Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT và THPT Chuyên - Môn Toán - Nguyễn Trí Hiệp

167 trang thaodu 15590

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT và THPT Chuyên - Môn Toán - Nguyễn Trí Hiệp", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_de_on_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_va_thpt_chuyen_mon_t.doc

Nội dung text: Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT và THPT Chuyên - Môn Toán - Nguyễn Trí Hiệp

BỘ ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ THPT CHUYÊN Môn: TOÁN &&&&&&&&&&&&&&&&&&&& BIÊN TẬP NGND NguyÔn TrÝ HiÖp Phã Gi¸m ®èc Së GD§T Ths NguyÔn Ngäc L¹c Trëng Phßng GDTrH Së GD§T BIÊN SOẠN NguyÔn ViÕt Phó Chuyªn viªn Phßng GDTrH Së GD§T Ths Lª Phi Hïng Gi¸o viªn Trêng THPT Chuyªn Hµ TÜnh Ths NguyÔn Hång Cêng Phã hiÖu trëng Trêng THPT Phan §×nh Phïng Ph¹m Quèc Phong Gi¸o viªn Trêng THPT Hång LÜnh Hoµng B¸ Dòng Gi¸o viªn Trêng THPT Mai KÝnh NguyÔn §×nh Nh©m Gi¸o viªn Trêng THPT CÈm Xuyªn Bïi H¶i B×nh Gi¸o viªn Trêng THCS Lª V¨n Thiªm §Æng H¶i Giang Gi¸o viªn Trêng THCS ThÞ trÊn CÈm Xuyªn NguyÔn Huy TiÔn Chuyªn viªn Phßng GD§T Hång LÜnh 1
LỜI NÓI ĐẦU Để góp phần định hướng cho việc dạy - học ở các trường nhất là việc ôn tập, rèn luyện kĩ năng cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục của tỉnh nhà nhằm nâng cao chất lượng các kì thi tuyển sinh, Sở GDĐT Hà Tĩnh phát hành Bộ tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và THPT chuyên gồm 3 môn: Toán, Ngữ văn và Tiếng Anh. - Môn Ngữ văn được viết theo hình thức tài liệu ôn tập. Về cấu trúc: Hệ thống kiến thức cơ bản của những bài học trong chương trình Ngữ văn lớp 9 (riêng phân môn Tiếng Việt, kiến thức, kĩ năng chủ yếu được học từ lớp 6,7,8). Các văn bản văn học, văn bản nhật dụng, văn bản nghị luận được trình bày theo trình tự: tác giả, tác phẩm (hoặc đoạn trích), bài tập. Các đề thi tham khảo (18 đề) được biên soạn theo hướng: đề gồm nhiều câu và kèm theo gợi ý làm bài (mục đích để các em làm quen và có kĩ năng với dạng đề thi tuyển sinh vào lớp 10). Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu được biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ năng của Bộ GDĐT, trong đó tập trung vào những kiến thức cơ bản, trọng tâm và kĩ năng vận dụng. - Môn Tiếng Anh được viết theo hình thức tài liệu ôn tập, gồm hai phần: Hệ thống kiến thức cơ bản, trọng tâm trong chương trình THCS thể hiện qua các dạng bài tập cơ bản và một số đề thi tham khảo (có đáp án). - Môn Toán được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm hai phần: một phần ôn thi vào lớp 10 THPT, một phần ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên dựa trên cấu trúc đề thi của Sở. Mỗi đề thi đều có lời giải tóm tắt và kèm theo một số lời bình. Bộ tài liệu ôn thi này do các thầy, cô giáo là lãnh đạo, chuyên viên phòng Giáo dục Trung học - Sở GDĐT; cốt cán chuyên môn các bộ môn của Sở; các thầy, cô giáo là Giáo viên giỏi tỉnh biên soạn. Hy vọng đây là Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học ở các trường THCS và kỳ thi tuyển 2
sinh vào lớp 10 THPT, THPT chuyên năm học 2011-2012 và những năm tiếp theo. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ của đội ngũ những người biên soạn, song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự đóng góp của các thầy, cô giáo và các em học sinh trong toàn tỉnh để Bộ tài liệu được hoàn chỉnh hơn. Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất trong các kỳ thi sắp tới! Trëng ban biªn tËp Nhà giáo Nhân dân, Phó Giám đốc Sở GDĐT Hà Tĩnh Nguyễn Trí Hiệp A - PHẦN ĐỀ BÀI I - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 3
ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Cho biết a = 2 3 và b = 2 3 . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab. 3x + y = 5 b) Giải hệ phương trình: . x - 2y = - 3 1 1 x Câu 2: Cho biểu thức P = : (với x > 0, x 1) x - x x 1 x - 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức P. 1 b) Tìm các giá trị của x để P > . 2 Câu 3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình trên khi m = 6. b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 x2 3 . Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 của biểu thức: P = . a b 4
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Ta có: a + b = (2 3 ) + (2 3 ) = 4 a.b = (2 3 )(2 3 = 1. Suy ra P = 3. 3x + y = 5 6x + 2y = 10 7x = 7 x = 1 b) . x - 2y = - 3 x - 2y = - 3 y = 5 - 3x y = 2 Câu 2: 1 1 x a) P = : x - x x 1 x - 2 x 1 2 1 x x 1 . x x 1 x x 1 x 2 1 x x 1 x 1 x 1 x - 1 . x x 1 x x. x x x - 1 1 b) Với x > 0, x 1 thì 2 x - 1 x x > 2 . x 2 1 Vậy với x > 2 thì P > . 2 Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + 6 = 0 ∆ = 25 – 4.6 = 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = 2. b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m 25 Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆ 0 m (*) 4 Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2). Mặt khác theo bài ra thì x1 x2 3 (3). Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4) Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn. 5
Câu 4: · 0 a) Tứ giác BEFI có: BIF 90 (gt) (gt) C E B· EF B·EA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) F Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn A B đường kính BF I O b) Vì AB  CD nên A»C A»D , suy ra A· CF A· EC . Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và D A· CF A· EC . AC AE Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC AF AC AE.AF = AC2 c) Theo câu b) ta có A· CF A· EC , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). Mặt khác A·CB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 0 (a + b)2 4ab a + b 4 1 1 4 4 P , mà a + b 2 2 ab a + b b a a + b a + b 4 4 P 2 . Dấu “ = ” xảy ra a + b 2 2 2 a - b 0 a = b = 2 . Vậy: min P = 2 . a + b = 2 2 Lời bình: Câu IIb Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau 1) Ta có a = 1. = 25 4m. Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu có của phương trình. b Từ công thức x | x x | . Vậy nên phương trình có hai 1,2 2a 1 2 | a | a 1 nghiệm x1, x2 thoă mãn |x1 x2| = 3 | x x | 3 = 9 25 1 2 | a | 4m = 9 m = 4 . 6
2) Có thể bạn dang băn khoăn không thấy điều kiện 0. Xin đừng, bởi |x1 x2| = 3 = 9. Điều băn khoăn ấy càng làm nổi bật ưu điểm của lời giải trên. Lời giải đã giảm thiểu tối đa các phép toán, điều ấy đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót. Câu IVb Để chứng minh một đẳng thức của tích các đoạn thẳng người ta thường gán các đoạn thẳng ấy vào một cặp tam giác đồng dạng. Một thủ thuật để dễ nhận ra cặp tam giác đồng dạng là chuyển "hình thức" đẳng thức đoạn thẳng ở dạng tích về dạng thương. Khi đó mỗi tam giác được xét sẽ có cạnh hoặc là nằm cùng một vế, hoặc cùng nằm ở tử thức, hoặc cùng nằm ở mẫu thức. AC AE Trong bài toán trên AE.AF = AC2 . Đẳng thức mách bảo ta AF AC xét các cặp tam giác đồng dạng ACF (có cạnh nằm vế trái) và ACE (có cạnh nằm vế phải). Khi một đoạn thẳng là trung bình nhân của hai đoạn thẳng còn lại, chẳng hạn AE.AF = AC2 thì AC là cạnh chung của hai tam giác, còn AE và AF không cùng năm trong một tam giác cần xét. Trong bài toán trên AC là cạnh chung của hai tam giác ACE và ACF Câu IVc Nếu ( ) là đường thẳng cố định chứa tâm của đường tròn biến thiên có các đặc điểm sau: + Nếu đường tròn có hai điểm cố định thì ( ) là trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm cố định ấy. + Nếu đường tròn có một điểm cố định thì ( ) là đường thẳng đi qua điểm đó và hoặc là ( )  ( '), hoặc là ( ) // ( '), hoặc là ( ) tạo với ( ') một góc không đổi (trong đó ( ') là một đường thẳng cố định có sẵn). Trong bài toán trên, đường tròn ngoại tiếp CEF chỉ có một điểm C là cố định. Lại thấy CB  CA mà CA cố định nên phán đoán có thể CB là đường thẳng phải tìm. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên. Câu V 7
Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Giả thiết a + b 2 2 đang ngược với sơ đồ "bé dần" nên ta phải 1 1 chuyển hoá a + b 2 2 . a b 2 2 1 Từ đó mà lời giải đánh giá P theo . a b 1 1 4 2) với a > 0, b > 0 là một bất đẳng thức đáng nhớ. Tuy là a b a b một hệ quả của bất đẳng Cô-si, nhưng nó được vận dụng rất nhiều. Chúng ta còn gặp lại nó trong một số đề sau. 3) Các bạn tham khảo lời giải khác của bài toán như là một cách chứng minh bất đẳng thức trên. Với hai số a > 0, b > 0 ta có 1 1 Co si 2 Co si 2.2 4 4 P 2 . Dấu đẳng thức có khi a = a b ab a b a b 2 2 b =2 . Vậy minP = 2 . 8
ĐỀ SỐ 2 1 1 Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: . 3 7 3 7 b) Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0. Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d: y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2. 4x + ay = b b) Cho hệ phương trình: . x - by = a Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1). Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng. Câu 4: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI AB, MK AC (I AB,K AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Vẽ MP BC (P BC). Chứng minh: M· PK M· BC . c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. x - 2009 1 y - 2010 1 z - 2011 1 3 Câu 5: Giải phương trình: x - 2009 y - 2010 z - 2011 4 9
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2 1 1 3 7 3 7 2 7 Câu 1: a) 7 3 7 3 7 3 7 3 7 2 b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 7 37 7 37 x ;x . 1 2 2 2 Câu 2: a) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình: - x + 2 = x2 x2 + x – 2 = 0. Phương trình này có tổng các hệ số bằng 0 nên có 2 nghiệm là 1 và – 2. + Với x = 1 thì y = 1, ta có giao điểm thứ nhất là (1;1) + Với x = - 2 thì y = 4, ta có giao điểm thứ hai là (- 2; 4) Vậy (d) giao với (P) tại 2 điểm có tọa độ là (1;1) và (- 2; 4) b) Thay x = 2 và y = -1 vào hệ đã cho ta được: 8 - a = b a = 2 + b a = 5 . 2 + b = a 8 - 2 + b b b = 3 Thử lại : Thay a = 5 và b = 3 vào hệ đã cho thì hệ có nghiệm duy nhất (2; - 1). Vậy a = 5; b = 3 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2; - 1). Câu 3: Gọi x là số toa xe lửa và y là số tấn hàng phải chở Điều kiện: x N*, y > 0. 15x = y - 5 Theo bài ra ta có hệ phương trình: . Giải ra ta được: x = 8, y = 125 16x = y + 3 (thỏa mãn) Vậy xe lửa có 8 toa và cần phải chở 125 tấn hàng. Câu 4: a) Ta có:A· IM A·KM 900 (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. b) Tứ giác CPMK có M· PC M· KC 900 (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp M· PK M· CK (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: M· CK M· BC (cùng chắn M¼C ) (2). Từ (1) và (2) suy ra M· PK M· BC (3) 10
c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ A giác nội tiếp. Suy ra: M· IP M· BP (4). Từ (3) và (4) suy ra · · K MPK MIP . I M Tương tự ta chứng minh được M· KP M· PI . MP MI H C Suy ra: MPK ~ ∆MIP B MK MP P MI.MK = MP2 MI.MK.MP = MP3. O Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định). Lại có: MP + OH OM = R MP R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 M nằm chính giữa cung nhỏ BC. Câu 5: Đặt x - 2009 a; y - 2010 b; z - 2011 c (với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành: a - 1 b - 1 c - 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 a b c 4 4 a a 4 b b 4 c c 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 a = b = c = 2 2 a 2 b 2 c Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015. Lời bình: Câu IVc Lời bình sau Đề số 1 cho thấy: Nếu có AE.AF.AC = AC3 AE.AF = AC2 thì thường AC là cạnh chung của hai tam giác ACE và ACF. Quan sát hình vẽ ta thấy MP là cạnh chung của hai tam giác MPI và MPK, nên ta phán đoán MI.MK.MP= MP3. Nếu phán đoán ấy là đúng thì GTLN của MI.MK.MP chính là GTLN của MP. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên. 11
