Gäi E vµ F lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H trªn MA vµ MB.[r]
(1)Đề số 1 Câu1 : Cho biÓu thøc
A=
1− x2
¿2 ¿ x¿
(xx −3−11+x)( x3+1
x+1 − x):¿
Víi x √2 ;1
a) Rót gän biĨu thøc A
b) Tính giá trị biểu thức cho x= √6+2√2 c) Tìm giá trị x để A =
C©u 2
a) Giải hệ phơng trình:
x − y¿2+3(x − y)=4
¿ 2x+3y=12
¿ b) Giải bất phơng trình: x
34x22x 15 x2+x+3 <0
Câu 3 Cho phơng tr×nh (2m - 1)x2 - 2mx + 1= 0
Xác định m để phơng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1; 0)
Câu 4 Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn Dng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED
a) chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng tròn b) Tam giác BKC tam giác gì? Vì sao?
H¦íNG DÉN
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 2 : 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) Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=3, y=2 x=0; y=4 b) Ta có 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
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1
Xét 2m-10=> m 1/2 ta có
(2)O K
F E
D
C B
A
víi m 1/2 pt cßn cã nghiÖm x= m−m+1 2m−1 =
1 2m−1 pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<
2m−1 <
¿
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 số 2 Bài 1: Cho biÓu 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 ngun
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: a, Phơng trình ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t1 t2.
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 HƯớNG DẫN
Bµi 1: (2 điểm) ĐK: x 0; x 1
a, Rót gän: P = 2x(x −1) x(x −1) :
2( √x −1❑z)
2
x −1 <=> P =
√x −1¿2 ¿ ¿ √x −1
¿
(3)b P = √x+1
√x −1=1+
√x −1
§Ĩ P nguyên
x 1=1x=2x=4
x 1=1x=0x=0
√x −1=2⇒√x=3⇒x=9
√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)
VËy với x= {0;4;9} P có giá trị nguyên
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
¿
Δ=(2m+1)2−4(m2+m−6)≥0 x1x2=m2+m−6>0
x1+x2=2m+1<0
¿{ {
¿
⇔ Δ=25>0 (m−2)(m+3)>0
m<−1 ⇔m<−3
¿{ {
b Giải phơng trình: m+3 (m2)3=50
¿m1=−1+√5 m2=−1−√5
2
¿
⇔|5(3m2+3m+7)
|=50⇔m2
+m−1=0
{
Bài 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nên ax12 + bx1 + c =0 . Vì x1> => c (1
x1)
+b x1
+a=0 Chøng tá x1
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 ®iỊu nµy chøng tá x1
lµ mét nghiƯm dơng phơng trình ct2
+ bt + a = ; t2 = x1
Vậy phơng trình: ax2 + bx + c = có hai nghim dơng phân biệt x1; x2 phơng trình : ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 t1 = x1
1
; t2 = x1 b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên
t1+ x1 = x1
+ x1 t2 + x2 = x1
(4)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 trịn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng trũn tõm O thỡ
tứ giác BHCD hình bình hành
b) Vỡ P i xng vi 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 ®iĨm P; H; Q thẳng hàng
c) Ta thy Δ 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 tõm O
Đề số 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 Rút gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P =
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
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
H
O
P
Q
D
C B
(5)b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R
Bµi 5: Cho x , y , z∈R tháa m·n: x+ y+ z= x+y+z HÃy tính giá trị cđa biĨu thøc : M =
4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) H¦íNG DÉN
Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là: 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 vµ B nằm hai phía trục tung phơng trình : x2 + mx + m – = cã hai nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ m – < ⇔ m <
Bµi 3 :
¿
x+y+z=9(1)
x+
1
y+
1
z=1(2)
xy+yz+xz=27(3) ¿{ {
¿
§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
(6)Q
N
M
O C
B A
Ta thÊy x = y = z = thâa m·n hƯ phư¬ng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =
Bµi 4:
a) XÐt ΔABM vµ ΔNBM
Ta có: AB đờng kính đờng trịn (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
XÐt tam giác vuông ABQ có ACBQ 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 => x+y
xy +
x+y+z − z
z(x+y+z)=0 ⇒(z+y)(
xy+
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 sè 4
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với đờng thẳng d qua đờng 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 bình Tỉ số bán kính hình trụ bán kính hình cầu A.2 ; B
√2 ; C
√3 ; D kết khác
Bài 2: 1) Giải phơng tr×nh: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0
2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn A = x + √y
(7)M D
C B
A
x
K O
N
M
I
D C
B A
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 đoan CD
a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung điểm MN b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi
c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định HƯớNG DẫN
Bài 1: 1) Chọn C Trả lời
2) Chọn D Kết khác: Đáp số là:
Bµi 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 hết cho số 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 cã (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nªn víi x = th× - = (4 + b)(4 + c)
