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 ... b).. Tỉ số giữa bán[r]
(1)Đề 1
Câu1 : Cho biểu thứcA= ) ( :
1
1
2 2
3
x x x x x
x x x
x
Với x 2;1
.a, Ruý gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị biểu thức cho x= 62 c Tìm giá trị x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phương trình:
12
4 ) ( )
(
y x
y x y
x
b Giải bất phương trình:
15
2
x x
x x x
<0
Câu3 Cho phương trình (2m-1)x2-2mx+1=0
Xác định m để phương trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dưng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm Aevà nửa đường tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED
a chứng minh điểm E,B,F,K nằm đường tròn b Tam giác BKC tam giác ? Vì ?
đáp án
Câu 1: a Rút gọn A= x x2
b.Thay x= 62 vào A ta A= 2 2
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 2 17 3
Câu : a)Đặt x-y=a ta pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ ta có
12
4 ) ( )
(
y x
y x y
x
<=>
*
12
1 y x
y x
(1)
*
12
4 y x
y x
(2)
Giải hệ (1) ta x=3, y=2 Giải hệ (2) ta x=0, y=4
Vậy hệ phương 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 phương trình tương đương với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1 Xét 2m-10=> m 1/2 ta có
,
= m2-2m+1= (m-1)2
(2)O K
F E
D
C B
A
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
với m 1/2 pt cịn có nghiệm x=
1
m m m
=2 1
m
pt có nghiệm khoảng (-1,0)=> -1<2 1
m <0
0
0 1
1 m m
=>
0
0
2 m m
m
=>m<0
Vậy Pt có nghiệm khoảng (-1,0) m<0 Câu 4:
a Ta có KEB= 900
mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đường trịn) 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
Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vng cân B
Đề 2
Bài 1: Cho biểu thức: P =
1 2 : 1
x x x x
x x x x x
x x a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên
Bài 2: Cho phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*) a.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm âm
b.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn
3 x x
=50 Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dương phân biệt x
1, x2Chứng minh: a,Phương trình ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dương phân biệt t
1 t2 b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đường 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 điểm đối xứng điểm D qua đường 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 dương x; y thoả mãn: x + y 1
Tìm giá trị nhỏ của: A = x y xy 501
2
2
(3)a, Rút gọn: P =
1 : 1 2 x x x x x x z<=> P = 1 ) ( x x x x
b P =
2 1 x x x Để P nguyên
) ( 0 1 1 Loai x x x x x x x x x x x Vậy với x=
0;4;9
P có giá trị ngun Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:
6 2 2 2 m x x m m x x m m m ) )( ( 25 m m m mb Giải phương trình:
2
( 3) 50 3 m m 5 1 50 ) 3 ( 2 m m m m m mBài 3: a Vì x1 nghiệm phương trình: ax2 + bx + c = nên ax12 + bx1 + c =0
Vì x1> => c
1
1
a x b
x Chứng tỏ
1
x nghiệm dương phương trình: ct2 +
bt + a = 0; t1 = 1
x Vì x
2 nghiệm phương trình: ax2 + bx + c = => ax
22 + bx2 + c =0
vì x2> nên c
0 2 a x b
x điều chứng tỏ 2
x nghiệm dương phương trình
ct2 + bt + a = ; t =
1 x
Vậy phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x
1; x2 phương trình : ct2
+ bt + a =0 có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 t1 = 1 x ; t
2 = x b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dương nên
t1+ x1 = 1 x + x
1 2 t2 + x2 = x + x
2 2 Do x1 + x2 + t1 + t2 4
(4)a Giả sử tìm 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 và CD
AC
.
Do đó: ABD = 900 ACD = 900
Vậy AD đường kính đường trịn tâm O
Ngược lại D đầu đường kính AD
của đường trịn tâm O
tứ giác BHCD hình bình hành
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên
APB = ADB
nhưng ADB =ACB ADB = ACB
Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800
Tứ giác APBH nội tiếp đường tròn nên PAB = PHB Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB
Chứng minh tương tự ta có: CHQ = DAC
Vậy 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 đường kính kẻ từ A đường trịn tâm O
Đề 3
Bài 1: Cho biểu thức:
x
y
xy x
y x
y y
y x
x P
1 1
) )
1 )( (
a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình P =
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 đường 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 phương 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,zR thỏa mãn : x y z x y z
1
1
Hãy tính giá trị biểu thức : M =
+ (x8– y8)(y9 + z9)(z10 – x10) H
O
P
Q
D
C B
(5)Đáp án
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
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 phương trình đường thẳng (d) : y = mx + m –
Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: - x2 = mx + m –
x2 + mx + m – = (*)
Vì phương trình (*) có m2 4m 8
m 2
2 0m nên phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) ln cắt hai điểm phân biệt A Bb) A B nằm hai phía trục tung phương trình : x2 + mx + m – = có hai nghiệm trái dấu m – < m < 2.