Câu IIa Lời nhắn Hoành độ giao điểm của hai đồ thị (d): y = kx + b và (P) : y = ax 2 là nghiệm của phương trình ax2 = kx + b (1). Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Câu V 1) Việc đặt a, b, c thay cho các căn thức là cách làm để dễ nhìn bài toán, Với mọi số dương a, b, c ta luôn có a 1 b 1 c 1 3 . (1) a2 b2 c2 4 Thay vì đặt câu hỏi khi nào thì dấu đẳng thức xẩy ra, người ta đặt bài toán giải phương trình a 1 b 1 c 1 3 . (2) a2 b2 c2 4 Vai trò của a, b, c đều bình đẳng nên trong (1) ta nghĩ đến đánh giá a 1 1 a 1 1 a 1 1 (a 2)2 . Thật vậy 0 0 . Dấu đẳng a2 4 a2 4 a2 4 a2 b 1 1 c 1 1 thức có khi và chỉ khi a = 2. Tương tự ta cũng có , . Dấu b2 4 c2 4 đẳng thức có khi và chỉ khi b = 2, c = 2. 2) Mỗi giá trị của biến cân bằng bất đẳng thức được gọi là điểm rơi của bất đẳng thức ấy. Theo đó, bất đẳng thức (1) các biến a, b, c đếu có chung một điểm rơi là a = b = c = 2. Khi vai trò của các biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức bình đẳng với nhau thì các biến ấy có chung một điểm rơi. Phương trình diễn tả dấu bằng trong bất đẳng thức được gọi là "phương trình điểm rơi". 3) Phương trình (2) thuộc dạng "phương trình điểm rơi" a 1 b 1 c 1 1 Tại điểm rơi a = b = c = 2 ta có . a2 b2 c2 4 3 1 1 1 Điều đó cắt nghĩa điểm mấu chốt của lời giải là tách : 4 4 4 4 a 1 1 b 1 1 c 1 1 (2) 2 2 2 0 . a 4 b 4 c 4 4) Phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi". 12
ĐỀ SỐ 3 Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – 4 = 0 2x + y = 1 b) 3x + 4y = -1 Câu 2: Rút gọn các biểu thức: 3 6 2 8 a) A = 1 2 1 2 1 1 x + 2 x b) B = . ( với x > 0, x 4 ). x 4 x + 4 x 4 x Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2 trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của các đồ thị đã vẽ ở trên bằng phép tính. Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN // EF. c) Chứng minh rằng OA  EF. Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 - x y + x + y - y + 1 13
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Đặt x2 = y, y 0. Khi đó phương trình đã cho có dạng: y2 + 3y – 4 = 0 (1). Phương trình (1) có tổng các hệ số bằng 0 nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - 4. Do y 0 nên chỉ có y1 = 1 thỏa mãn. Với y1 = 1 ta tính được x = 1. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1. 2x + y = 1 8x + 4y = 4 5x = 5 x = 1 b) 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = 1 y = - 1 3 6 2 8 3 1 2 2 1 2 Câu 2: a) A = 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 x + 2 x b) B = . x 4 x + 4 x 4 x 1 1 x ( x + 2) = . x 2 x 2 ( x 2)2 x 1 1 x 2 x 2 4 = x 2 x 2 x - 4 x - 4 Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2. b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x – 2 và parabol y = - x2 là nghiệm của phương trình:- x2 = x 2 – 2 x + x – 2 = 0 O Suy ra các giao điểm cần tìm là: L( 1; -1 ) và K ( - 2; - 4 ) (xem hình vẽ). Câu 4: · · a) Tứ giác AEHF có: AEH AFH 900 (gt). Suy ra AEHFlà tứ giác nội tiếp. · · - Tứ giác BCEF có: BEC BFC 900 (gt). Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp. · · · · · b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra:B EF BCF (1). Mặt khácB MN BCN =B CF · · (góc nội tiếp cùng chắn B»N ) (2). Từ (1) và (2) suy ra: BEF BMN MN // EF. 14
· · c) Ta có: ABM ACN ( do BCEF nội tiếp) A¼M A»N AM = AN, lại có OM = ON nên suy ra OA là đường trung trực của MN OA  MN , mà MN song song với EF nên suy ra OA  EF . Câu 5: ĐK: y > 0 ; x R. Ta có: P = 2 y 1 3y y 3 x2 - x y + x + y - y + 1 = x2 - x( y - 1) + + - + 4 4 2 4 - 1 2 2 x = y 1 3 1 2 2 3 x - y . Dấu “=” xảy ra . 2 4 3 3 3 1 y = 9 2 Suy ra: Min P = . 3 15
ĐỀ SỐ 4 4 5 Câu 1: a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức sau: ; . 3 5 1 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax 2 đi qua điểm M 1 (- 2; ). Tìm hệ số a. 4 Câu 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) 2x + 1 = 7 - x 2x + 3y = 2 b) 1 x - y = 6 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + 4 = 0 (1) a) Giải phương trình đã cho khi m = 3. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: 2 2 ( x1 + 1 ) + ( x2 + 1 ) = 2. Câu 4: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc · cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho: IEM 900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ). a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. · b) Tính số đo của góc IME c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK  BN. Câu 5: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ). 16
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 4 Câu 1: 4 4 3 4 3 5 5 5 1 5 5 5 5 a) 2 ; = 2 . 3 3 3 5 1 5 1 5 1 5 1 4 1 b) Thay x = - 2 và y = vào hàm số y = ax2 ta được: 4 1 1 1 a.(-2)2 4a = a = . 4 4 16 Câu 2: 7 - x 0 x 7 (1) a) 2x + 1 = 7 - x 2 2 2x + 1 = 7 - x x 16x + 48 = 0 Giải phương trình: x2 – 16x + 48 = 0 ta được hai nghiệm là 4 và 12. Đối chiếu với điều kiện (1) thì chỉ có x = 4 là nghiệm của phương trình đã cho. 1 2x + 3y = 2 10x = 5 x = 4x + 6y = 4 2 b) 1 1 . x - y = 6x - 6y = 1 y = x - 1 6 6 y = 3 Câu 3: a) Với m = 3 ta có phương trình: x2 – 6x + 4 = 0. Giải ra ta được hai nghiệm: x1 = 3 5; x2 3 5 . b) Ta có: ∆/ = m2 – 4 / m 2 Phương trình (1) có nghiệm 0 (*). m -2 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m và x1x2 = 4. Suy ra: ( x1 + 1 ) + ( x2 + 1 )2 = 2 2 2 2 2 x1 + 2x1 + x2 + 2x2 = 0 (x1 + x2) – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 0 4m – 8 + 4m = 0 m1 1 m2 + m – 2 = 0 . m2 2 Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có nghiệm m2 = - 2 thỏa mãn. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm. Câu 4: · · a) Tứ giác BIEM có:IBM IEM 900 (gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM. · · b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME IBE 450 (do ABCD là hình vuông). 17
c) ∆EBI và ∆ECM có: N · · K IBE MCE 450 , BE = CE , · · · · BEI CEM ( do IEM BEC 900 ) ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) MC = IB; M suy ra MB = IA B C Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta MA MB IA có: = . Suy ra IM song MN MC IB I song với BN (định lí Thalet đảo) E B·KE I·ME 450 (2). Lại có · BCE 450 (do ABCD là hình vuông). · · Suy ra BKE BCE BKCE là tứ giác nội tiếp. A D · · Suy ra: BKC BEC 1800 mà · BEC 900 ; suy ra · BKC 900 ; hay CK  BN . Câu 5: Ta có: a - b 2 b - c 2 c - a 2 0 2 a 2 b2 c2 2 ab + bc + ca a 2 b2 c2 ab + bc + ca (1). Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c) a2 < ab + ac. Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc. Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2). Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 18
ĐỀ SỐ 5 3 2 Câu 1: a) Thực hiện phép tính: . 6 2 3 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( 2; 3 ) và điểm B(-2;1) Tìm các hệ số a và b. Câu 2: Giải các phương trình sau: a) x2 – 3x + 1 = 0 x - 2 4 b) + = x - 1 x + 1 x2 - 1 Câu 3: Hai ô tô khởi hành cùng một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc của mỗi ô tô. Câu 4: Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. d) Gọi S, S 1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh: S1 S2 S . Câu 5: Giải phương trình: 10 x3 + 1 = 3 x2 + 2 19
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5 3 2 3 2 3 2 Câu 1: a) . 6 . 6 . 6 .6 .6 3 2 1 2 3 2 3 2 3 b) Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A(2; 3) nên thay x = 2 và y = 3 vào phương trình đường thẳng ta được: 3 = 2a + b (1). Tương tự: 1 = -2a + b (2). Từ đó ta có hệ: 1 2a + b = 3 2b = 4 a = 2 . - 2a + b = 1 2a + b = 3 b = 2 Câu 2: a) Giải phương trình: x2 – 3x + 1 = 0. Ta có:∆ = 9 – 4 = 5 3 5 3 5 Phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = . 2 2 b) Điều kiện: x 1. x - 2 4 x x + 1 - 2 x - 1 4 + = + = x - 1 x + 1 x2 - 1 x2 - 1 x2 - 1 x2 - 1 x1 1 x(x + 1) – 2(x – 1) = 4 x2 – x – 2 = 0 . x2 2 Đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. Câu 3: Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h). Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10). 120 Thời gian để ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai chạy từ A đến B lần lượt là (h) x 120 và (h). x - 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình: 0,4 x x - 10 Giải ra ta được x = 60 (thỏa mãn).Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h và ô tô thứ hai là 50 km/h. Câu 4: a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo A AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra D ACBD là hình chữ nhật O b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật C suy ra: E B F 20
· · · 1 CAD BCE 900 (1). Lại có CBE sđ B»C (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây 2 · 1 cung); ACD sđ A»D (góc nội tiếp), mà B»C A»D (do BC = AD) 2 · · CBE ACD (2). Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE . c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: · · · · CBE DFE (3). Từ (2) và (3) suy ra ACD DFE do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. S EB2 d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 1 S EF2 S EB S BF 1 . Tương tự ta có 2 . Từ đó suy ra: S EF S EF S S 1 2 1 S S S . S S 1 2 Câu 5: Đk: x3 + 1 0 x -1 (1). Đặt: a = x + 1 ; b = x2 - x + 1 ,( a 0; b>0) (2) a2 + b2 = x2 + 2. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 10.ab = 3.(a2 + b2) a - 3b 3a - b 0 a = 3b hoặc b = 3a. +) Nếu a = 3b thì từ (2) suy ra:x + 1 = 3x2 - x + 1 9x2 – 10x + 8 = 0 (vô nghiệm). +) Nếu b = 3a thì từ (2) suy ra: 3x + 1 = x2 - x + 1 9x + 9 = x2 – x + 1 2 x – 10x – 8 = 0. Phương trình có hai nghiệm x1 = 5 33 ; x2 = 5 33 (thỏa mãn (1)). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 5 33 và x2 = 5 33 . Lời bình: Câu IV 1) Để chứng minh đẳng thức (*) về diện tích các tam giác (chẳng hạn S1 S2 S (*)) Bạn có thể nghĩ đến một trong ba cách sau : Nếu ba tam giác tương ứng có một cạnh bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các đường cao tương ứng h 1, h2, h để chứng minh (chẳng hạn(*) h1 + h2 = h). Nếu ba tam giác tương ứng có một đường cao bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các cạnh tương ứng a 1, a2, a để chứng minh (chẳng hạn(*) a1 + a2 = a). 21
Nếu hai trương hợp trên không xẩy ra thì biến đổi (*) về đẳng thức tỉ S S số diện tích để chứng minh (chẳng hạn(*) 1 2 1 ). Thường S S đẳng thức về tỷ số diện tích tam giác là đẳng thức về tỉ số các cạnh tương ứng trong các cặp tam giác đồng dạng. 2) Trong bài toán trên, hai khả năng đầu không xảy ra. Điều đó dẫn chúng ta đến lời giải với các cặp tam giác đồng dạng. Câu V Để các bạn có cách nhìn khái quát, chúng tôi khai triển bài toán trên một bình diện mới. Viết lại 10 x3 1 = 3(x2 + 2) 10 (x 1)(x2 x 1) = 3[(x + 1) + x2 x + 1) (1) Phương trình (1) có dạng .P(x) + .Q(x) +  . P(x)Q(x) = 0 ( 0,  0,  0) (2) (phương trình đẳng cấp đối với P(x) và Q(x)). Đặt Q(x) t. P(x) , (3) phương trình (1) được đưa về 2t +  t +  = 0. (4) Sau khi tìm được t từ (4), thể vào (3) để tìm x. 22