Cã trêng hỵp: + b = vµ + b = + c = - + c = - Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta cã (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Trêng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a =
Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5)
Câu2 (1,5điểm)
Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =
1
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 (không đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
DÊu "=" x¶y <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M
- Dựng đờng trịn tâm A bán kính AB - Dựng D tia Ax cho AD =
(8)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 ΔMKD vng 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 sè 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 biểu thøc :A x 2007y2007z2007
Bµi 2). Cho biĨu thøc :M x2 5x y 2xy 4y2014 b2 4ac
Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ
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 nht
Bài 5.Cho a, b số thùc d¬ng Chøng minh r»ng :
2 2
2
a b
a b a b b a
Bµi 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC. H¦íNG DÉN
Bài 1. Từ giả thiết ta có :
2 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 12 y 12 z 12
1 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
(9) 4 2 1 2 2007
M x x y y xy x y
22 12 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
1
2
2
x y
x y,
2007
M
Mmin 2007 x2;y1
Bài 3. Đặt :
1
u x x v y y
Ta cã :
18 72 u v uv
u ; v 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
Bµi 4 a.Ta cã CA = CM; DB = DM Các 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 MO M lµ điểm cung AB
Bài 5 (1,5 ®iĨm) Ta cã :
2 1 0; 2 a b
a , b >
1
0;
4
a a b b
1
( ) ( )
4
a a b b
a , b > 0
0
a b a b
Mặt khác a b ab
(10)Nh©n tõng vÕ ta cã :
2
a b a b ab a b
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:ABDCED (g.g)
BD AD
AB ED BD CD
ED CD
2
AD AE AD BD CD
AD AD AE BD CD
L¹i cã : ABDAEC g g
2
AB AD
AB AC AE AD
AE AC
AD AB AC BD CD
Đề số 6 Câu 1: Cho hàm số 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 =
1
:
1 1
x x x x
x
x x x
M
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 đ-ờng vng góc hạ từ A đến đđ-ờng kính BC
a) Chøng minh r»ng PC cắt 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
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11
H¦íNG DÉN
d
e
c b
(11)C©u 1a) 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
( 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 3
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 C©u 4
Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
a) 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) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => AHC ∞ POB
O
B C
H E
(12)Do đó: AH PB =
CH
OB (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 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 biƯt 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 x1=7m−7
26-8m 313-4m
7 −4
7m−7 26-8m=11
¿{ {
Giải phơng trình 313-4m 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 phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11
Đề số 7 Câu 1: Cho P =
2
x x x
+
1
x
x x
-
1
x x
a/ Rót gän P
b/ Chøng minh: P <
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 ln nghim
Câu 3: a/ Giải phơng tr×nh :
x +
1
(13)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) đờng tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K
a/ Chøng minh tø gi¸c ADCK nội tiếp b/ Tứ giác ABCK hình gì? V× sao?
c/ Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hành HƯớNG DN
Câu 1:Điều kiện: x x 1 (0,25 ®iĨm)
P =
1
x x x
+
1
x
x x
-
1
( 1)( 1)
x
x x
=
( )
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 < 3 x < x + x + ; ( v× x + x + > )
x - 2 x + > 0
( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)
Câu 2:a/ Phơng trình (1) có nghiƯm vµ chØ ’ 0. (m - 1)2 – m2 – 0
– 2m 0 m 2.
b/ Víi m th× (1) cã nghiƯm.
Gäi mét nghiƯm cđa (1) lµ a nghiệm 3a Theo Viet ,ta cã:
3 2
.3
a a m
a a m
a=
1
m
3(
m
)2 = m2 – 3 m2 + 6m – 15 = 0
m = - 32 ( thõa mÃn điều kiện). Câu 3:
(14)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 -
2 = X =
1
2
Vì y > nên: y =
1
2
x =
1
2
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =
1
2
Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK hình thang
Do ú, t giỏc ABCK l hình bình hành AB // CK BACACK Mà
2
ACK
s®EC =
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
§Ị sè 8
Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = Là số tự nhiên b Cho biểu thức: P = Biết x.y.z = , tính
Câu 2:Cho điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a. Chøng minh ®iĨm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C không thẳng hàng. b. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3 Giải phơng trình:
Cõu Cho ng tròn (O;R) điểm A cho OA = R Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đ-ờng trịn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC lần lợt D E.
