 Câu 1: Cho hµm sè f(x) = √x2

−4x+4 a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 x 2 Câu 2: Giải hệ phơng trình

x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

¿{ ¿ C©u 3: Cho biĨu thøc

A = (x√x+1 x −1 −

x −1

√x −1):(√x+

√x

√x −1) víi x > vµ x  a) Rót gän A

2) Tìm giá trị x để A =

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

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

M

A C

D

Khơng giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11

đáp án Câu 1

a) f(x) =

x −2¿2 ¿ ¿

√x2−4x+4=√¿ Suy f(-1) = 3; f(5) =

b)

f(x)=10⇔ x −2=10

¿ x −2=−10

¿ x=12

¿ x=−8

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿ c) A= f(x)

x2−4=

|x −2|

(x −2)(x+2)

Víi x > suy x - > suy A= x+2 Víi x < suy x - < suy A=−

x+2 C©u 2

¿

x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

¿

⇔

xy−2x=xy+2y −4x −8

2 xy−6y+7x −21=2 xy−7y+6x −21 ¿

⇔ x − y=−4

x+y=0 ⇔

¿x=-2 y=2

¿ ¿{

¿

C©u 3a) Ta cã: A = (x√x+1 x −1 −

x −1

√x −1):(√x+

√x

√x −1) = ((√x+1)(x −√x+1)

(√x −1)(√x+1) − x −1

√x −1):(

√x(√x −1)

√x −1 +

√x

√x −1) = (x −√x+1

√x −1 − x −1

√x −1):(

x −√x+√x

√x −1 ) = x −√x+1− x+1

√x −1 : x

√x −1 = −√x+2

√x −1 : x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 ⋅

√x −1

x =

2−√x x

b) A = => 2−√x

x = => 3x + √x - = => x = 2/3 C©u 4

Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có EH

PB = CH

CB ; (1)

Mặt khác, PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)

=> POB = ACB (hai góc đồng vị) =>  AHC ∞  POB

Do đó: AH PB =

CH

OB (2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trug điểm

AH

b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) AH = 2EH ta có

AH2=(2R −AH CB 2PB )

AH CB 2PB

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB O

B H C

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 2R¿2

¿ 4PB2+¿

¿

⇔ AH=4R CB PB PB2

+CB2=

4R 2R PB Câu (1đ)

Để 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: ¿

x1+x2=−2m−1 x1.x2=m−1

2 3x1−4x2=11

⇔

¿{ { ¿

¿ x1=13-4m

7 x1=7m−7

26-8m 313-4m

7 −4

7m−7 26-8m=11 { {

Giải phơng trình 313-4m

7 −4

7m−7

26-8m=11

ta đợc m = - m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt t

§Ị 10

Câu I : Tính giá trị biểu thøc:

A =

√3+√5 +

√5+√7 +

√7+√9 + +

1

√97+√99

B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟

99sè3

Câu II :Phân tích thành nhân tử :

a) X2 -7X -18

b) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) c) 1+ a5 + a10

C©u III :

a. Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)

b. ¸p dơng : cho x+4y = T×m GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2

Câu : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I trung điểm BC, M điểm đoạn CI ( M khác C I ) Đờng thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM M cắt BD DC P Q

a Chøng minh DM.AI= MP.IB

b TÝnh tØ sè : MP

MQ

C©u 5:

Cho P = √x

2−4x+3 √1− x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.

đáp án Câu :

1) A =

√3+√5 +

√5+√7 +

√7+√9 + +

1

√97+√99

=

2 ( √5−❑√3 + √7−√5 + √9−√7 + + √99−√97 ) =

2 ( √99−√3 )

2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟

99sè3 =

=33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33)

= 198 +

3 ( 99+999+9999+ +999 99) 198 +

3 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 + B = (10

101 −102

27 ) +165

C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1®) 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 (®pcm ) DÊu = x·y ad=bc

2) áp dụng đẳng thức ta có :