ĐỀ SỐ 6 Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: 3 3 3 3 a) A = 2 . 2 3 1 3 1 b a b) B = - . a b - b a ( với a > 0, b > 0, a b) a - ab ab - b x - y = - 1 1 Câu 2: a) Giải hệ phương trình: 2 3 + = 2 2 x y 2 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x – x – 3 = 0. Tính giá trị 2 2 biểu thức: P = x1 + x2 . Câu 3: 1 a) Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( 2; ) và song song với 2 đường thẳng 2x + y = 3. Tìm các hệ số a và b. b) Tính các kích thước của một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm 2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) NM là tia phân giác của góc A· NI . c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2. Câu 5: Cho biểu thức A = 2x - 2 xy + y - 2 x + 3 . Hỏi A có giá trị nhỏ nhất hay không? Vì sao? 23
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6 Câu 1: 3 3 3 3 3 3 1 3 3 1 a) A = 2 . 2 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 2 3 2 3 1. b a b a b) - . a b - b a - . ab a - b a - ab ab - b a a b b a b b. ab a. ab b - a. a > 0, b > 0, a b a b Câu 2: a) Đk: x 0 và y 0. (*) Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta được: x 2 2 3 2 2 2x 3x - 2 = 0 1 . x x + 1 x 2 + Với x = 2, suy ra y = x + 1 = 3 (thoả mãn (*)) 1 1 + Với x = , suy ra y = x +1 = (thoả mãn (*)) 2 2 1 1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (2; 3) và ; . 2 2 b) Phương trình x 2 – x – 3 = 0 có các hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 2 2 2 Do đó: P = x1 + x2 = (x1 + x2) – 2x1x2 = 1 + 6 = 7. Câu 3: a) Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3. Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1) 1 1 Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có: 2a + b (2). 2 2 9 Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b = . 2 b) Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm) ( x; y > 0). xy = 40 xy = 40 Theo bài ra ta có hệ phương trình: . x + 3 y + 3 xy + 48 x + y = 13 Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1). 24
Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5. Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm. Câu 4: a) Ta có: B · · MAB 900 (gt)(1).MNC 900 (góc nội tiếp · chắn nửa đường tròn) MNB 900 (2) N Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp. · · 0 Tương tự, tứ giác ABCI có: BAC BIC 90 C M ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn. A I · · b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra MNA MBA (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3). · · Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra MNI MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4). · · Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra MBA MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5). · · · Từ (3),(4),(5) suy ra MNI MNA NM là tia phân giác của ANI . · · c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và BNM BIC 900 ∆BNM ~ ∆BIC (g.g) BN BI  BM.BI = BN . BC . BM BC Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6). Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: BC2 = AB2 + AC2 (7). Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh. Câu 5: A = 2x - 2 xy y - 2 x 3 . x 0 Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi: (1). xy 0 Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất. Lời bình: Câu IVc a) Biết bao kí ức ùa về khi bắt gặp đẳng thức 25
BM . BI + CM . CA = AB2 + AC2. (1) BM.BI AB2 (2) Phải chăng Từ đó cộng theo từng vế để có (1). 2 CM.CA AC (3) Nếu có (1) thì AB phải là cạnh chung một cặp tam giác đồng dạng. Tiếc rằng điều ấy không đúng. Tương tự cũng không có (2). Để ý AB2 + AC2 = BC2 vậy nên (1) BM.BI + CM.CA = BC2 (3) BM.BI k.BC 2 Khả năng (với 0 < k < 1), từ đó cộng theo từng vế để 2 CM.CA (1 k)BC có (1) cũng không xẩy ra vì BC không phải là cạnh chung của một cặp tam giác đồng dạng. Để ý BN + NC = BC vậy nên (1) BM.BI + CM.CA = BC(BN + NC) BM.BI + CM.CA = BC.BN + BC.NC (4) Điều ấy dẫn dắt chúng ta đến lời giải trên. b) Mong thời gian đừng lãng quên phân tích : PQ2 = PQ(PK + KQ) là một cách để chứng minh đẳng thức dạng : PX.PY + QM.QN = PQ2. (ở đây K là một điểm thuộc đoạn thẳng PQ). Câu V Cảnh báo. Các bạn cùng theo dõi một lời giải sau : x 0 Biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi . Biến đổi y 0 2 2 A x y x 1 2 . Suy ra minA = 2, đạt được khi x = y = 1 (!). Kết quả bài toán sai thì đã rõ. Nhưng cái sai về tư duy mới đáng bàn hơn. 1) Điều kiện xác định của P(x; y) chứa đồng thời x vàxy là x 0 x 0 D U y ¡ y 0 Do vậy để tìm GTLN, GTNN P(x; y) cần phải xét độc lập hai trường hợp x 0 x 0 và y ¡ y 0 x 0 x 0 x 0 2) Không thể gộp chung U thành y ¡ y 0 y 0 26
x 0 3) Do cho rằng điều kiện xác định của P(x; y) là Dy 0 (bỏ sót y 0 x 0 Dy 0 ) y 0 Vậy nên A = 2 là GNNN của A trên Dy 0 , chưa đủ để kết luận đó là GTNN của A trên D. 4) Nhân đây liên tưởng đến phương trình P(x) Q(x) 0 . (1) Q(x) 0 Biến đổi đúng (1) Q(x) 0 . Cách biến đổi sau là sai (1) P(x) 0 Q(x) 0 . P(x) 0 27
ĐỀ SỐ 7 Câu 1: a) Tìm điều kiện của x biểu thức sau có nghĩa: A = x - 1 + 3 - x 1 1 b) Tính: 3 5 5 1 Câu 2: Giải phương trình và bất phương trình sau: a) ( x – 3 )2 = 4 x - 1 1 b) < 2x + 1 2 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1) a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. 2 2 b) Tìm các giá trị của m để: x1 + x2 – x1x2 = 7. Câu 4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M. a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC. b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD. c) Chứng minh: OK.OS = R2. x3 + 1 = 2y Câu 5: Giải hệ phương trình: . 3 y + 1 = 2x 28
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 7 x - 1 0 Câu 1: a) Biểu thức A có nghĩa 1 x 3 . 3 - x 0 1 1 3 5 5 1 b) 3 5 5 1 3 5 3 5 5 1 5 1 3 5 5 1 3 5 5 1 = 1 . 9 5 5 1 4 x 5 2 Câu 2: a) ( x – 3 ) = 4 x – 3 = ± 2 . x 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 5; x = 1 1 b) Đk: x . 2 x - 1 1 x - 1 1 (2x - 2) - (2x 1) - 0 0 2x 1 2 2x 1 2 2(2x 1) 3 1 0 2x + 1 > 0 x > - . 2 2x + 1 2 Câu 3: a) Ta có ∆/ = m2 + 1 > 0, m R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. 2 2 2 Ta có: x1 + x2 – x1x2 = 7 (x1 + x2) – 3x1.x2 = 7 4m2 + 3 = 7 m2 = 1 m = ± 1. Câu 4: a) ∆SBC và ∆SMA có: · · · · BSC MSA , SCB SAM (góc nội tiếp cùng chắn M¼B ). SBC ~ SMA . b) Vì AB  CD nên A»C A»D . Suy ra M· HB M· KB (vì cùng 1 bằng (sdA»D sdM¼B) tứ 2 giác BMHK nội tiếp được đường · · tròn HMB HKB 1800 (1). · · Lại có: HMB AMB 900 (2) 29
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). · Từ (1) và (2) suy ra HKB 900 , do đó HK // CD (cùng vuông góc với AB). c) Vẽ đường kính MN, suy ra M¼B A»N . · · 1 · · 1 1 Ta có: OSM ASC (sđ A»C - sđ B¼M ); OMK NMD sđ N»D = (sđ 2 2 2 A»D - sđ A»N ); · · mà A»C A»D và M¼B A»N nên suy ra OSM OMK OS OM OSM ~ OMK (g.g) OK.OS = OM2 R 2 . OM OK x3 1 2y (1) Câu 5: Giải hệ phương trình: 3 y 1 2x (2) Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x3 – y3 = 2(y – x) (x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = 0 x – y = 0 x = y. 2 y 3y2 ( do x2 – xy + y2 + 2 = x - 2 0 ) 2 4 Với x = y ta có phương trình: x3 – 2x + 1 = 0 -1+ 5 -1- 5 (x – 1)(x2 + x – 1) = 0 x = 1; x = ; x= . 2 2 1 5 1 5 1 5 1 5 Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: 1;1 , ; , ; . 2 2 2 2 ĐỀ SỐ 8 30
2x + y = 5 Câu 1: a) Giải hệ phương trình: x - 3y = - 1 2 b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình:3x – x – 2 = 0. Tính giá trị 1 1 biểu thức: P = + . x1 x2 a a a 1 Câu 2: Cho biểu thức A = : với a > 0, a 1 a 1 a - a a - 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị của a để A < 0. Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + 1 + m = 0 (1) a) Giải phương trình đã cho với m = 0. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ). Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh A·DE A·CO . c) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. Câu 5: Cho các số a, b, c 0 ; 1 . Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 8 31
Câu 1: 2x y 5 6x 3y 15 7x 14 x 2 a) x - 3y - 1 x - 3y - 1 y 5 - 2x y 1 b) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 = . 3 3 1 1 x2 x1 1 2 1 Do đó P = : . x1 x2 x1 x2 3 3 2 Câu 2: a a a 1 a 1 a) A = : . a 1 a 1 a 1 a( a - 1) ( a - 1)( a 1) a 1 ( a - 1) a > 0, a 1 b) A < 0 0 a < 1 . a 1 Câu 3: a) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. b) Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. - 3 Để phương trình có nghiệm thì ∆ 0 - 3 – 4m 0 4m 3 m (1). 4 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: (1 + m)(1 + m – 2) = 3 m2 = 4 m = ± 2. Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. Câu 4: x a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: N · · MAO MCO 900 AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO. C · ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường M D · 0 I tròn) ADM 90 (1) E Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường A H O B trung trực của AC · AEM 900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA. 32
· · · b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ADE AME AMO (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3) · · Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra:AMO ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). Từ (3) và (4) suy ra A·DE A·CO · c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · ACN 900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì IC IH BI (6). MN MA BM Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. Câu 5: Vì b, c 0;1 nên suy ra b2 b; c3 c . Do đó: a + b2 + c3 – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1). Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2) Vì a, b, c 0 ; 1 nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 ; – abc 0 Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca 1 (3). Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. ĐỀ SỐ 9 33
Câu 1: a) Cho hàm số y = 3 2 x + 1. Tính giá trị của hàm số khi x = 3 2 . b) Tìm m để đường thẳng y = 2x – 1 và đường thẳng y = 3x + m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. 3 x 6 x x - 9 Câu 2: a) Rút gọn biểu thức: A = : với x - 4 x 2 x 3 x 0, x 4, x 9 . x2 - 3x + 5 1 b) Giải phương trình: x + 2 x - 3 x - 3 3x - y = 2m - 1 Câu 3: Cho hệ phương trình: (1) x + 2y = 3m + 2 a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1. b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D. a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD. c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK //AB. a + b 1 Câu 5: Chứng minh rằng: với a, b là các số a 3a + b b 3b + a 2 dương. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9 34
Câu 1: a) Thay x = 3 2 vào hàm số ta được: 2 y = 3 2 3 2 1 3 22 1 0 . 1 b) Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = ; còn 2 m đường thẳng y = 3x + m cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = . Suy ra 3 m 1 -3 hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hoành m = . 3 2 2 3 x 6 x x - 9 Câu 2: a) A = : x - 4 x 2 x 3 3( x 2) x x 3 x 3 : x 2 x 2 x 2 x 3 3 x 1 1 . , với x 0, x 4, x 9 . x 2 x 3 x 2 b) Điều kiện: x ≠ 3 và x ≠ - 2 (1). x2 3x 5 1 x2 3x 5 x 2 (1) x2 3x 5 x 2 (x 2)(x 3) x 3 (x 2)(x 3) (x 2)(x 3) 2 x – 4x + 3 = 0. Giải ra ta được: x1 = 1 (thỏa mãn); x2 = 3 (loại do (1)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. Câu 3: a) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được: 3x - y = 1 6x - 2y = 2 7x = 7 x = 1 . x + 2y = 5 x + 2y = 5 x + 2y = 5 y = 2 Vậy phương trình có nghiệm (1; 2). b) Giải hệ đã cho theo m ta được: 3x - y = 2m - 1 6x - 2y = 4m - 2 7x = 7m x = m x + 2y = 3m + 2 x + 2y = 3m + 2 x + 2y = 3m + 2 y = m + 1 Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10 m2 + (m + 1)2 = 10 2m2 + 2m – 9 = 0. 1 19 1 19 Giải ra ta được: m ;m . 1 2 2 2 Câu 4: · · a) Tứ giác ACNM có: MNC 900 (gt) MAC 900 ( tínhchất tiếp tuyến). 35
ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD. b) ∆ANB và ∆CMD có: · · ABN CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp) · · BAN DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g) · · c) ∆ANB ~ ∆CMD CMD ANB = x y · D 900 (do ANB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). C N · · Suy ra IMK INK 900 IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK I K · · IKN IMN (1). A M O B Tứ giác ACNM nội tiếp · · IMN NAC (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2). · · 1 Lại có: NAC ABN ( sđ A»N ) (3). 2 · · Từ (1), (2), (3) suy ra IKN ABN IK // AB (đpcm). a + b 2(a + b) Câu 5: Ta có: (1) a 3a + b b 3b + a 4a 3a + b 4b 3b + a Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được: 4a + (3a + b) 7a + b 4a 3a + b 2 2 2 4b + (3b + a) 7b + a 4b 3b + a 3 2 2 Từ (2) và (3) suy ra: 4a 3a + b 4b 3b + a 4a + 4b 4 Từ (1) và (4) suy ra: a + b 2(a + b) 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. a 3a + b b 3b + a 4a + 4b 2 Lời nhắn Câu V 36
Các bạn được sử dụng bất đẳng thức Cô-si để làm toán như một định lý (không phải chứng minh) Bất đẳng thức Cô-si chỉ áp dụng cho các số không âm. Cụ thể là : a b + Với hai số a 0, b 0 ta có ab , dấu đẳng thức có khi và chỉ 2 khi a = b. a b c + Với ba số a 0, b 0, c 0 ta có 3 abc , dấu đẳng thức có 3 khi và chỉ khi a = b = c. 37
ĐỀ SỐ 10 Câu 1: Rút gọn các biểu thức: 2 a) A = 3 8 50 2 1 2 x2 - 2x + 1 b) B = . , với 0 < x < 1 x - 1 4x2 Câu 2:Giải hệ phương trình và phương trình sau: 2 x - 1 y = 3 a) . x - 3y = - 8 b) x + 3 x 4 0 Câu 3: Một xí nghiệp sản xuất được 120 sản phẩm loại I và 120 sản phẩm loại II trong thời gian 7 giờ. Mỗi giờ sản xuất được số sản phẩm loại I ít hơn số sản phẩm loại II là 10 sản phẩm. Hỏi mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được bao nhiêu sản phẩm mỗi loại. Câu 4: Cho hai đường tròn (O) và (O ) cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và (O ) . a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng. b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O )tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) và (O )thứ tự tại M và N. Xác định vị trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức: x + x2 2011 y + y2 2011 2011 Tính: x + y 38
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 10 Câu 1: 2 a) A = 3 8 50 2 1 6 2 5 2 2 1 = 2 2 1 1 2 2 x2 - 2x + 1 2 x - 1 2 x - 1 b) B = . . x - 1 4x2 x - 1 22 x2 x - 1 2 x - 2 x - 1 1 Vì 0 0). Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10. 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ) x 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ) x + 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình: 7 (1) x x + 10 40 Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 7 Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II. Câu 4: · · a) Ta có ABC và ABD lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/) · · ABC ABD 900 39
Suy ra C, B, D thẳng hàng. F E b) Xét tứ giác CDEF có: N d · · A CFD CFA 900 (góc nội tiếp I chắn nửa đường tròn (O)) M · · O/ CED AED 900 (góc nội tiếp O chắn nửa đường tròn (O/) D · · CFD CED 900 suy ra C K B CDEF là tứ giác nội tiếp. · · c) Ta có CMA DNA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang. Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy ra IK  MN IK KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định). Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK d  AK tại A. Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA. Câu 5: Ta có: x + x2 2011 y + y2 2011 2011 (1) (gt) x + x2 2011 x - x2 2011 2011 (2) y + y2 2011 y - y2 2011 2011 (3) Từ (1) và (2) suy ra: y + y2 2011 x - x2 2011 (4) Từ (1) và (3) suy ra: x + x2 2011 y - y2 2011 (5) Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được: x + y = - (x + y) 2(x + y) = 0 x + y = 0. 40
ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: 2 1 - a a 1 - a A a với a ≥ 0 và a ≠ 1. 1 - a 1 - a 2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0 Câu 2: 1) Với giá trị nào của k, hàm số y = (3 - k) x + 2 nghịch biến trên R. 2) Giải hệ phương trình: 4x + y = 5 3x - 2y = - 12 Câu 3: Cho phương trình x2 - 6x + m = 0. 1) Với giá trị nào của m thì phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x 1, x2 thoả mãn điều kiện x 1 - x2 = 4. Câu 4: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Dây BC = R. Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn. Tia AC cắt Bx tại M. Gọi E là trung điểm của AC. 1) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn. 2) Gọi I là giao điểm của BE với OM. Chứng minh: IB.IE = IM.IO. Câu 5: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 6 8 P = 3x + 2y + + . x y 41
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn 2 1 - a 1 + a + a 1 - a A = + a 1 - a 1 - a 1 + a 1 2 1 = 1 + 2 a + a . = 1 + a . = 1. 2 2 1 + a 1 + a 2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0 Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 3 x1 = 1, x2 = . 2 Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k 3 2 x = 4x + y = 5 8x +2y = 10 11x = - 2 11 2) Giải hệ: 3x - 2y = - 12 3x - 2y = -12 4x + y = 5 63 y = 11 Câu 3: 1) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0 2) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ∆’ = 9 - m ≥ 0 m ≤ 9 x1 + x2 = 6 (1) Theo hệ thứcViét ta có x1 . x2 = m (2) Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4 (3) Từ (1) và (3) x1 = 5, thay vào (1) x2 = 1 Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn) Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. Câu 4: a) Ta có E là trung điểm của AC OE  AC hay O·EM = 900. Ta có Bx  AB A· Bx =900. B nên tứ giác CBME nội tiếp. O b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp A I · · » OMB = OEB (cung chắn OB ), E · · C EOM = EBM (cùng chắn cung EM) M EIO ~ MIB (g.g) IB.IE = M.IO x 42
6 8 3 3 3 6 y 8 Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y + + = ( x + y) + ( x + ) + ( + ) x y 2 2 2 x 2 y 3 3 3 3 Do x + y = x + y . 6 = 9. 2 2 2 2 3x 6 3x 6 y 8 y 8 + 2 . = 6 , + 2 . = 4 2 x 2 x 2 y 2 y Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19 x + y = 6 3x 6 x = 2 Dấu bằng xẩy ra khi = 2 x y = 4 y 8 = 2 y Vậy min P = 19. Lời bình: Câu V Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Do giả thiết cho x + y 6, đã thuận theo sơ đồ "bé dần": P B, điều ấy mách bảo ta biểu thị P theo (x + y). Để thực hiện được điều ấy ta phải 6 8 khử và . x y Do có x > 0; y > 0 nên việc khử được thực hiện dễ dàng bằng cách áp 6 8 dụng bất đẳng thức Cô-si cho các từng cặp số Ax và , By và . x y 3 3 Bởi lẽ đó mà lời giải đã "khéo léo" tách 3x x x , 2 2 3 1 2y y y . 2 2 3 2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" nói trên. Các số , 2 1 được nghĩ ra bằng cách nào? 2 43
Với mọi số thực a < 2, ta có 6 8 6 8 P 3x 2y =a(x y) (3 a)x (2 a)y (1) x y x y P 6a 2 6(3 a) 2 8(2 a) (2) 6 6 Ta có (3 a)x 2 6(3 a) , dấu đẳng thức có khi x ; (3) x 3 a 8 8 (2 a)y 2 8(2 a) , dấu đẳng thức có khi y . ; (4) y 2 a Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải có x + y = 6 6 8 6 (5) 3 a 2 a 3 3 Thấy rằng a là một nghiệm của (5). Thay a vào (2) ta có sự phân 2 2 3 1 tích như lời giải đã trình bày. Các số , được nghĩ ra như thế đó. 2 2 3) Phương trình (3) là phương trình "kết điểm rơi". Người ta không cần biết phương trình "kết điểm rơi" có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. (Việc giải phương trình "kết điểm rơi" nhiều khi phức tạp và cũng không cần thiết.) 44
ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Tính gọn biểu thức: 1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 . a + a a - a 2) B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 1. a + 1 1- a Câu 2: 1) Cho hàm số y = ax 2, biết đồ thị hàm số đi qua điểm A (- 2 ; -12). Tìm a. 2) Cho phương trình: x2 + 2 (m + 1)x + m2 = 0. (1) a. Giải phương trình với m = 5 b. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng - 2. Câu 3: Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 68m2. Tính diện tích thửa ruộng đó. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy 1 điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) tại S. 1) Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và CA là tia phân giác của góc B·CS . 2) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 3) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Câu 5: Giải phương trình. x2 - 3x + 2 + x + 3 = x - 2 + x2 + 2x - 3 45
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Rút gọn biểu thức 1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5 a + a a - a 2) B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 1 a + 1 1 - a a ( a + 1) a ( a - 1) = 1 + 1 - = (1 + a ) (1 - a ) = 1 - a a + 1 a - 1 2 Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a . (- 2) 4a = -12 a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x2. 2) a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0. ∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11 x1 = - 6 - 11 ; x2 = - 6 + 11 b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi: - 1 ∆’ > 0 (m + 1)2 - m2 > 0 2m + 1 > 0 m > (*) 2 Phương trình có nghiệm x = - 2 4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 m = 0 2 m - 4m = 0 (thoả mãn điều kiện (*)) m = 4 Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m) Diện tích thửa ruộng là x.y Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3) Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là (x- 2) (y-2). Theo bài ra ta có hệ phương trình: (x + 2) (y + 3) = xy + 100 (x - 2) (y - 2) = xy - 68 xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100 xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68 46
3x + 2y = 94 x = 22 x = 22 . 2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14 Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2). Câu 4: 1) Ta có B·AC = 900 (gt) k M· DC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD a d nội tiếp s · · Vì tứ giác ABCD nội tiếp. ADB = ACB m (cùng chắn cung AB). (1) O Ta có tứ giác DMCS nội tiếp A·DB = A· CS · (cùng bù với MDS ). (2) b c Từ (1) và (2) B·CA = A· CS . e 2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD  CK, CA  BK. M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác M· EC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K. 3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp D·AC = D· BC (cùng chắn D»C ). (3) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp M· AE = M· BE (cùng chắn M¼E ). (4) Từ (3) và (4) D·AM = M· AE hay AM là tia phân giác D· AE . Chứng minh tương tự: A·DM = M· DE hay DM là tia phân giác A·DE . Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE. Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3) Điều kiện: x ≥ 2 (*) Phương trình đã cho (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0 x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0 x - 2 - x + 3 x - 1 - 1 = 0 x - 2 = x + 3 (VN) x 2 (thoả mãn đk (*)) x - 1 - 1 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. Lời bình: Câu IVb 47
Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, một phương pháp thường dùng là chứng minh ba đường thẳng ấy hoặc là ba đường cao, hoặc là ba đường trung tuyến, hoặc là ba đường phân giác của một tam giác. 48
ĐỀ SỐ 13 a a - 1 a a + 1 a +2 Câu 1: Cho biểu thức: P = - : với a > 0, a 1, a 2. a - a a + a a - 2 1) Rút gọn P. 2) Tìm giá trị nguyên của a để P có giá trị nguyên. Câu 2: 1) Cho đường thẳng d có phương trình: ax + (2a - 1) y + 3 = 0 Tìm a để đường thẳng d đi qua điểm M (1, -1). Khi đó, hãy tìm hệ số góc của đường thẳng d. 2) Cho phương trình bậc 2: (m - 1)x2 - 2mx + m + 1 = 0. a) Tìm m, biết phương trình có nghiệm x = 0. b) Xác định giá trị của m để phương trình có tích 2 nghiệm bằng 5, từ đó hãy tính tổng 2 nghiệm của phương trình. Câu 3: Giải hệ phương trình: 4x + 7y = 18 3x - y = 1 Câu 4: Cho ∆ABC cân tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, O là trung điểm của IK. 1) Chứng minh 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc một đường tròn tâm O. 2) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). 3) Tính bán kính của đường tròn (O), biết AB = AC = 20cm, BC = 24cm. Câu 5: Giải phương trình: x2 + x + 2010 = 2010. 49
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13 Câu 1: 1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2 a - 1 a + a + 1 a + 1 a - a + 1 a + 2 Ta có: P = - : a a - 1 a a + 1 a - 2 a + a + 1 - a + a - 1 a + 2 2 (a - 2) = : = a a - 2 a + 2 2a - 4 2a + 4 - 8 8 2) Ta có: P = = = 2 - a + 2 a + 2 a + 2 P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8 M (a + 2) a + 2 = 1 a = - 1; a = - 3 a + 2 = 2 a = 0 ; a = - 4 a + 2 = 4 a = 2 ; a = - 6 a + 2 = 8 a = 6 ; a = - 10 Câu 2: 1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0 a - 2a + 4 = 0 a = 4 - 4 3 Suy ra đường thẳng đó là 4x + 7y + 3 = 0 7y = - 4x - 3 y = x - 7 7 4 nên hệ số góc của đường thẳng là 7 2) a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0 m 1 . b) Phương trình có 2 nghiệm khi: ∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0 m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng  m. m + 1 3 Ta có x1.x2 = 5 = 5 m + 1 = 5m - 5 4m = 6 m = . m - 1 2 3 1 5 Với m = ta có phương trình : x2 - 3x + = 0 x2 - 6x + 5 = 0 2 2 2 - b Khi đó x1 + x2 = = 6 a 4x + 7y = 18 25x = 25 x = 1 Câu 3: Hệ đã cho . 21x - 7y = 7 3x - y = 1 y = 2 Câu 4: 50
1) Theo giả thiết ta có: A º º º º B1 = B2 , B3 = B4 º º º º 0 Mà B1 + B2 + B3 + B4 = 180 ¶ ¶ 0 B2 B3 90 I º º 0 Tương tự C2 + C3 = 90 1 ) ) 1 Xét tứ giác BICK có B + C = 1800 H B 2 2 C 3 4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn 4 3 4 tâm O đường kính IK. O 2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) ∆ IOC cân tại O O· IC = I·CO. (1) º º Ta lại có C1 = C2 (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC. K Ta có AH  BC. (Vì ∆ ABC cân tại A). Trong ∆ IHC có H· IC + I·CH = 900 O· CI + I·CA = 900. Hay A·CO = 900 hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). 3) Ta có BH = CH = 12 (cm). Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 AH = 16 Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có: IA AC AH - IH AC 20 5 = = = = (16 - IH) . 3 = 5 . IH IH = 6 IH CH IH CH 12 3 Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180 Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK IC2 180 IK = = = 30 , OI = OK = OC = 15 (cm) IH 6 Câu 5: Ta có x2 + x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010 1 1 (1) x2 + x + - x - 2010 + x + 2010 - = 0 4 4 1 1 2 2 x + = x + 2010 - . (2) 1 1 2 2 x + - x +2010 - = 0 2 2 1 1 x + = - x + 2010 + . (3) 2 2 51
x 1 0 Giải (2) : (2) 2 (x 1) x 2010 (4) (4) (x + 1)2 = x + 2010 x2 + x - 2009 = 0 ∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037 - 1 + 8037 -1 - 8037 x = ; x = (loại) 1 2 2 2 2010 x 0 Giải (3): (3) x x 2010 2 x x 2010 (5) (5) x2 x 2010 0 .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041, 1 + 8041 1 - 8041 x = ; x = (loại nghiệm x1) 1 2 2 2 1 8037 1 8041 Vậy phương tình có 2 nghiệm: x ; x . 2 2 Lời bình: Câu V 1 Bằng cách thêm bớt (x ) , sự nhạy cảm ấy đã trình bày lời giải ngắn 4 gọn. Không cần một sự khéo léo nào cả, bạn cũng có một lời giải trơn tru theo cách sau : x2 y 2010 Đặt x 2010 y , y 0 bài toán được đưa về giải hệ . 2 y x 2010 Đây là hệ phương trình hệ đối xứng kiểu 2 quen thuộc đã biết cách giải. Chú ý : Phương trình đã cho có dạng (ax + b)2 = p a ' x b' + qx + r , (a 0, a' 0, p 0) a ' x b' ay b, khi pa ' 0; Đặt : a ' x b' ay b, khi pa ' 0. Thường phương trình trở thành hệ đối xứng kiểu 2. 52
ĐỀ SỐ 14 Câu 1: Cho biểu thức x + 1 2 x 2 + 5 x P = + + với x ≥ 0, x ≠ 4. x - 2 x + 2 4 - x 1) Rút gọn P. 2) Tìm x để P = 2. Câu 2: Trong mặt phẳng, với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình:y (m 1)x n . 1) Với giá trị nào của m và n thì d song song với trục Ox. 2) Xác định phương trình của d, biết d đi qua điểm A(1; - 1) và có hệ số góc bằng -3. Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2 (m - 1)x - m - 3 = 0 (1) 1) Giải phương trình với m = -3 2 2 2) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoả mãn hệ thứcx 1 + x2 = 10. 3) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc giá trị của m. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh: 1) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật. 2) Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp đường tròn. 3) EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn đường kính BH và HC. Câu 5: Các số thực x, a, b, c thay đổi, thỏa mãn hệ: x + a + b + c = 7 (1) 2 2 2 2 x + a + b + c = 13 (2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x. 53
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14 x + 1 2 x 2 + 5 x Câu 1: 1) Ta có : P = + - x - 2 x +2 x - 4 ( x +1) ( x +2) + 2 x ( x - 2) - 2 - 5 x P = = ( x - 2) ( x + 2) x + 3 x +2 + 2x - 4 x - 2 - 5 x = ( x +2) ( x - 2) 3x - 6 x 3 x ( x 2) 3 x = = = ( x + 2) ( x - 2) ( x + 2) ( x - 2) x +2 3 x 2) P = 2 khi = 2 3 x = 2 x +4 x = 4 x = 16 x +2 m 1 0 m 1 Câu 2: 1) d song song với trục Ox khi và chỉ khi . n 0 n 0 m 1 3 m 2 2) Từ giả thiết, ta có: . 1 m 1 n n 2 Vậy đường thẳng d có phương trình: y 3x 2 Câu 3: 1) Với m = - 3 ta có phương trình: x2 + 8x = 0 x (x + 8) = 0 x = 0 x = - 8 2) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi: ∆’ 0 (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0 m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0 1 15 m2 - m + 4 > 0 (m )2 0 đúng m 2 4 Chứng tỏ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  m x1 + x2 = 2(m - 1) (1) Theo hệ thức Vi ét ta có: x1 - x2 = - m - 3 (2) 2 2 2 2 Ta có x1 + x2 = 10 (x1 + x2) - 2x1x2 = 10 4 (m - 1) + 2 (m + 3) = 10 m = 0 4m2 - 6m + 10 = 10 2m (2m - 3) = 0 3 m = 2 3) Từ (2) ta có m = -x1x2 - 3 thế vào (1) ta có: x1 + x2 = 2 (- x1x2 - 3 - 1) = - 2x1x2 - 8 x1 + x2 + 2x1x2 + 8 = 0 Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc m. 54
a Câu 4: 1) Từ giả thiết suy ra e · 0 · 0 CFH = 90 , HEB = 90 . (góc nội tiếp chắn o nửa đường tròn) f Trong tứ giác AFHE có: b Aµ = F$ = Eµ = 900 AFHE c o2 h o là hình chữ nhật. 1 2) Vì AEHF là hình chữ nhật AEHF nội tiếp A· FE = A·HE (góc nội tiếp chắn A»E ) (1) Ta lại có A·HE = A·BH (góc có cạnh tương ứng  ) (2) Từ (1) và (2) A· FE = A·BH mà C· FE + A· FE = 1800 C· FE + A·BH = 1800. Vậy tứ giác BEFC nội tiếp. 3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC. Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật. OF = OH FOH · · cân tại O OFH = OHF . Vì ∆ CFH vuông tại F O2C = O2F = O2H ∆ · · · · 0 HO2F cân tại O2. O2FH = O2HF mà O2HF + FHA = 90 . · · 0 O2FH + HFO = 90 . Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O2. Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1. Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn. Câu 5: Tìm GTLN, GTNN của x thoả mãn. x + a + b + c = 7 (1) 2 2 2 2 x + a + b + c = 13 (2) Từ (1) a + b + c = 7 - x Từ (2) a2 + b2 + c2 = 13 - x2. Ta chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2. 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0 (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (đpcm) Suy ra 3 (13 - x2) ≥ (7 - x)2. 3 (13 - x2) ≥ 49 - 14x + x2. 5 4x2 - 14x + 10 ≤ 0 1 ≤ x ≤ . 2 5 3 x khi a b c , x 1 khi a b c 2 . 2 2 5 Vậy max x = , min x = 1. 2 55
ĐỀ SỐ 15 x 1 1 2 Câu 1: Cho M = - : + với x 0, x 1 . x - 1 x - x x 1 x - 1 a) Rút gọn M. b) Tìm x sao cho M > 0. Câu 2: Cho phương trình x2 - 2mx - 1 = 0 (m là tham số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. 2 2 Tìm m để x1 + x2 - x1x2 = 7 Câu 3: Một đoàn xe chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc, biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau. Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kiính AB = 2R. Điểm M thuộc đường tròn sao cho MA < MB. Tiếp tuyến tại B và M cắt nhau ở N, MN cắt AB tại K, tia MO cắt tia NB tại H. a) Tứ giác OAMN là hình gì ? b) Chứng minh KH // MB. Câu 5: Tìm x, y thoả mãn 5x - 2x (2 + y) + y2 + 1 = 0. 56
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 15 x 1 1 2 Câu 1: a) M = - : + x - 1 x - x x + 1 x - 1 x 1 x - 1 2 = - : + x - 1 x ( x - 1) x - 1 x + 1 x - 1 x +1 x - 1 x + 1 x - 1 x - 1 x + 1 = : = . x x - 1 x - 1 x +1 x x - 1 x + 1 x - 1 = . x b) M > 0 x - 1 > 0 (vì x > 0 nên x > 0) x > 1. (thoả mãn) Câu 2: a) Ta thấy: a = 1; b = - 2m; c = - 1, rõ ràng: a. c = 1 . (-1) = -1 < 0 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Vì phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi-ét, ta có: b x1 + x2 = - 2m a 2 2 2 do đó: x1 + x2 - x1x2 = 7 x1 + x2 - 3x1x2 = 7 c x . x = = - 1 1 2 a (2m)2 - 3 . ( -1) = 7 4m2 = 4 m2 = 1 m = 1. Câu 3: Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu (x nguyên, dương) Số xe lúc sau là: x + 3 (chiếc) 480 480 Lúc đầu mỗi xe chở: (tấn hàng), sau đó mỗi xe chở: (tấn hàng) x x + 3 480 480 Ta có phương trình: - = 8 x2 + 3x - 180 = 0 x x +3 Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK) Vậy đoàn xe lúc đầu có 12 chiếc. 57
Câu 4: a) A·MB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AM  MB (1) n MN = BN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB ON là đường trung trực của đoạn thẳng MB ON  MB (2) m Từ (1) và (2) AM // ON OAMN là hình thang. k b) ∆ NHK có HM  NK; KB  NH. b a o suy ra O là trực tâm ∆NHK ON  KH (3) Từ (2) và (3) KH // MB Câu 5: 5x - 2x (2 + y) + y2 + 1 = 0 (1). Điều kiện: x ≥ 0 h Đặt x = z, z 0, ta có phương trình: 5z2 - 2(2 + y)z + y2 + 1 = 0 Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn z thì phương trình có nghiệm khi ∆’ ≥ 0 ∆’ = (2 + y)2 - 5(y2 + 1) = - (2y - 1)2 ≤ 0 với  y 1 Để phương trình có nghiệm thì ∆’ = 0 y = 2 1 1 1 Thế vào (1) ta tìm được x = . Vậy x = và y = là các giá trị cần tìm. 4 4 2 Lời bình: Câu V 1) Để giải một phương trình chứa hai ẩn, ta xem một trong hai ẩn là tham số. Giải phương trình với ẩn còn lại. 2) Các bạn tham khảo thêm một lời giải khác : Ta có 5x 2 x(2 y) + y2 + 1 = 0 (4x 4 x + 1) + y2 + 2y x + x = 0 (2 x 1)2 (y x)2 0 2 x 1 y x 0 1 1 (x ; y ) . 4 2 Qua biến đổi ta thấy 5x 2 x(2 y) + y2 + 1 0 với mọi y, với mọi x > 0 . Trình bày lời giải này chúng tôi muốn nghiệm lại Lời bình sau câu 5 đề 2 rằng: phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi". Biến đổi về tổng các biểu thức cùng dấu là cách giải đặc trưng của "phương trình điểm rơi". 58
