Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán (Dùng cho học sinh thi vào trường chuyên) - Trường THCS Hải Minh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán (Dùng cho học sinh thi vào trường chuyên) - Trường THCS Hải Minh (Có đáp án)

1. Phòng GD-ĐT Hải Hậu Đề thi thử vào lớp10 thpt Trường THCSB Hải Minh đề dùng cho hs thi vào trường chuyên (Thời gian làm bài 150’) Bài 1(1đ): Cho biểu thức x x 3 2( x 3) x 3 P x 2 x 3 x 1 3 x Rút gọn P. Bài 2(1đ): Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình: x2 + (a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 vô nghiệm. Bài 3(1đ): Giải phương trình sau: 4 5 x 6 2x 7 x 25 Bài 4(1đ): Giải hệ phương trình sau: 2x2 y2 xy y 5x 2 0 2 2 x y x y 4 0 Bài 5(1đ): Chứng minh rằng: 8 3 3 2 2 3 3 2 2 36 1 1 1 Bài 6(1đ): Cho x, y, z> 0 thoả mãn: 3 x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2x2 y2 2y2 z 2 2z 2 x2 P xy yz zx Bài 7(1đ): Trong mặt phẳng 0xy cho đường thẳng (d) có phương trình 2kx + (k - 1)y = 2 (k là tham số) a) Tìm k để đường thẳng (d) song song đường thẳng y = x 3 . Khi đó tính góc tạo bởi đường thẳng (d) với 0x. b) Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng (d) lớn nhất. Bài 8(1đ): Cho góc vuông x0y và 2 điểm A, B trên Ox (OB > OA >0), điểm M bất kỳ trên cạnh Oy(M O). Đường tròn (T) đường kính AB cắt tia MA,MB lần lượt tại điểm thứ hai: C , E . Tia OE cắt đường tròn (T) tại điểm thứ hai F. 1. Chứng minh 4 điểm: O, A, E, M nằm trên 1 đường tròn. 2. Tứ giác OCFM là hình gì? Tại sao? Bài 9(1đ): Cho tam giác ABC nhọn có 3 đường cao: AA1, BB1, CC1 đồng quy tại H. HA HB HC Chứng minh rằng: 6 .Dấu "=" xảy ra khi nào? HA1 HB1 HC1 Bài 10(1đ): Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng, đôi một vuông góc với nhau. Lấy điểm A, B, C bất kỳ trên Ox, Oy và Oz. a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: OH vuông góc với mặt phẳng ABC 2 2 2 2 b) Chứng minh rằng: S ABC S OAB S OBC S OAC . 1
2. Đáp án: Bài Bài giải Điểm Điều kiện: x 0 0.25 x 2 x 3 0 0 x 9 x 3 0 * Rút gọn: 0.25 Bài 1 x x 3 2( x 3) 2 ( x 3)( x 1) (1 điểm) P ( x 1)( x 3) 0.25 x x 3x 8 x 24 ( x 1)( x 3) 0.25 x 8 x 1 Ta có: =(a + b + c)2 - 4(ab + bc + ca) = a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca 0.25 * Vì a, b, c là 3 cạnh a2 < (b + c)a b2 < (a + c)b 0.25 Bài 2 c2 < (a + b)c (1 điểm) 2 2 2 0.25 a + b + c < 2ab + 2ac + 2bc < 0 phương trình vô nghiệm. 0.25 5 x 0 0.25 * Điều kiện: 7 / 2 x 5 Bài 3 2 x 7 0 (1 điểm) * Phương trình 0.25 (2x 7 6 2x 7 9) (5 x 4 5 x 4) 0 2 2 0.25 2x 7 3 5 x 2 0 0.25 2x 7 3 0 5 x 2 0 Bài 4 x 1 (1 điểm) 2x2 xy y2 5x y 2 0 (1) Giải hệ: 2 2 x y x y 4 0 (2) 2 2 Từ (1) 2x + (y - 5)x - y + y + 2 = 0 0.25 2
3. 2 2 2 x (y 5) 8( y y 2) 9(y 1) 5 y 3(y 1) x 2 y 4 5 y 3(y 1) y 1 x 4 2 * Với: x = 2 - y, ta có hệ: x 2 y 2 2 x y x y 4 0 0.25 x 2 y x y 1 2 y 2y 1 0 y 1 *Với x , ta có hệ: 2 y 1 x 2 2 2 x y x y 4 0 0.25 x y 1 4 y 2x 1 x 5 0.25 5x2 x 4 0 13 y 5 4 13 Vậy hệ có 2 nghiệm: (1;1) và ; 5 5 Đặt a = x + y, với: x 3 3 2 2 ; y 3 3 2 2 0.25 Ta phải chứng minh: a8 > 36 Ta có: 0.25 x3 y3 6 x.y 1 0.25 Bài 5 3 3 3 3 (1 điểm) a (x y) x y 3xy(x y) 6 3a 0.25 cos y 3(1 1 a) 3.33 1.1.a (vì: x > 1; y > 0 a > 1) a9 > 93.a a8 > 36 (đpcm). 1 2 * áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, 2 và , Bài 6 x y (1 điểm) 0.25 3