Chøng minh r»ng:
a.DE tiếp tuyến đờng trịn ( O ). b
§Ị sè 9
O
K
D
C B
(15)Câu 1: Cho hàm số 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
C©u 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 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 đ-ờng vuông góc hạ từ A đến đđ-ờng kính BC
a) Chứng minh PC cắt AH trung điểm E cđa AH b) Gi¶ sư PO = d TÝnh 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
§Ị sè 10
Câu 1: Tính giá trị biểu thức:
A =
√3+√5 +
√5+√7 +
√7+√9 + +
1
√97+√99
B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟
99sè3
C©u :Ph©n tích thành nhân tử :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10
C©u :
1) Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
2) ¸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.
(16)C©u :
1) A =
√3+√5 +
√5+√7 +
√7+√9 + +
1
√97+√99
=
2 ( √5−❑√3 + √7−√5 + √9−√7 + + √99−√97 ) =
1
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 = (10101−102
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)
C©u 3: 4®
1) Ta cã : (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 : 5đ
Ta cã : gãc DMP= gãc AMQ = gãc AIC MỈt kh¸c gãc ADB = gãc BCA=>
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,
Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc 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 <
(17)(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 số 11
Câu 1 : a Rót gän biĨu thøc A=√1+ a2+
1
(a+1)2 Víi a >
b Tính giá trị tổng 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 hai nghiệm pt Tìm GTLN, GTNN bt
2
1
1x 1y 1xy P= 2x1x2+3 x12+x
22+2(x1x2+1)
C©u : Cho x ≥1, y ≥1 Chøngminh.
Câu Cho đờng tròn tâm o dây AB M điểm chuyển động đờng tròn, từM kẻ MH
AB (H AB) Gọi E F lần lợt hình chiếu vng góc H MA 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 Chứng minh
2
2
MA AH AD
MB BD BH
H
ớng dẫn
Câu 1 a Bình phơng vÕ ⇒A=a
+a+1
a(a+1) (V× a > 0) a 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 cã:
¿
x1+x2=m
x1x2=m−1 ¿{
¿
⇒P=2m+1
(18)1
1
1
2
1
P
GTLN m
GTNN m
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
C©u 4: a
- Kẻ thêm đờng phụ
- Chứng minh MD đờng kính (o) =>
b
Gäi E', F' lÇn lợt hình chiếu D MA MB §Ỉt HE = H1
HF = H2
⇒AH BD
AD BH=
HE h1 MA2 HF.h2 MB2 (1) ⇔ΔHEF ΔDF'
E' ⇒HF h2=HE.h
Thay vµo (1) ta cã: MA
2 MB2 =
AH BD
AD BH
HƯớNG DẫN
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
M
o E'
E A
F F'
B I
(19)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
a) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có EH
PB = CH
CB ; (1) Mặt khác, PO // AC (cùng vuông góc víi AB)
=> POB = ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC ∞ POB O
B H C
(20)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 ⇔ 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
¿ C©u (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 3x1−4x2=11
⇔
¿{ {
¿
¿
x1=13-4m x1=7m−7
26-8m 313-4m
7 −4
7m−7 26-8m=11
¿{ {
Giải phơng trình 313-4m 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 phơng trình cho có hai nghim phõn bit t
HƯớNG DẫN Câu 1: a. A =
A số tự nhiên -2x số tự nhiên x = (trong k Z k )
b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = ta đợc x, y, z >
Nhân tử mẫu hạng tử thứ với ; thay mẫu hạng tử thứ ta đợc: P = (1đ)
v× P > 0
(21)Điểm A(-2;0) B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên b = 4; a = 2 Vậy đờng thẳng AB y = 2x + 4.
Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả m n y = 2x + nên C khơng thuộc đ• ờng thẳng AB A, B, C khơng thẳng hàng.
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả m n y = 2x + nên điểm D thuộc đ• ờng thẳng 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
Vy SABC = 1/2AC.BC = ( đơn vị diện tích ) Câu 3: Đkxđ x 1, đặt ta có hệ phơng trình:
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