ĐỀ SỐ 16 x 2x - x Câu 1: Cho biểu thức: K = - với x >0 và x 1 x - 1 x - x 1) Rút gọn biểu thức K 2) Tìm giá trị của biểu thức K tại x = 4 + 2 3 Câu 2: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1; 2) và song song với đường thẳng y = 3x + 1. Tìm hệ số a và b. 3x 2y 6 2) Giải hệ phương trình: x - 3y 2 Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 96 tấn hàng. Nhưng khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa, nên mỗi xe chở ít hơn lúc đầu 1,6 tấn hàng. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc. Câu 4: Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho AC > AB và AC> BC. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE. 1) Chứng minh rằng: DE//BC 2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn. 3) Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức: 1 1 1 = + CE CQ CF Câu 5: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: a b c 1 + + 2 a + b b + c c + a 59
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 16 Câu 1: x x(2 x - 1) x - 2 x + 1 1) K = = - = x - 1 x - 1 x( x - 1) x - 1 2 2) Khi x = 4 + 23 , ta có: K = 4 2 3 - 1 = 3 +1 -1 = 3 +1-1 = 3 Câu 2: 1) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên a = 3. Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1;2) nên ta có:2 = 3.(-1) + b b= 5 (t/m vì b 1 ) Vậy: a = 3, b = 5 là các giá trị cần tìm. 3x + 2y = 6 2) Giải hệ phương trình: x - 3y = 2 3 (3y + 2) + 2y = 6 11y 0 x 2 . x = 3y + 2 x 3y 2 y 0 Baì 3: Gọi x là số xe lúc đầu ( x nguyên dương, chiếc) Số xe lúc sau là : x+3 (chiếc) Lúc đầu mỗi xe chở : 96 (tấn hàng) x Lúc sau mỗi xe chở : 96 ( tấn hàng) x + 3 Ta có phương trình : 96 - 96 = 1,6 x2 + 3x -180 = 0 x x + 3 Giải phương trình ta được: x1= -15 ; x2=12. Vậy đoàn xe lúc đầu có: 12 (chiếc). Câu 4: · 1 » 1 » · 1) CDE = Sđ DC = Sđ BD = BCD a 2 2 DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong) 2) A· PC = 1 sđ (A»C - D»C) = A·QC 2 o · · b Tứ giác PACQ nội tiếp (vì APC = AQC ) c 3) Tứ giác APQC nội tiếp C·PQ = C·AQ (cùng chắn C»Q ) d e C·AQ = C·DE (cùng chắn D»C ) p q Suy ra C·PQ = C·DE DE // PQ 60
DE CE DE QE Ta có : = (vì DE//PQ) (1) , = (vì DE// BC) (2) PQ CQ FC QC DE DE CE + QE CQ 1 1 1 Cộng (1) và (2) : + = = = 1 + = (3) PQ FC CQ CQ PQ FC DE ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ 1 1 1 Thay vào (3) ta có : + = CQ CF CE a a a + c Câu 5 : Ta có < < (1) a + b + c b + a a + b + c b b b + a < < (2) a + b + c b + c a + b + c c c c + b < < (3) a + b + c c + a a + b + c a b c Cộng từng vế (1), (2), (3), ta được : 1 < + + < 2, đpcm. a + b b + c c + a 61
ĐỀ SỐ 17 Câu 1: Cho x1 = 3 + 5 và x2 = 3 - 5 2 2 Hãy tính: A = x1 . x2; B = x1 + x2 Câu 2: Cho phương trình ẩn x: x2 - (2m + 1) x + m2 + 5m = 0 a) Giải phương trình với m = -2. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm sao cho tích các nghiệm bằng 6. Câu 3: Cho hai đường thẳng (d): y = - x + m + 2 và (d’): y = (m2 - 2) x + 1 a) Khi m = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của chúng. b) Tìm m để (d) song song với (d’) Câu 4: Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC; AT là tiếp tuyến vẽ từ A. Từ tiếp điểm T vẽ đường thẳng vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H và cắt đường tròn tại K (K T). Đặt OB = R. a) Chứng minh OH.OA = R2. b) Chứng minh TB là phân giác của góc ATH. c) Từ B vẽ đường thẳng song song với TC. Gọi D, E lần lượt là giao điểm của đường thẳng vừa vẽ với TK và TA. Chứng minh rằng ∆TED cân. HB AB d) Chứng minh = HC AC Câu 5: Cho x, y là hai số thực thoả mãn: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + y + 1 62
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 Câu 1: A = x1.x2 = 2 3 + 5 . 3 - 5 = 3 + 5 3 - 5 = 32 - 5 = 9 - 5 = 4 = 2 2 2 B = x2 x2 = 3 + 5 + 3 - 5 = 3 + 5 + 3 - 5 = 6 1 2 Câu 2: a) m = - 2, phương trình là: x2 + 3x - 6 = 0; ∆ = 33> 0, phương trình có hai nghiệm - 3 33 phân biệt x1, 2 = 2 b) Ta có ∆ = - (2m +12 - 4 (m2 + 5m) = 4m2 + 4m + 1 - 4m2 - 20m = 1 - 16m. 1 Phương trình có hai nghiệm ∆ ≥ 0 1 - 16m ≥ 0 m 16 Khi đó hệ thức Vi-ét ta có tích các nghiệm là m2 + 5m. Mà tích các nghiệm bằng 6, do đó m2 + 5m = 6 m2 + 5m - 6 = 0 Ta thấy a + b + c = 1 + 5 + (-6) = 0 nên m1 = 1; m2 = - 6. 1 Đối chiếu với điều kiện m ≤ thì m = - 6 là giá trị cần tìm. 16 Câu 3: a) Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x + 1 = 2x + 1 y = - x Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ y = 2x + 1 1 1 - x = 2x + 1 x = - . Từ đó tính được : y . 3 3 1 1 Vậy tọa độ giao điểm là A( ; ) . 3 3 b) Hai đường thẳng (d), (d ) song song khi và chỉ khi m2 - 2 = - 1 m = 1 m = 1 m + 2 1 m - 1 Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau 63
Câu 4: a) Trong tam giác vuông ATO có: t R2 = OT2 = OA . OH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) e b) Ta có A· TB = B·CT Ñ (cùng chắn cung TB) h c a b o B·CT = B·TH (góc nhọn có cạnh tương ứng d vuông góc). A· TB = B·TH hay TB là tia phân giác của k góc ATH. c) Ta có ED // TC mà TC  TB nên ED  TB. ∆ TED có TB vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆TED cân tại T. HB BD BE d) BD // TC nên = = (vì BD = BE) (1) HC TC TC BE AB BE // TC nên = (2) TC AC HB AB Từ (1) và (2) suy ra: = HC AC Câu 5: Từ giả thiết: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 2 2 2 7 7 7 2 x +y + 2. x +y . + - + 10 = - y 0 2 2 2 2 2 7 9 7 9 x + y + - 0 x + y + . 2 4 2 4 Giải ra được - 4 ≤ x + y + 1 ≤ - 1. A = -1 khi x = - 2 và y = 0, A = - 4 khi x = -5 và y = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là - 4 và giá trị lớn nhất của A là - 1. Lời bình: Câu V Bài toán đã cho có hai cách giải. Cách 1. Biến đổi giả thiết về dạng (mA + n)2 = k2 [g(x, y)]2 , từ đó mà suy ra (mA + n)2 k2 k n mA k + n minA, maxA. Cách 2. Từ A = x + y +1 y = A x 1, thế vào giả thiết có phương trình bậc hai đối với x. Từ 0 ta tìm được minA, maxA . 64
ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn các biểu thức: 1) 45 20 5 . x x x 4 2) với x > 0. x x 2 Câu 2: Một thửa vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 72m. Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi và chiều dài lên gấp ba thì chu vi của thửa vườn mới là 194m. Hãy tìm diện tích của thửa vườn đã cho lúc ban đầu. Câu 3: Cho phương trình: x2- 4x + m +1 = 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 2. 2) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x 1, x2 thỏa mãn 2 2 đẳng thức x1 + x2 = 5 (x1 + x2) Câu 4: Cho 2 đường tròn (O) và (O )cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O), (O )lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O A cắt (O),(O ) lần lượt tại điểm thứ hai E, F. 1. Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I. 2. Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn. 3. Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O ) (P (O), Q (O ) ). Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ. 1 1 Câu 5: Giải phương trình: + = 2 x 2 x2 65
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn biểu thức: 1) 45 20 5 = 32.5 22.5 5 = 3 5 2 5 5 = 4 5 x x x 4 x( x 1) ( x 2)( x 2) 2) = x x 2 x x 2 = x 1 x 2 = 2 x 1 Câu 2: Gọi x là chiều dài, y là chiều rộng của hình chữ nhật (điều kiện: x > 0, y > 0, x, y tính bằng mét) Theo bài ra ta có: 2 (x + y) = 72 x +y = 36 (1) Sau khi tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đôi, ta có : 2 (3 x + 2y) = 194 3x + 2y = 97 (2) x + y = 36 x = 25 Ta có hệ PT : Giải hệ ta được: 3x + 2y = 97 y = 11 Đối chiếu điều kiện bài toán ta thấy x, y thỏa mãn. Vậy diện tích thửa vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2) Câu 3: 1) Khi m = 2, PT đã cho trở thành: x2- 4x + 3 = 0 Ta thấy: a +b + c = 1 - 4 +3 = 0 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3 2) Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là: , b'2 - ac 0 22 (m 1) 0 3 - m 0 m 3 (1) x1 x2 4 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có : x1x2 m 1 2 2 2 x1 + x2 = 5 (x1+ x2) (x1 + x2 ) - 2x1x2 = 5 (x1 + x2) 42 - 2 (m +1) = 5.4 2 (m + 1) = - 4 m = - 3 Kết hợp với điều kiện (1) , ta có m = - 3 I Câu 4 : · E 1. Ta có: ABC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa D đường tròn) A A· BF = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B, C, F thẳng hàng AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên O O' chúng đồng quy. C B F Q H P 66
2. Do I¶EF I·BF 900 suy ra BEIF nội tiếp đường tròn. 3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ Ta chứng minh được các tam giác AHP HP HA và PHB đồng dạng HP2 = HA.HB HB HP Tương tự, HQ2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung điểm PQ. Câu 5: Điều kiện x 0 và 2 - x2 > 0 x 0 và x 0 x2 + y2 = 2 (1) Ta có: 1 1 2 (2) x y 1 Từ (2) ta có : x + y = 2xy. Thay vào (1) Có : xy = 1 hoặc xy = - 2 x 1 * Nếu xy = 1 thì x + y = 2. Giải ra, ta có : . y 1 1 * Nếu xy = - thì x + y = -1. Giải ra, ta có : 2 1 3 1 3 x x 2 2 ; 1 3 1 3 y y 2 2 - 1 - 3 Đối chiếu đk (*), phương trình đã cho có 2 nghiệm : x = 1 ; x = . 2 Lời nhắn . Câu IV.1 Liên hệ với lời bình sau câu 4b đề 12 67
ĐỀ SỐ 19 5 7 5 11 11 5 Câu 1: Cho các biểu thức A = , B 5 : 5 1 11 5 55 a) Rút gọn biểu thức A. b) Chứng minh: A - B = 7. 3x + my = 5 Câu 2: Cho hệ phương trình mx - y = 1 a) Giải hệ khi m = 2 b) Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 3: Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 10m. Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 2m. Tính các cạnh góc vuông. Câu 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By. Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By lần lượt tại P và Q; AM cắt CP tại E, BM cắt CQ tại F. a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh góc P·CQ = 900. c) Chứng minh AB // EF. x4 + 2x2 + 2 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = . x2 + 1 68
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 19 5( 5 7) 11( 11 1) Câu 1: a) A = 5 7 11. 5 1 11 5( 5 11) b) B = 5. 5 11 . 5 Vậy A - B = 5 7 11 5 11 = 7, đpcm. Câu 2: a) Với m = 2 ta có hệ 3x + 2y = 5 y = 2x - 1 y = 2x - 1 x = 1 2x - y = 1 3x + 2(2x - 1) = 5 7x = 7 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1). 3 m b) Hệ có nghiệm duy nhất khi: m2 ≠ - 3 với mọi m m 1 Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 3: Gọi cạnh góc vuông nhỏ là x. Cạnh góc vuông lớn là x + 2 Điều kiện: 0 < x < 10, x tính bằng m. Theo định lý Pitago ta có phương trình: x2 + (x + 2)2 = 102. x y Giải phương trình ta được x1 = 6 (t/m), x2 = - 8 (loại). Vậy cạnh góc vuông nhỏ là 6m; cạnh góc vuông lớn làp 8m. Câu 4: a) Ta có P·AC = 900 P·AC + P·MC = 1800 nên tứ giác APMC nội tiếp m b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên M· PC M· AC (1) q Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra M· QC M· BC (2) a b Lại có M· AC M· BC 900 (3). Từ (1), (2), (3) ta có : M· PC M· BC 900 P·CQ 900 . c) Ta có B·MQ = B·CQ (Tứ giác BCMQ nội tiếp) B·MQ = A·MC (Cùng phụ với BMC) E·MC = E·FC (Tứ giác CEMF nội tiếp). Nên B·CQ = E·FC hay AB // EF. 2 1 2 1 2 1 Câu 5: P = x + 1 + 2 ≥ 2 x + 1 2 , P = 2 x + 1 = 2 x + 1 x + 1 x + 1 x = 0. Vậy min P = 2. 69