52 = (x+4y)2 = (x + 4y) (x2 + y2) (1+16) => x2 + y2 25

17 => 4x2 + 4y2

100

17 dÊu = x·y x=

17 , y = 20

17 (2đ)

Câu 4 : 5®

Δ MPD đồng dạng với Δ ICA => DM

CI = MP

IA => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB

(1)

Ta cã gãc ADC = gãc CBA,

Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA. Do Δ DMQ đồng dạng với Δ BIA =>

DM BI =

MQ

IA => DM.IA=MQ.IB (2)

Tõ (1) vµ (2) ta suy MP

MQ =

C©u 5

Để P xác định : x2-4x+3 1-x >0 Từ 1-x > => x <

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

Víi x < Ta cã : P = √x

2

−4x+3

√1− x =

√(x −1)(x −3)

√1− x =3 x

Đề 11

Câu 1 : a Rót gän biĨu thøc A=√1+1 a2+

1

(a+1)2 Với a >

b Tính giá trị cđa tỉng B=√1+ 12+

1 22+√1+

1 22+

1

32+ +√1+ 992+

1 1002 C©u 2 : Cho pt x2−mx

+m−1=0

a Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀m

b Gäi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa pt T×m GTLN, GTNN cđa bt

P= 2x1x2+3 x12+x

22+2(x1x2+1) C©u : Cho x ≥1, y ≥1 Chøng minh.

1 1+x2+

1 1+y2≥

2 1+xy

Câu Cho đờng tròn tâm o dây AB M điểm chuyển động đờng trịn,

tõM kỴ MH  AB (H AB) Gọi E F lần lợt hình chiếu vuông góc H

MA v MB Qua M kẻ đờng thẳng vng góc với è cắt dây AB D

1 Chứng minh đờng thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đờng tròn

2 Chøng minh

MA2 MB2 =

AH BD

AD BH

H

íng dẫn Câu 1 a Bình phơng vế A=a

2

+a+1

a(a+1) (V× a > 0)

3) áp dụng câu a

A=1+1

a−

1

a+1 ¿⇒B=100−

100= 9999 100 C©u a : cm Δ≥0∀m

B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:

¿

x1+x2=m x1x2=m−1

¿{ ¿

⇒P=2m+1 m2

+2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn

⇒−1

2≤ P≤1

⇒GTLN=−1

2⇔m=−2 GTNN=1⇔m=1

Câu : Chuyển vế quy đồng ta đợc bđt ⇔ x(y − x)

(1+x2)(1+xy)+

y(x − y)

(1+y2)(1+xy)≥0

⇔(x − y)2(xy−1)≥0 xy≥1 Câu 4: a

- Kẻ thêm đờng phụ

- Chứng minh MD đờng kính (o) =>

b

Gäi E', F' lần lợt hình chiếu D MA MB

Đặt HE = H1

HF = H2

⇒AH

BD AD BH =

HE h1 MA

HF.h2 MB2 (1)

⇔ΔHEF ∞ ΔDF'E'

⇒HF h2=HE.h

Thay vµo (1) ta cã: MA

2

MB2 =

AH BD

AD BH

§Ị 12

C©u 1: Cho biĨu thøc D = [√a+√b 1−√ab+

√a+√b

1+√ab ] : [1+

a+b+2 ab 1−ab ]

a) Tìm điều kiện xác định D rút gọn D b) Tính giá trị D với a =

2−√3

M

o E'

E

A

F F'

B

c) Tìm giá trị lớn D

Câu 2: Cho phơng trình 2−√3 x

2- mx + 2−√3 m

2 + 4m - = (1)

a) Giải phơng trình (1) với m = -1 b) Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm thoã mãn x1

1

+

x2=x1+x2

Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ^A=α(α=900

)

Chøng minh r»ng AI = bc Cos α b+c

(Cho Sin2 α=2 SinαCosα )

Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB điểm N di động nửa đờng tròn cho N A ≤ N B Vễ vào đờng trịn hình vng ANMP

a) Chứng minh đờng thẳng NP qua điểm cố định Q

b) Gọi I tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp

c) Chứng minh đờng thẳng MP qua điểm cố định

C©u 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = vµ x + y + z = -1 HÃy tính giá trị của:

B = xy z +

zx y +

xyz x

Đáp án

Cõu 1: a) - Điều kiện xác định D

¿ a ≥0 b ≥0 ab≠1

¿{ { ¿ - Rót gän D

D = [2√a+2b√a 1−ab ] : [

a+b+ab 1−ab ] D = 2√a

a+1

b) a =

2+√3 ¿

√3+1¿2⇒

√a=√3+1 2¿

2 2+√3=¿

VËy D =

2+2√3 2√3+1

=2√3−2 4−√3

c b a

I

C B

A



2



2

c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có 2a a+1D 1

Vậy giá trị D

Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) ⇔1 2x

2

+x −9

2=0⇔x

2

+2x −9=0

⇒ x1=−1−√10

x2=−1+√10

{

b) Để phơng trình có nghiệm 08m+20m 1 (*)

+ Để phơng trình có nghiệm khác

m1 432 m2 4+32

¿

⇔1

2m

2

+4m−1≠0

⇒

{ (*)

+ x1+

1

x2=x1+x2⇔(x1+x2)(x1x2−1)=0⇔ x1+x2=0

x1x2−1=0 ¿{

⇔

2m=0 m2

+8m−3=0

⇔

¿m=0 m=−4−√19 m=−4+√19

¿{

Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = m=−4−√19

C©u 3: + SΔABI=

1

2AI cSin α 2; + SΔAIC=1

2AI bSin α 2; + SΔABC=1

2bcSinα ;

SΔABC=SΔABI+SΔAIC

⇒bcSinα=AISinα 2(b+c)

⇒AI=bcSinα Sinα

2(b+c) =

2 bcCosα b+c

QA QB

    Suy Q cố định b) ^A

1= ^M1(¿^A2)

 Tø gi¸c ABMI néi tiÕp

c) Trên tia đối QB lấy điểm F cho QF = QB, F cố định Tam giác ABF có: AQ = QB = QF

 Δ ABF vuông A B^

=450AF B^ =450

Lại có P1 450 AFBP1 Tứ giác APQF néi tiÕp

 A^P F

=AQ F^ =900 Ta cã: A^P F+A^P M=900

+900=1800  M1,P,F Thẳng hàng

Cõu 5: Bin i B = xyz (1

x2+

1

y2+

1

z2) = ⋯=xyz

2 xyz=2

Đề 13

Bài 1: Cho biểu thức A =

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 phơng tình đờng thẳng AB

b) Xác định điểm M trục hoành để tam giác MAB cân M Bài : Tìm tất số tự nhiên m để phơng trình ẩn x sau:

x2 - m2x + m + = 0 cã nghiƯm nguyªn

Bài : Cho tam giác ABC Phân giác AD (D  BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A D đồng thời tiếp xúc với BC D Đờng tròn cắt AB AC lần lợt 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

Bµi : Cho số dơng x, y thỏa mÃn điều kiện x2 + y2 x3 + y4 Chøng minh: x3 + y3 x2 + y2 x + y  2

1

1

2

F

I

Q P N

M

B A

Đáp án

Bài 1:

a) §iỊu kiƯn x tháa m·n

2

4( 1) 4( 1) 4( 1)

x

x x x x x x

  



  

 

  

 

  

 

1 1

x x x x

     

   

  x > x  2 KL: A xác định < x < x >

b) Rót gän A

A =

2

2

( 1) ( 1)

( 2)

x x x x x

     

 

A =

1 1 2

2

x x x x x

     

 

Víi < x < A = 1 x

Víi x > A =

1

x KÕt luËn

Víi < x < th× A = 1 x

Víi x > th× A =

1

x Bµi 2:

a) A B có hồnh độ tung độ khác nên phơng trình đờng thẳng AB có dạng y = ax + b

A(5; 2)  AB  5a + b = B(3; -4)  AB  3a + b = -4 Gi¶i hƯ ta cã a = 3; b = -13

Vậy phơng trình đờng thẳng AB y = 3x - 13 b) Giả sử M (x, 0)  xx’ ta có

MA = (x 5)2 (0 2)2 MB = (x 3)2 (04)2

MAB c©n  MA = MB  (x 5)2 4  (x 3)2 16  (x - 5)2 + = (x - 3)2 + 16

 x =

KÕt luËn: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3:

Phơng trình có nghiệm nguyên = m4 - 4m - số phơng Ta lại có: m = 0; < loại

m = th×  = = 22 nhËn

m  th× 2m(m - 2) >  2m2 - 4m - > 0

 m4 - 2m + <  < m4

 (m2 - 1)2 <  < (m2)2

không phơng

Vậy m = giá trị cần tìm Bài 4:

a)

  (  )

2

EADEFD  sd ED

(0,25)

  (  )

2

FADFDC  sd FD

(0,25)

mµ EDA FAD  EFD FDC (0,25)

 EF // BC (2 gãc so le nhau) b) AD phân giác góc BAC nên DE DF

sđ

2

ACD

s®(AED DF ) =

2s®AE = s®ADE

do ACDADE EAD DAC

DADC (g.g) Tơng tự: sđ

(  )

2

ADF sd AF  sd AFD DF

=

  

1

( )

2 sd AFD DE sd ABD  ADFABD

do AFD ~ (g.g c) Theo trên:

+ AED ~ DB



AE AD

AD AC hay AD2 = AE.AC (1)

+ ADF ~ ABD 

AD AF AB AD

 AD2 = AB.AF (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã 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 cã: x(x - 1)2  0: y(y + 1)(y - 1)2 0

 x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2  0

 x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y  0

 (x2 + y2) + (x2 + y3)  (x + y) + (x3 + y4) mµ x2 + y3 x3 + y4

 x2 + y2 x + y (2)

vµ (x + 1)(x - 1)  (y - 1)(y3 -1)  0 x3 - x2 - x + + y4 - y - y3 +  0

 (x + y) + (x2 + y3)  + (x3 + y4) mµ x2 + y3 x3 + y4

 x + y  Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã:

x3 + y3 x2 + y2 x + y  2

§Ị 14

F E

A

B

C D

C©u 1: x- 4(x-1) + x + 4(x-1)

cho A= ( - ) x2- 4(x-1) x-1 a/ rót gän biĨu thøc A

b/ Tìm giá trị ngun x để A có giá trị nguyên

Câu 2: Xác định giá trị tham số m để phơng trình

x2-(m+5)x-m+6 =0

Có nghiệm x1 x2 thoã mãn điều kiện sau: a/ Nghiệm lớn nghiệm đơn vị

b/ 2x1+3x2=13

Câu 3Tìm giá trị m để hệ phơng trình

mx-y=1

m3x+(m2-1)y =2 vô nghiệm, vô số nghiệm

Câu 4: tìm max vµ cđa biĨu thøc: x 2 +3x+1

x2+1

Câu 5: Từ đỉnh A hình vng ABCD kẻ hai tia tạo với góc 450.

Một tia cắt cạnh BC E cắt đờng chéo BD P Tia cắt cạnh CD F cắt đ-ờng chéo BD Q

a/ Chứng minh điểm E, P, Q, F C nằm đờng trịn b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP

c/ KỴ trung trực cạnh CD cắt AE M tính số ®o gãc MAB biÕt CPD=CM

h

íng dÉn

Câu 1: a/ Biểu thức A xác định x≠2 x>1

( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2 A= ( ) (x-2)2 x-1 x- -1 + x-1 + x- x- = = = x-2 x-1 x-1 x-1 b/ Để A nguyên x- ớc dơng