4. 2 2 1 2 1 2 (12 2 ) 2 2 x y x y 2x2 y2 2 1 1 1 2 (1) 0.25 2 2 xy y x 3 x y Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y Tương tự: 2y2 z 2 1 1 2 (2) 0.25 yz 3 y z 2z 2 x2 1 1 2 (3) zx 3 z x 1 3 3 3 Từ (1), (2), (3) P 3 0.25 3 x y z Suy ra: Pmin = 3 khi: x = y = z = 3 . 1).* Với k = 1 suy ra phương trình (d): x = 1 không song song: y = 3 x 2k 2 0.25 * Với k 1: (d) có dạng: y .x k 1 k 1 0.25 2k để: (d) // y = 3 x 3 k 3(2 3) k 1 Khi đó (d) tạo Ox một góc nhọn với: tg = 3 = 60 0. 2)* Với k = 1 thì khoảng cách từ O đến (d): x = 1 là 1. * k = 0 suy ra (d) có dạng: y = -2, khi đó khoảng cách từ O đến (d) là 2. 0.25 * Với k 0 và k 1. Gọi A = d  Ox, suy ra A(1/k; 0) B = d  Oy, suy ra B(0; 2/k-1) Bài 7 1 2 (1 điểm) Suy ra: OA = ;OB k k 1 Xét tam giác vuông AOB, ta có : 1 1 1 OH 2 OA 2 OB 2 2 2 2 OH 5 0.25 2 2 2 5k 2k 1 1 4 5 k 5 5 5 Suy ra (OH)max = 5 khi: k = 1/5. Vậy k = 1/5 thì khoảng cách từ O đến (d) lớn nhất. Bài 8 y (1điểm) M a) Xét tứ giác OAEM có: F   0.25 O E 2v 1 E 1 4 1
5.  (Vì: E 1v góc nội tiếp ) Suy ra: O, A, E, M B 0.25 cùng thuộc đường tròn. O A x C   b) Tứ giác OAEM nội tiếp, suy ra: M1 E1   *Mặt khác: A, C, E, F cùng thuộc đường tròn (T) suy ra: E1 C1 0.25   Do đó: M1 C1 OM // FC Tứ giác OCFM là hình thang. 0.25 b)* Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác. * Đặt S = S ABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB. A Ta có: C1 B1 1 .AA1.BC S 2 AA1 HA 1 H 0.25 S 1 HA HA 1 .HA .BC 1 1 2 1 S HB Tơng tự: 1 B A1 C S 2 HB1 S HC 1 S3 HC1 Suy ra: 0.25 Bài 9 HA HB HC 1 1 1 (1điểm) S 3 HA1 HB1 HC1 S1 S2 S3 1 1 1 (S1 S2 S3 ) 3 S1 S2 S3 0.25 0.25 1 1 1 Theo bất đẳng thức Côsy: (S1 S 2 S 3 ) 9 S1 S 2 S 3 HA HB HC 9 3 6 HA1 HB 1 HC 1 Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều a) Gọi AM, CN là đường cao của tam giác ABC. 0.25 Ta có: AB  CN AB  OC (vì: OC  mặt phẳng (ABO) 0.25 Bài 10 Suy ra: AB  mp(ONC) AB  OH (1). (1điểm) Tương tự: BC  AM; BC  OA, suy ra: BC  mp (OAM) OH  BC (2). Từ (1) và (2) suy ra: OH  mp(ABC) 5
6. 0.25 b) Đặt OA = a; OB = b; OC = c. 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 Ta có: S CN.AB S CN .AB (OC ON ).(OA OB ) ABC 2 ABC 4 4 Mặt khác: Do tam giác OAB vuông, suy ra: 1 1 1 1 1 a2b2 ON 2 ON 2 OA2 OB2 a2 b2 a2 b2 0.25 1 a2b2 1 1 1 S 2 c2 (a2 b2 ) a2b2 c2b2 a2c2 ABC 2 2 4 a b 4 4 4 2 2 2 SOBC SOAB SOAC Đề 3 x y xy Bài 1: Cho biểu thức: P ( x y )(1 y ) x y ) x 1 x 1 1 y a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2. Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) . a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung. Bài 3: Giải hệ phơng trình : x y z 9 1 1 1 1 x y z xy yz zx 27 Bài 4: Cho đường tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn (C A ; C B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. 1 1 1 1 Bài 5: Cho x, y, z R thỏa mãn : x y z x y z 3 Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) . 4 Đáp án Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; x 0 ; y 0 ; y 1 ; x y 0 . x(1 x) y(1 y ) xy x y (x y) x x y y xy x y *). Rút gọn P: P x y 1 x 1 y x y 1 x 1 y 6