ĐỀ SỐ 20 Câu 1: Rút gọn các biểu thức : 2 2 a) A = - 5 - 2 5 + 2 1 x - 1 1 - x b) B = x - : + với x 0, x 1. x x x + x Câu 2: Cho phương trình x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có một nghiệm x = - 2 c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x 1, x2 thoả mãn 2 2 x1 x2 + x1x2 = 24 Câu 3: Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy. Câu 4: Cho đường tròn (O,R) và một điểm S ở ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến SA, SB ( A, B là các tiếp điểm). Vẽ đường thẳng a đi qua S và cắt đường tròn (O) tại M và N, với M nằm giữa S và N (đường thẳng a không đi qua tâm O). a) Chứng minh: SO  AB b) Gọi H là giao điểm của SO và AB; gọi I là trung điểm của MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E. Chứng minh rằng IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Chứng minh OI.OE = R2. Câu 5: Tìm m để phương trình ẩn x sau đây có ba nghiệm phân biệt: x3 - 2mx2 + (m2 + 1) x - m = 0 (1). 70
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 20 2( 5 +2) - 2( 5 - 2) 2 5 +4 - 2 5 + 4 8 Câu 1: a) A = = 2 = = 8 . 5 - 2 5 +2 5 - 22 5 - 4 b) Ta có: x - 1 x - 1 x + 1 +1 - x x - 1 x x +1 B = : =  x x x +1 x x - 1 + 1 - x 2 x - 1 x +1 x +1 = x x - 1 x Câu 2: x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Khi m = 1, ta có phương trình x2 - 6x + 5 = 0 a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0 x1 = 1; x2 = 5 b) Phương trình (1) có nghiệm x = - 2 khi: (-2)2 - (m + 5) . (-2) - m + 6 = 0 4 + 2m + 10 - m + 6 = 0 m = - 20 c) ∆ = (m + 5)2 - 4(- m + 6) = m2 + 10m + 25 + 4m - 24 = m2 + 14m + 1 Phương trình (1) có nghiệm khi ∆ = m2 + 14m + 1 ≥ 0 (*) Với điều kiện trên, áp dụng định lí Vi-ét, ta có: S = x1 + x2 = m + 5; P = x1. x2 = - m + 6. Khi đó: 2 2 x1 x2 x1x2 24 x1x2 (x1 x2 ) 24 ( m 6)(m 5) 24 m2 m 6 0 m 3; m 2. Giá trị m = 3 thoả mãn, m = - 2 không thoả mãn điều kiện. (*) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi x là số dãy ghế trong phòng lúc đầu (x nguyên, x > 3) x - 3 là số dãy ghế lúc sau. 360 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu: (chỗ), số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau: x 360 (chỗ) x - 3 360 360 Ta có phương trình: - = 4 x - 3 x Giải ra được x1 = 18 (thỏa mãn); x2 = - 15 (loại) 71
Vậy trong phòng có 18 dãy ghế. Câu 4: a) ∆SAB cân tại S (vì SA = SB - theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên tia phân giác SO cũng là đường cao SO  AB b) S·HE = S¶IE = 900 IHSE nội tiếp đường tròn đường kính SE. OI SO c) ∆SOI ~ ∆EOH (g.g) = OH OE OI . OE = OH . OS = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB) Câu 5: (1) x3 - 2mx2 + m2x + x - m = 0, x (x2 - 2mx + m2) + x - m = 0 x (x - m)2 + (x - m) = 0 x = m (x - m) (x2 - mx + 1) = 0 2 x - mx + 1 = 0 (2) Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt khác m. Dễ thấy x = m không là nghiệm của (2). Vậy (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 2 2 ∆ = m - 4 > 0 . m 2 Vậy các giá trị m cần tìm là: . m < - 2 72
ĐỀ SỐ 21 2 Câu 1. 1) Trục căn thức ở mẫu số . 5 1 x y 4 2) Giải hệ phương trình : . 2x 3 0 Câu 2. Cho hai hàm số: y x 2 và y x 2 1) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một hệ trục Oxy. 2) Tìm toạ độ các giao điểm M, N của hai đồ thị trên bằng phép tính. Câu 3. Cho phương trình 2x 2 2m 1 x m 1 0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m 2 . 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn 2 2 4x1 2x1x2 4x2 1 . Câu 4. Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A , B ). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC. 3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) . 4x 9 Câu 5. Tìm nghiệm dương của phương trình : 7x 2 7x . 28 73
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 21 Câu 1. 2 2 5 1 2 5 1 5 1 1) A = . 5 1 5 1 5 1 4 2 3 x 2x 3 2 2) Ta có hệ . y x 4 11 y 2 Câu 2. 1) Vẽ đồ thị y x 2 thông qua bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4 Vẽ đồ thị y x 2 qua các điểm A(0, 2) và B(-2,0). y 5 4 N 3 2 A M 1 B x -2 -1 O 1 2 3 -1 2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x 2 x 2 hay x 2 x 2 0 . Phương trình này có nghiệm: x1 1 y1 1 và x2 2 y2 4 . Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M(-1, 1) và N(2, 4). Câu 3. 74
1) Với m 2 , ta có phương trình: 2x 2 3x 1 0 . Các hệ số của phương trình thoả mãn a b c 2 3 1 0 nên phương trình có các nghiệm: 1 x 1, x . 1 2 2 2) Phương trình có biệt thức 2m 1 2 4.2. m 1 2m 3 2 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m . 2m 1 x x 1 2 2 Theo định lý Viet, ta có: . m 1 x .x 1 2 2 2 2 2 Điều kiện đề bài 4x1 2x1 x2 4x2 1 4 x1 x2 6x1 x2 1 . Từ đó ta có: 1 2m 2 3 m 1 1 4m 2 7m 3 0 . Phương trình này có tổng các hệ số a b c 4 ( 7) 3 0 nên phương 3 trình này có các nghiệm m 1,m . Vậy các giá trị cần tìm của m là 1 2 4 3 m 1,m . 4 Câu 4. 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : F·ED F·CD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp. 2) Xét hai tam giác ACD và BED có: F ·ACD B·ED 900 , ·ADC B·DE (đối đỉnh) nên ACD BED. Từ đó ta có tỷ số : DC DE I E DC.DB DA.DE . C DA DB 3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE tam giác ICD cân D I·CD I·DC F·EC (chắn cung F»C ). Mặt A B khác tam giác OBC cân nên O O·CB O·BC D· EC (chắn cung »AC của (O)). Từ đó I·CO I·CD D·CO F·EC D· EC F·ED 900 IC  CO hay IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 75
4x 9 1 1 4x 9 1 Câu 5. Đặt y , y ta có y 2 y 28 2 2 28 4 1 7y 2 7y x . 2 1 7x 2 7x y 2 Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ: . 1 7y 2 7y x 2 Trừ vế cho vế của hai phuơng trình ta thu được 7 x 2 y 2 7 x y y x (x y) 7x 7y 8 0 x y 0 (vì 1 x 0 và y nên 7x 7y 8 0) hay x y . 2 6 50 x 2 1 14 Thay vào một phương trình trên ta được 7x 6x 0 . 2 6 50 x 14 6 50 Đối chiếu với điều kiện của x, y ta được nghiệm là x . 14 Lời bình: Câu V 4x 9 1 Chắc chắn sẽ hỏi đằng sau phép đặt ẩn phụ y có sự 28 2 "mách bảo" nào không? 2 4x 9 1 4x 9 1 Ta có 7x2 + 7x = 7 x 28 2 28 4 Dưới hình thức mới phương trình đã cho thuộc dạng (ax + b)2 = p a ' x b' + qx + r , (a 0, a' 0, p 0) Một lần Lời bình sau câu 5 đề 13 đã chỉ dẫn cách đặt ẩn phụ như trên. 76
ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 - 2x - 15 = 0 2) Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1). Tìm hệ số a. a 1 a a a a Câu 2: Cho biểu thức: P = với a > 0, a 1 2 2 a a 1 a 1 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm a để P > - 2 Câu 3: Tháng giêng hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy; tháng hai do cải tiến kỹ thuật tổ I vượt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng giêng, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? Câu 4: Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mp bờ AB vẽ hai tia Ax, By vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K . Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P. 1) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh rằng AI.BK = AC.BC. 3) Tính A· PB . Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q = 198. 77
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) x2 - 2x - 15 = 0 , ' = 1 - (-15) = 16 , ' = 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1 - 4 = - 3; x2 = 1 + 4 = 5 2. Đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1) khi và chỉ khi: 1 = a (-1) -1 a = - 2. Vậy a = - 2 a 1 a a a 1 a a a 1 Câu 2: 1) P = . 2 a a 1 a 1 a 1 a a a a a a a a a a 4 a. a = 2 a . 2 a(a 1) 2 a Vậy P = - 2a . 2) Ta có: P 2 - 2a > - 2 a -2 a khi và chỉ khi 0 x = 400 và y = 500 (thoả mãn) Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy. Câu 4: 1) Ta có I·PC = 900 (vì góc nội tiếp y · 0 x chắn nửa đường tròn) => CPK = 90 . K Xét tứ giác CPKB có: Kµ Bµ = 900 + 900 = 1800 => CPKB là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm) 2) Xét AIC và BCK có Aµ Bµ = 900; P I A· CI B·KC (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) A C B 78
AI AC => AIC ~ BCK (g.g) => BC BK => AI.BK = AC.BC. 3) Ta có: P·AC P·IC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) P·BC P·KC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) Suy ra P·AC P·BC P·IC P·KC 900 (vì ICK vuông tại C).=> A· PB = 900 . Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q= 198. 2 Phương trình có nghiệm khi 0 p + 4q 0; gọi x1, x2 là 2 nghiệm. - Khi đó theo hệ thức Viét có x1+ x2 = - p và x1x2 = q mà p + q = 198 => x1x2 - (x1+ x2) = 198 (x1 - 1)(x2 - 1) = 199 = 1 . 199 = (- 1)(-199) ( Vì x1, x2 Z ) Nên ta có : x1 - 1 1 -1 199 -199 x2 - 1 199 -199 1 -1 x1 2 0 200 -198 x2 200 -198 2 0 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên: (2; 200); (0; -198); (200; 2); (-198; 0) 79
ĐỀ SỐ 23 Câu 1. 1) Tính giá trị của A = 20 3 5 80 . 5 . 2) Giải phương trình 4x 4 7x 2 2 0 . Câu 2. 5 1) Tìm m để đường thẳng y 3x 6 và đường thẳng y x 2m 1 cắt 2 nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. 2) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính diện tích của hình chữ nhật đó. Câu 3. Cho phương trình x 2 2x m 3 0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m 3 . 2) Tìm giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt 2 x1 , x2 thoả mãn điều kiện: x1 2x2 x1 x2 12 . Câu 4. Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với R > R’ cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến chung DE của hai đường tròn với D (O) và E (O’) sao cho B gần tiếp tuyến đó hơn so với A. 1) Chứng minh rằng D· AB B·DE . 2) Tia AB cắt DE tại M. Chứng minh M là trung điểm của DE. 3) Đường thẳng EB cắt DA tại P, đường thẳng DB cắt AE tại Q. Chứng minh rằng PQ song song với AB. 4x 3 Câu 5. Tìm các giá trị x để là số nguyên âm. x 2 1 80
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 23 Câu 1. 1) A = 20 3 5 80 . 5 = 2 5 3 5 4 5 . 5 3 5. 5 15 . 2) Đặt t x 2 , t 0 phương trình trở thành 4t 2 7t 2 0 . Biệt thức 7 2 4.4.( 2) 81 1 Phương trình có nghiệm t , t 2 (loại). 1 4 2 1 1 1 1 Với t ta có x 2 x . Vậy phương trình có nghiệm x . 4 4 2 2 Câu 2. 1) Ta gọi (d1 ) , (d 2 ) lần lượt là các đường thẳng có phương trình y 3x 6 5 và y x 2m 1 . Giao điểm của (d ) và trục hoành là A(2, 0). Yêu cầu của 2 1 bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi (d 2 ) cũng đi qua A 5 0 .2 2m 1 m 3 . 2 2) Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật (đơn vị m, x > 0) chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m). Vì đường chéo là 13 (m) nên theo định lý Piatago ta có : 132 x2 x 7 2 2x2 14x 49 169 2 x 5 x 7x 60 0 . Chỉ có nghiệm x 5 thoả mãn. x 12 Vậy mảnh đất có chiều rộng 5m, chiều dài 12m và diện tích là S = 5.12 = 60 (m2). Câu 3. 1) Khi m 3 phương trình trở thành x 2 2x 0 x x 2 0 x 0 ; x 2 . 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ' 1 m 3 0 m 4 . Khi đó theo định lí Vi-et ta có: x1 x2 2 (1) và x1 x2 m 3 (2). 2 Điều kiện bài toán x1 2x2 x1 x2 12 x1 x1 x2 2x2 12 2x1 2x2 12 (do (1)) x1 x2 6 (3). Từ (1) và (3) ta có: x1 2, x2 4 . Thay vào (3) ta được: 2 .4 m 3 m 5 , thoả mãn điều kiện. Vậy m 5 . Câu 4. 81
1 1 1) Ta có D· AB = sđ D»B (góc nội tiếp) và B·DE = sđ D»B (góc giữa tiếp 2 2 tuyến và dây cung). Suy ra D· AB B·DE . 2) Xét hai tam giác DMB và AMD có: D·MA chung, D·AM B·DM nên DMB  AMD MD MA hay MD2 MA.MB . MB MD ME MA Tương tự ta cũng có: EMB  AME hay ME 2 MA.MB . MB ME Từ đó: MD = ME hay M là trung điểm của DE. 3) Ta có D· AB B·DM , E·AB B·EM P·AQ P·BQ =D· AB E·AB P·BQ B·DM B·EM D· BE 1800 tứ giác APBQ nội tiếp P·QB P·AB . Kết hợp với P·AB B·DM suy ra P·QB B·DM . Hai góc này ở vị trí so le trong nên PQ song song với AB. D M E B P Q O O' A 4x 3 Câu 5. Đặt y . x 2 1 Khi đó ta có y x 2 1 4x 3 y.x 2 4x y 3 0 (1). Ta tìm điều kiện của y để (1) có nghiệm. 4 Nếu y 0 thì (1) có nghiệm x . 3 Nếu y 0 , (1) có nghiệm ' 22 y y 3 0 y 2 3y 4 0 1 y 4 . Kết hợp lại thì (1) có nghiệm 1 y 4 . 82