Bài 3 :
3 27
) ( 1 1
1
xz yz xy
z y x
z y x
(6)Q
N
M
O C
B A
2 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 vào (1) => x = y = z =
Ta thấy x = y = z = thõa mãn hệ phương trình Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z =
Bài 4:
a) Xét ABM NBM
Ta có: AB đường kính đường 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 và 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
(7)=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 1)R
Bài 5:
Từ : x y z x y z
1
1
=>
0
1 1
z y x z y x
=>
0
z y x z
z z y x xy
y x
( )0 )
(
0
1
2
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 =
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
Đề 4
Bài 1: 1) Cho đường thẳng d xác định y = 2x + Đường thẳng d/ đối xứng với đường thẳng d qua đường thẳng y = x là:
A.y =
x + ; B.y = x - ; C.y =
x - ; D.y = - 2x - Hãy chọn câu trả lời
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đường kính đáy đựng đầy nước, nhúng chìm vào bình
một hình cầu lấy mực nước bình cịn lại
bình Tỉ số bán kính hình trụ bán kính hình cầu A.2 ; B.3 ; C 3; D kết khác
Bài 2: 1) Giải phương trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0
2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn A = x + y
Bài 3: 1) Tìm số nguyên a, b, c cho đa thức : (x + a)(x - 4) - Phân tích thành thừa số : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C điểm cố định tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di động góc xAy cho MB
MA =
1
Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ
Bài 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I trên đoan CD
a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung điểm MN b) Chứng minh tổng MA + NA khơng đổi
c) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định Hướng dẫn
(8)M D
C B
A
x
K O
N
M
I
D C
B A
2) Chọn D Kết 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
Vậy A chia hết cho số phương khác với số nguyên dương n 2) Do A > nên A lớn nhất A2 lớn nhất.
Xét A2 = ( x+ y )2 = x + y + 2 xy = + 2 xy (1)
Ta có: y x
xy
(Bất đẳng thức Cô si)
=> > xy (2)
Từ (1) (2) suy ra: A2 = + 2 xy < + = 2
Max A2 = <=> x = y = 2
, max A = <=> x = y =
Bài3 Câu 1Với x ta có (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nên với x = - = (4 + b)(4 + c)
Có trường hợp: + b = + b = + c = - + c = - Trường hợp thứ cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Trường hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a =
Ta có (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5)
Câu2 (1,5điểm)
Gọi D điểm cạnh AB cho:
AD =
AB Ta có D điểm cố định
Mà AB MA
=
(gt) MA AD
=
Xét tam giác AMB tam giác ADM có
MAB
(chung)AB MA
= MA AD
=
Do AMB
∽
ADM => MDMB
= AD MA
= => MD = 2MD (0,25 điểm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
Dấu "=" xảy <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M
- Dựng đường trịn tâm A bán kính
AB
- Dựng D tia Ax cho AD =
AB
M giao điểm DC đường tròn (A;
(9)Bài 4:
a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MâN = 900 nên MN đường kính Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì
MKD vng cân)Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC khơng đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đường tròn ngoại tiếp ÄAMN qua hai điểm A, B cố định
Đề 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 thức :A x 2007y2007z2007.
Bài 2). Cho biểu thức :M x2 5x y 2xy 4y2014
Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ
Bài 3. Giải hệ phương trình :
2 18
1 72
x y x y x x y y
Bài 4 Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ đường tròn (O) cắt tiếp tuyến A B C D
a.Chứng minh : AC BD = R2.
b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ
Bài 5.Cho a, b số thực dương Chứng minh :
2 22 a b
a b a b b a
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC.
Hướng dẫn giải
Bài 1. Từ giả thiết ta có :
2
2
2
2 2
x y
y z
z x
Cộng vế đẳng thức ta có :
x22x1
y22y1
z22z1
0
x 1
2
y 1
2
z 1
2 1 1 x y z
x y z 1
2007
2007
20072007 2007 2007 1 1 1 3
A x y z
(10)Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :
4 4
2 1
2 2
2007M 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
1
y
2
2
x y
x y,
2007
M
Mmin 2007 x2;y1
Bài 3. Đặt :
1 u x x v y y
Ta có :
18 72 u v uv
u ; v nghiệm phương trình :
1
18 72 12;
X X X X
12 u v
;
6 12 u v
1 12 x x
y y
;
1 12 x x
y y
Giải hai hệ ta : Nghiệm hệ :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị
Bài 4 a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nên OC OD
Tam giác COD vuông đỉnh O, OM đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD
R2 = AC BD b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp
;
MCO MAO MDO MBO
COD AMB g g
(0,25đ)
Do :
Chu vi COD OM Chu vi AMB MH
(MH
1 AB)
Do MH1 OM nên 1 OM
MH Chu vi COD chu vi AMB
Dấu = xảy MH1 = OM MO 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
0
a b a b
Mặt khác a b 2 ab 0 Nhân vế ta có :
1 2
a b a b ab a b
2
22 a b
a b a b b a
Bài 6. (1 điểm) Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E giao điểm AD (O)
o h
d
c
m
b a
(11)Ta có:ABDCED (g.g)
BD AD
AB ED BD CD ED CD
2
AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD
Lại có : ABDAEC g g
2
AB AD
AB AC AE AD AE AC
AD AB AC BD CD
d e