7. x y x y x xy y xy x x 1 y x 1 y 1 x 1 x x y 1 x 1 y 1 x 1 y x y y y x x 1 y 1 y y 1 y x xy y. 1 y 1 y Vậy P = x xy y. b). P = 2 x xy y. = 2 x 1 y y 1 1 x 1 1 y 1 Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn Bài 2: a). Đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình đờng thẳng (d) là : y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình: - x2 = mx + m – 2 x2 + mx + m – 2 = 0 (*) Vì phơng trình (*) có m 2 4m 8 m 2 2 4 0 m nên phơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b). A và B nằm về hai phía của trục tung phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m – 2 x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bài 4: Q a). Xét ABM và NBM . Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) o nên :AMB = NMB = 90 . N C 7 M B A O
8. M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => BAN cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB). => MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M b). Xét MCB và MNQ có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC = MNQ ( vì :  MCB =  MNC ;  MBC =  MQN ). => MCB MNQ (c.g .c). => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có AC  BQ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 1)R Bài 5: 1 1 1 1 1 1 1 1 Từ : => 0 x y z x y z x y z x y z x y x y z z => 0 xy z x y z 1 1 z y 0 xy z x y z zx zy z 2 xy x y 0 xyz(x y z) x y y z (z x) 0 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) 3 3 Vậy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 4 Đề 4 Bài 1: 1) Cho đường thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đường thẳng d / đối xứng với đường thẳng d qua đường thẳng y = x là: 1 1 A.y = x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = x - 2 ; D.y = - 2x - 4 2 2 Hãy chọn câu trả lời đúng. 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đường kính đáy đựng đầy nước, nhúng chìm vào bình một 2 hình cầu khi lấy ra mực nước trong bình còn lại bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán kính hình cầu 3 là A.2 ; B.3 2 ; C. 3 3 ; D. một kết quả khác. Bìa2: 1) Giải phương trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0 8
9. 2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x + y Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7 Phân tích thành thừa số được : (x + b).(x + c) 2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lượt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB 0 nên A lớn nhất A2 lớn nhất. Xét A2 = (x + y )2 = x + y + 2xy = 1 + 2xy (1) x y Ta có: xy (Bất đẳng thức Cô si) 2 => 1 > 2 xy (2) Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2xy x = y = , max A = 2 x = y = 2 2 Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c) Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c) Có 2 trường hợp: 4 + b = 1 và 4 + b = 7 4 + c = - 7 4 + c = - 1 Trường hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11) Trường hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2 Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5) Câu2 (1,5điểm) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: 1 x AD = AB. Ta có D là điểm cố định 4 B MA 1 AD 1 Mà = (gt) do đó = AB 2 MA 2 Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung) D A M 9 C