Theo giả thiết y là số nguyên âm y 1 . Khi đó thay vào trên ta có x 2 . Lời bình: Câu V 4x 3 1) Từ cách giải bài toán trên ta suy biểu thức y có GTNN bằng x2 1 1 và GTLN bằng 4. 2) Phương pháp giải bài toán trên cũng là phương phương pháp tìm ax2 bx c GTNN, GTLN của các biểu thức dạng P (với b' 2 4ac 0; 3x2 2x 1 x2 y2 F = x2 + 2xy y2 với 4x2 + 2xy + y2 = 3. 83
ĐỀ SỐ 24 Câu 1. Rút gọn: 5 5 1) A = (1 5) . 2 5 x x x x 2) B = 1 1 với 0 x 1 . 1 x 1 x Câu 2. Cho phương trình x 2 3 m x 2 m 5 0 với m là tham số. 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình luôn có nghiệm x 2 . 2) Tìm giá trị của m để phương trình trên có nghiệm x 5 2 2 . Câu 3. Một xe ô tô cần chạy quãng đường 80km trong thời gian đã dự định. Vì trời mưa nên một phần tư quãng đường đầu xe phải chạy chậm hơn vận tốc dự định là 15km/h nên quãng đường còn lại xe phải chạy nhanh hơn vận tốc dự định là 10km/h. Tính thời gian dự định của xe ô tô đó. Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn và điểm D nằm trên đoạn OA. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Đường thẳng qua C, vuông góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By lần lượt tại M và N. 1) Chứng minh các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp được đường tròn. 2) Chứng mình rằng M· DN 900 . 3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN. Chứng minh rằng PQ song song với AB. Câu 5. Cho các số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: a b b c c a a b c 4 . c a b b c c a a b 84
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 24 Câu 1. 5(1 5) (1 5) 1 5 1) A = (1 5) (1 5) 2 . 2 5 2 2 x x 1 x x 1 2) B = 1 1 1 x 1 x 1 x . 1 x 1 x Câu 2. 1) Thay x 2 vào vế trái của phương trình ta được: 22 3 m .2 2(m 5) 4 6 2m 2m 10 0 đúng với mọi m nên phương trình có nghiệm x 2 với mọi m 2) Vì phương trình luôn có nghiệm x 2 nên để nó có nghiệm x 5 2 2 thì theo định lý Vi-et ta có: 2 5 2 2 2 m 5 5 2 2 m 5 m 10 2 2 . Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của xe, x > 15. 80 Thời gian dự định của xe là . x 20 Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là , thời gian xe đi x 15 60 trong quãng đường còn lại là . x 10 80 20 60 Theo bài ra ta có = + (1). x x 15 x 10 4 1 3 Biến đổi (1) 4 x 15 x 10 x 4x 35 x x 15 x 10 15x 600 x = 40 (thoả mãn điều kiện). 80 Từ đó thời gian dự định của xe là 2 giờ. 40 85
Câu 4. 1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn nên M· AD 900 . Mặt khác theo giả thiết M· CD 900 nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp. 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: D·MC D· AC , D· NC D· BC . Suy ra D·MC D· NC D· AC D· BC 900 . Từ đó M· DN 900 . 3) Vì ·ACB M· DN 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó C·PQ C·DQ C·DN . Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên C·DN C·BN . Hơn nữa ta có C·BN C·AB , suy ra C·PQ C·AB hay PQ song song với AB. 2 x y 4 Câu 5. Với các số dương x, y ta có: x y 4xy xy x y 1 1 4 x y x y Áp dụng bất đẳng thức trên ta, có: a b b c c a 1 1 1 1 1 1 a b c c a b b c c a a b 4 4 4 a b c a. b. c. = 4 b c c a a b b c c a a b Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Lời bình: Câu II.1 Thay câu II.1 bởi câu : Chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá trị của m, ta được một bài toán "thông minh hơn". Biến đổi phương trình về dạng m(x 2) = 2x + 3x 10 . (1) 86
Xem (1) là phương trình đối với m. Thế thì (1) có nghiệm không phụ thuộc m khi và chỉ khi x 2 = x2 + 3x 10 = 0 x = 2. Vậy có x = 2 là nghiệm cố định không phụ thuộc vào m của phương trình đã cho. Vấn đề nghiệm cố định còn được bàn thêm ở lời bình sau câu Câu I4b, đề 32. 87
ĐỀ SỐ 25 x 1 1 2 Câu 1. Cho biểu thức A = : với a > 0, a 1 x 1 x x x 1 x 1 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi x 2 2 3 . Câu 2. Cho phương trình x2 ax b 1 0 với a,b là tham số. 1) Giải phương trình khi a 3 và b 5 . 2) Tìm giá trị của a,b để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x x 3 x , x thoả mãn điều kiện: 1 2 . 1 2 3 3 x1 x2 9 Câu 3. Một chiếc thuyền chạy xuôi dòng từ bến sông A đến bên sông B cách nhau 24km. Cùng lúc đó, từ A một chiếc bè trôi về B với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi về đến B thì chiếc thuyền quay lại ngay và gặp chiếc bè tại địa điểm C cách A là 8km. Tính vận tốc thực của chiếc thuyền. Câu 4. Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB. 1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. 3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất. 1 Câu 5. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a b c . abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a b a c . 88
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 25 Câu 1. x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1) Ta có A = : = . . x x 1 x 1 x x 1 x 2 2 2 2 2) x 2 2 3 x 2 1 x 2 1 nên A = 2 . 2 1 Câu 2. 1) Khi a 3 và b 5 ta có phương trình: x 2 3x 4 0 . Do a + b + c = 0 nên phương trình có nghiệm x1 1, x2 4 . 2 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 a 4(b 1) 0 (*) x1 x2 a Khi đó theo định lý Vi-et, ta có (1). x1x2 b 1 x x 3 x1 x2 3 1 2 Bài toán yêu cầu 3 x 3 x 3 9 1 2 x1 x2 3x1x2 x1 x2 9 x1 x2 3 (2). x1 x2 2 2 2 2 Từ hệ (2) ta có: x1 x2 x1 x2 4x1x2 3 4( 2) 1 , kết hợp với (1) a2 1 a 1,b 3 được . b 1 2 a 1,b 3 Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) nên chúng là các giá trị cần tìm. Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc thực của chiếc thuyền (x > 4). Vận tốc của chiếc thuyền khi xuôi dòng là x + 4 (km/m). Vận tốc của chiếc thuyền khi ngược dòng là x – 4 km. 24 Thời gian chiếc thuyền đi từ A đến B là . x 4 16 Thời gian chiếc thuyền quay về từ B đến C là . x 4 8 Thời gian chiếc bè đi được 2 (giờ). 4 24 16 Ta có phương trình: + = 2 (1). x 4 x 4 89
Biến đổi phương trình: (1) 12(x 4) 8(x 4) x 4 x 4 x2 20x 0 x 0 x(x 20) 0 . x 20 Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có nghiệm x = 20 thoả mãn. Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là 20km/h. Câu 4. 1) Vì H là trung điểm của AB nên OH  AB hay O·HM 900 . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có OD  DM hay O·DM 900 . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD MCD cân tại M MI là một đường phân giác của C·MD . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ C»D 1 1 nên D· CI sđ D»I = sđ CºI = M· CI 2 2 CI là phân giác của M· CD . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. 3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó 1 được tính: S 2S 2. .OD.QM R(MD DQ) . Từ đó S nhỏ nhất OQM 2 MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có DM.DQ OD2 R2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính R 2 . 90
P C A d H B O I M D Q Câu 5. Từ giả thiết ta có: abc a b c 1 . Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, P = a b a c = a2 ab ac bc = a a b c bc 2 a a b c bc = 2. a a b c bc a a b c 1 Đẳng thức xảy ra 1 . a b c bc 1 abc Hệ này có vô số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1 a = 2 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2. 91
ĐỀ SỐ 26 1 1 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: . 2 5 2 5 3x + y = 9 2) Giải hệ phương trình: . x - 2y = - 4 1 1 x Câu 2: Cho biểu thức P = : với x > 0. x + x x 1 x + 2 x 1 1) Rút gọn biểu thức P. 1 2) Tìm các giá trị của x để P > . 2 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + m = 0 (1) 1) Giải phương trình đã cho với m = 1. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 thỏa 2 mãn: (x1x2 – 1) = 9( x1 + x2 ). Câu 4: Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đường tròn đường kính AD, tâm O. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng: 1) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp được đường tròn. 2) E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH. 2) Năm điểm B, C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn. Câu 5: Giải phương trình: x + 8 x + 3 x2 11x + 24 1 5 . 92
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1 1 2 5 2 5 2 5 1) 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 1 3x + y = 9 6x + 2y = 18 7x = 14 x = 2 2) . x - 2y = - 4 x - 2y = - 4 y = 9 - 3x y = 3 Câu 2: 1 1 x 1) P = : x + x x 1 x + 2 x 1 2 1 x x 1 . x x 1 x x 1 x 2 1 x x 1 1 x x 1 1 - x . . x x 1 x x. x x 1 - x 1 2 2) Với x > 0 thì 2 1 - x x 3x > - 2 x . 3 2 Câu 3: 1) Với m = 1, ta có phương trình: x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. 2) Ta có: ∆ = 1 – 4m. Để phương trình có nghiệm thì ∆ 0 1 – 4m 0 1 m (1). 4 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = m 2 Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – 1 ) = 9( x1 + x2 ), ta được: m = - 2 2 2 (m – 1) = 9 m – 2m – 8 = 0 . . m = 4 Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. Câu 4: µ µ 1) Tứ giác ABEH có: B = 900 (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); H = 900 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp được. 93
µ µ Tương tự, tứ giác DCEH có C = H = 900 , nên nội tiếp được. 2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có: · · EBH = EAH (cùng chắn cung E»H ) C · · · Trong (O) ta có: EAH = CAD = CBD B (cùng chắn cung C»D ). E · · I Suy ra: EBH = EBC , nên BE là tia phân D · A H O giác của góc HBC . · · · Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE , nên · CE là tia phân giác của góc BCH . Vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH. 3) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên · · BIC = 2EDC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung E»C ). Mà · · · · EDC = EHC , suy ra BIC = BHC . · · · + Trong (O), BOC = 2BDC = BHC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung B»C ). · + Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc BHC dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C, H, O, I cùng nằm trên một đường tròn. Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1) Đặt x + 8 a; x + 3 b a 0; b 0 (2) Ta có: a2 – b2 = 5; x2 11x + 24 x + 8 x + 3 ab Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(ab + 1) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 a - b = 0 x + 8 x + 3 (vn) x = - 7 1 - a = 0 x + 8 1 x = - 2 1 - b = 0 x + 3 1 Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 2. 94
ĐỀ SỐ 27 Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: 1 2 1) A = 20 80 45 2 3 5 5 5 5 2) B = 2 . 2 5 1 5 1 2x - y = 1 - 2y Câu 2: 1) Giải hệ phương trình: 3x + y = 3 - x 2 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x – x – 3 = 0. 1 1 Tính giá trị biểu thức P = . x1 x2 Câu 3. Một xe lửa đi từ Huế ra Hà Nội. Sau đó 1 giờ 40 phút, một xe lửa khác đi từ Hà Nội vào Huế với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe lửa thứ nhất là 5 km/h. Hai xe gặp nhau tại một ga cách Hà Nội 300 km. Tìm vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng quãng đường sắt Huế-Hà Nội dài 645km. Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C là một điểm nằm giữa O và A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại I. K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng CI (K khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia CI tại D. Chứng minh: 1) ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) ∆ABD ~ ∆MBC 3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di động trên đoạn thẳng CI. Câu 5: Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1. 1 1 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 y2 xy 95