* x- =1 x=0 loại * x- =2 x=5

vậy với x = A nhận giá trị nguyªn b»ng

Câu 2: Ta có ∆x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m+1≥0 để phơng trìnhcó hai nghiệmphân

biƯt vµchØ m≤-7-4 vµ m≥-7+4 (*) a/ Gi¶ sư x2>x1 ta cã hƯ x2-x1=1 (1)

x1+x2=m+5 (2) x1x2 =-m+6 (3) Giải hệ tađợc m=0 m=-14 thoã mãn (*) b/ Theo giả thiết ta có: 2x1+3x2 =13(1’) x1+x2 = m+5(2’) x1x2 =-m+6 (3’) giải hệ ta đợc m=0 m= Thoả mãn (*)

C©u 3:*Để hệ vô nghiệm m/m3=-1/(m2-1) 1/2

3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0 3m2-1≠-2 3m2≠-1 m=±1/2 m=±1/2 ∀m

3m3-m=-m3 m=0 3m2-1= -2 m=±1/2 V« nghiƯm

Khơng có giá trị m để hệ vô số nghiệm

Câu 4: Hàm số xác định với ∀x(vì x2+1≠0) x2+3x+1 gọi y0 giá trịcủa hàmphơng trình: y0= x2+1

(y0-1)x2-6x+y0-1 =0 cã nghiÖm

*y0=1 suy x = y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1)2≥0 (y0-1)2≤ 9 suy

-2 ≤ y0 ≤

VËy: ymin=-2 y max=4 Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình)

Giải

a/ A1 và B1 nhìn đoạn QE dới góc 450

tứ giác ABEQ nội tiếp đợc

 FQE = ABE =1v

chøng minh t¬ng tù ta cã FBE = 1v

 Q, P, C nằm đờng tròn đờng kinh EF b/ Từ câu a suy ∆AQE vuông cân



AE

AQ = 2 (1)

t¬ng tù ∆ APF vuông cân

AF

AB = 2 (2)

tõ (1) vµ (2)  AQP ~ AEF (c.g.c)

AEF AQP

S

S = ( 2 )2 hay SAEF = 2SAQP

c/ §Ĩ thÊy CPMD néi tiÕp, MC=MD vµ APD=CPD

MCD= MPD=APD=CPD=CMD

MD=CD  ∆MCD  MPD=600

mµ MPD lµ gãc ABM ta có APB=450 MAB=600-450=150

Đề 15 Bµi 1: Cho biĨu thøc M = 2√x −9

x −5√x+6+

2√x+1

√x −3+

√x+3 2−√x 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 nguyên dơng thoà mÃn phơng trình 3x2 +10 xy + 8y2 =96

b)t×m x, y biÕt / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ =

1

Q

P M

F

E

D C

B A

Bài 3: a Cho số x, y, z d¬ng tho· m·n x +

1 y +

1 z = Chøng ming r»ng:

2x+y+z +

1

x+2y+z +

1

x+y+2z b Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc: B = x

2

−2x+2006

x2 (víi x )

Bµi 4: Cho hình vuông ABCD Kẻ tia Ax, Ay cho x^A y = 45 ❑0

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 ΔAEF = S ΔAPQ

Kẻ đờng trung trực CD cắt AE M Tính số đo góc MAB biết C^P D = C^M D

Bài 5: (1đ)

Cho ba số a, b , c kh¸c tho· m·n:

¿ a+

1 b+

1 c=0 ¿

; H·y tÝnh P =

ac c2+

bc a2 +

ac b2

đáp án

Bµi 1:M = 2√x −9 x −5√x+6+

2√x+1

√x −3 +

√x+3 2−√x a.§K x ≥0; x ≠4;x ≠9 0,5®

Rót gän M = 2√x −9−(√x+3)(√x −3)+(2√x+1) (√x −2) (√x −2) (√x −3)

Biến đổi ta có kết quả: M = x −√x −2

(√x −2) (√x −3) M =

(√x+1)(√x −2)

(√x −3) (√x −2)⇔M=

√x+1

√x −3

b M = 5⇔√x −1 √x −3=5

⇒√x+1=5(√x −3)

⇔√x+1=5√x −15

⇔16=4√x ⇒√x=16

4 =4⇒x=16

c M = √x+1

√x −3=

√x −3+4

√x −3 =1+

√x −3

Do M z nên x 3 ớc x 3 nhận giá trị: -4; -2; -1; 1; 2;