10. MA AD 1 = = AB MA 2 MB MA Do đó Δ AMB ~ Δ ADM => = = 2 MD AD => MD = 2MD (0,25 điểm) Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC Dấu "=" xảy ra M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC * Cách dựng điểm M. 1 - Dựng đường tròn tâm A bán kính AB 2 1 - Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB 4 1 M là giao điểm của DC và đường tròn (A; AB) N 2 Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N 0 Do MâN = 90 nên MN là đường kính C Vậy I là trung điểm của MN b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) I => CN = MK = MD (vì ΔMKD vuông cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA K O => AM = AN = AD + AC không đổi B A c) Ta có IA = IB = IM = IN Vậy đường tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định . Đề 5 M Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời : x2 2y 1 y2 2z 1 z2 2x 1 0 D Tính giá trị của biểu thức :A x2007 y2007 z2007 . Bài 2). Cho biểu thức : M x2 5x y2 xy 4y 2014 . Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bài 3. Giải hệ phương trình : 2 2 x y x y 18 x x 1 .y y 1 72 Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại C và D. a.Chứng minh : AC . BD = R2. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Bài 5.Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng : 2 a b a b 2a b 2b a 2 Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC. 10
11. Hướng dẫn giải Bài 1. Từ giả thiết ta có : x2 2y 1 0 y2 2z 1 0 2 z 2x 1 0 Cộng từng vế các đẳng thức ta có : x2 2x 1 y2 2y 1 z2 2z 1 0 x 1 0 2 2 2 x 1 y 1 z 1 0 y 1 0 x y z 1 z 1 0 A x2007 y2007 z2007 1 2007 1 2007 1 2007 3 Vậy : A = -3. Bài 2.(1,5 điểm) Ta có : M x2 4x 4 y2 2y 1 xy x 2y 2 2007 M x 2 2 y 1 2 x 2 y 1 2007 2 1 3 2 M x 2 y 1 y 1 2007 2 4 2 2 1 Do y 1 0 và x 2 y 1 0 x, y 2 M 2007 M min 2007 x 2; y 1 u x x 1 u v 18 Bài 3. Đặt : Ta có : u ; v là nghiệm của phương trình : v y y 1 uv 72 2 X 18X 72 0 X1 12; X 2 6 u 12 u 6 ; v 6 v 12 x x 1 12 x x 1 6 ; y y 1 6 y y 1 12 Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. Bài 4. a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC  OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM . MD d 11 m c a b h o
12. R2 = AC . BD b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp Mã CO Mã AO;Mã DO Mã BO VCOD : VAMB g.g (0,25đ) Chu.vi.VCOD OM Do đó : (MH1  AB) Chu.vi.VAMB MH1 OM Do MH1 OM nên 1 MH1 Chu vi VCOD chu vi VAMB ằ Dấu = xảy ra MH1 = OM M O M là điểm chính giữa của cung AB 2 2 1 1 Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : a 0; b 0  a , b > 0 2 2 1 1 1 1 a a 0;b b 0 (a a ) (b b ) 0  a , b > 0 4 4 4 4 1 a b a b 0 Mặt khác a b 2 ab 0 2 1 Nhân từng vế ta có : a b a b 2 ab a b 2 2 a b a b 2a b 2b a 2 Bài 6. (1 điểm) Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp VABC Gọi E là giao điểm của AD và (O) a Ta có:VABD : VCED (g.g) BD AD AB.ED BD.CD ED CD AD. AE AD BD.CD AD2 AD.AE BD.CD Lại có : VABD : VAEC g.g b d c AB AD AB.AC AE.AD AE AC e AD2 AB.AC BD.CD Đè 6 Câu 1: Cho hàm số f(x) = x 2 4x 4 a) Tính f(-1); f(5) 12
13. b) Tìm x để f(x) = 10 f (x) c) Rút gọn A = khi x 2 x 2 4 x(y 2) (x 2)(y 4) Câu 2: Giải hệ phương trình (x 3)(2y 7) (2x 7)(y 3) x x 1 x 1 x Câu 3: Cho biểu thứcA = : x với x > 0 và x 1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1a) f(x) = x 2 4x 4 (x 2) 2 x 2 Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 x 2 10 x 12 b) f (x) 10 x 2 10 x 8 f (x) x 2 c) A x 2 4 (x 2)(x 2) 1 Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A x 2 1 Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A x 2 Câu 2 x(y 2) (x 2)(y 4) xy 2x xy 2y 4x 8 x y 4 x -2 (x 3)(2y 7) (2x 7)(y 3) 2xy 6y 7x 21 2xy 7y 6x 21 x y 0 y 2 x x 1 x 1 x Câu 3 a) Ta có: A = : x = x 1 x 1 x 1 13