⇒x∈{1;4;16;25;49} x ≠4⇒ x∈{1;16;25;49}

Bµi a 3x2 + 10xy + 8y2 = 96

< > 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96

< > (x + 2y)(3x + 4y) = 96

Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng 3x + 4y > x + 2y mà 96 = 25 có ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành tích thừa số không 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

¿ x+2y=6 3x+4y=24

{

Hệ PT vô nghiệm

Hc

¿ x+2y=6 3x+4y=16

¿{ ¿

⇒ x=4 y=1 ¿{

Hc

¿ x+2y=8 3x+4y=12

¿{ ¿

HƯ PT v« nghiƯm

VËy cÊp sè x, y nguyên dơng cần tìm (x, y) = (4, 1) b ta cã /A/ = /-A/ A∀A

Nªn /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/

❑/x −2005+2008− x/❑/3/❑3 (1)

mµ /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = (2) KÕt hợp (1 (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ (3)

(3) sảy

x −2006/❑0

y −2007/❑0

⇔

¿x=2006 y=2007

¿{ ¿ Bµi 3

a) Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ b) Với a, b thuộc R: x, y > ta có a2

x+ b2

y ≥ (a+b)2

x+y (∗) < >(a2y + b2x)(x + y)

(a+b)2xy

 a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy  a2xy + 2abxy + b2xy  a2y2 + b2x2  2abxy

 a2y2 – 2abxy + b2x2  0

 (ay - bx)2  (**) bất đẳng thức (**) với a, b, x,y > 0

DÊu (=) x¶y ay = bx hay

a b

x y

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

       

         

       

        

 

T¬ng tù

1 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

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

     

              

           

   

         

   

V×

1 1

x yz 

 

2

2 2006

x x

B x

x

 

 

Ta cã: B=x

2

−2x+2006 x2 ⇔B=

2006x2−2 2006x+20062

2006x

⇔B=(x −2006)

2

+2005x2

x2 ⇔

(x −2006)2+2005 2006x2 +

2005 2006 V× (x - 2006)2  víi mäi x

x2 > víi mäi x kh¸c

 2

2

2006 2005 2005

0 2006

2006 2006 2006

x

B B khix

x



Bµi 4a EBQ EAQ 450 EBAQ 

 

 néi tiÕp; Bˆ = 900 à gãc AQE = 900à gãcEQF = 900

T¬ng tù gãc FDP = gãc 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 dới 1góc900 nên điểm E, P, Q, F, C nằm trên đờng trịn đờng kính EF ………0,25đ

b Ta cã gãc APQ + gãc QPE = 1800 (2 gãc kÒ bï) ⇒ gãc APQ = gãc AFE Gãc AFE + gãc EPQ = 1800

àTam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)

à

2

2 1 2

2

APQ

APQ AEE

AEF

S

k S S

S



 



 

     

 

c) gãc CPD = gãc CMD tø gi¸c MPCD néi tiÕp gãc MCD = gãc CPD (cùng chắn cung MD)

Lại có góc MPD = gãc CPD (do BD lµ trung trùc cđa AC) gãc MCD = gãc MDC (do M thuéc trung trùc cđa 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 =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300

à gãc MAD = gãc AMD (1800 - 300) : = 750

à gãcMAB = 900 – 750 = 150

Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c à x + y + z = (v× 1/a = 1/b + 1/c = 0)

à 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 = 0 Tõ 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 1/a + 1/b + 1/c =o P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3

Đề 16

Bài 1Cho biểu thøc A =

x2−3

¿2+12x2 ¿ ¿ ¿ √¿

+ x+2¿

2−8x2

¿ √¿

a Rót gän biĨu thøc A

b Tìm giá trị nguyên x cho biểu thức A có giá trị nguyên Bài 2: (2 điểm)

Cho cỏc ng thng:

y = x-2 (d1) y = 2x – (d2) y = mx + (m+2) (d3)

a Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d3 ) qua với giá trị m b Tìm m để ba đờng thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy

Bài 3: Cho phơng trình x2 - 2(m-1)x + m - = (1)

a Chứng minh phơng trình có nghiệm phân biệt

b Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phơng trình (1) mà không phụ thuộc vào m

c Tìm giá trị nhỏ P = x21 + x22 (víi x1, x2 lµ nghiƯm cđa phơng trình (1))

Bi 4: Cho ng trũn (o) với dây BC cố định điểm A thay đổi vị trí cung lớn BC cho AC>AB AC > BC Gọi D điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến (O) D C cắt E Gọi P, Q lần lợt giao điểm cặp đờng thẳng AB với CD; AD CE

a Chøng minh r»ng DE// BC

b Chøng minh tø gi¸c PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm dây AD BC F Chứng minh hệ thức:

CE =

CQ + CE Bài 5: Cho số dơng a, b, c Chứng minh r»ng: 1< a

a+b+ b b+c+

c c+a<2

đáp án

Bµi 1: - §iỊu kiƯn : x a Rót gän: A=√x

4+6x2

+9 x2 +√x

2−4x

+4 ¿x

2

+3

|x| +|x −2|

- Víi x <0: A=−2x

2

+2x −3

x - Víi 0<x 2: A=2x+3

x - Víi x>2 : A=2x

2

−2x+3

x b Tìm x nguyên để A nguyên:

A nguyªn <=> x2 + ⋮|x|

<=> ⋮|x| => x = {−1;−3;1;3} Bµi 2:

<=> m (x+1)+ (2-y) = Để hàm số qua điểm cố định với m

¿ x+1=0 2− y=0

¿{ ¿

=.> ¿ x=−1

y=2 ¿{

¿

Vậy N(-1; 2) điểm cố định mà (d3) qua b Gọi M giao điểm (d1) (d2) Tọa độ M nghiệm hệ

¿ y=x −2 y=2x −4

¿{ ¿

=> ¿ x=2 y=0 ¿{

¿ VËy M (2; 0)

Nếu (d3) qua M(2,0) M(2,0) nghiệm (d3) Ta cã : = 2m + (m+2) => m= -

3 VËy m = -

3 (d1); (d2); (d3) đồng quy Bài 3: a Δ' = m2 –3m + = (m -

2 )2 +

4 >0 m Vậy phơng trình có nghiệm ph©n biƯt b Theo ViÐt:

¿

x1+x2=2(m−1) x1x2=m−3

¿{ ¿

=>

¿ x1+x2=2m −2

2x1x2=2m −6

¿{ ¿

<=> x1+ x2 – 2x1x2 – = kh«ng phơ thc vµo m P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – (m-3)

= (2m -

2 )2 + 15

4 ≥ 15

4 ∀m

VËyPmin = 15

4

víi m =

Bài 4: Vẽ hình – viết giả thiết – kết luận a Sđ ∠ CDE =

2 S® DC =

2 S® BD = ∠BCD => DE// BC (2 gãc vÞ trÝ so le)

b ∠ APC =

2 s® (AC - DC) = ∠ AQC

=> APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = AQC nhìn đoan AC)

c.Tứ giác APQC néi tiÕp

∠ CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ)

∠ CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC) Suy ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ Ta cã: DE

PQ = CE

CQ (v× DE//PQ) (1) DE

FC = QE

QC (v× DE// BC) (2) Céng (1) vµ (2) : DE

PQ+ DE FC =

CE+QE

CQ =

CQ CQ=1

=> PQ+

1 FC=

1

DE (3)

ED = EC (t/c tiÕp tuyÕn) tõ (1) suy PQ = CQ Thay vµo (3) :

CQ+ CF=

1

CE

Bµi 5:Ta cã: a

a+b+c < a

b+a <

a+c

a+b+c (1) b

a+b+c < b

b+c <

b+a

a+b+c (2) c

a+b+c < c

c+a <

c+b

a+b+c (3) Céng tõng vÕ (1),(2),(3) :

< a a+b +

b

b+c + c

c+a <