14. ( x 1)(x x 1) x 1 x( x 1) x x x 1 x 1 x x x : = : = ( x 1)( x 1) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 2 x x 2 x 1 2 x : = : =  = x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 2 x b) A = 3 => = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3 x Câu 4 Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) P a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có A EH CH ; (1) PB CB E Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) B C => POB =  ACB (hai góc đồng vị) H => AHC POB AH CH Do đó: (2) PB OB Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.O b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH.CB AH.CB AH 2 (2R ) . 2PB 2PB AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 4R.CB.PB 4R.2R.PB AH 4.PB 2 CB 2 4PB 2 (2R)2 8R 2 . d2 R 2 2.R 2 . d2 R 2 4(d2 R 2 ) 4R 2 d2 Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đó suy ra m 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: 14
15. 2m 1 13 - 4m x x x 1 2 2 1 7 m 1 7m 7 x1 .x 2 x1 2 26 - 8m 3x1 4x 2 11 13 - 4m 7m 7 3 4 11 7 26 - 8m 13 - 4m 7m 7 Giải phương trình 3 4 11 7 26 - 8m ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11 Đề 7 x 2 x 1 x 1 Câu 1: Cho P = + - x x 1 x x 1 x 1 a/. Rút gọn P. 1 b/. Chứng minh: P BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp VBCD . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. Đáp án Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm) x 2 x 1 x 1 P = + - x x 1 x x 1 ( x 1)( x 1) x 2 x 1 1 = + - ( x)3 1 x x 1 x 1 15
16. x 2 ( x 1)( x 1) (x x 1) = ( x 1)(x x 1) x x x = = ( x 1)(x x 1) x x 1 1 x 1 b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P 0 ) x - 2x + 1 > 0 (x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1) Câu 2:a/. Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ’ 0. (m - 1)2 – m2 – 3 0 4 – 2m 0 m 2. b/. Với m 2 thì (1) có 2 nghiệm. Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có: a 3a 2m 2 2 a.3a m 3 m 1 m 1 a= 3( )2 = m2 – 3 2 2 m2 + 6m – 15 = 0 m = –3 26 ( thõa mãn điều kiện). Câu 3: Điều kiện x 0 ; 2 – x2 > 0 x 0 ; x 0 x2 y2 2 (1) Ta có: 1 1 2 (2) x y 1 Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = - 2 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: X2 – 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1. 1 * Nếu xy = - thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: 2 1 1 3 X2 + X - = 0 X = 2 2 A 1 3 1 3 K Vì y > 0 nên: y = x = 2 2 1 3 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 2 Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. D 16 O B C
17. Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành AB // CK BãAC ãACK 1 1 Mà ãACK sđEằC = sđBằD = Dã CB 2 2 Nên BãCD BãAC Dựng tia Cy sao cho BãCy BãAC .Khi đó, D là giao điểm của ằAB và Cy. Với giả thiết ằAB > BằC thì BãCA > BãAC > BãDC . D AB . Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm. Đề 8 1 Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = x 2 1 x Là một số tự nhiên x 2 1 x x y 2 z b. Cho biểu thức: P = Biết x.y.z = 4 , tính P . xy x 2 yz y 1 zx 2 z 2 Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2) a.Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. b.Tính diện tích tam giác ABC. Câu3 Giải phương trình: x 1 3 2 x 5 Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ). 2 b.R DE R 3 đáp án Câu 1: a. x 2 1 x A = x 2 1 x x 2 1 x ( x 2 1 x) 2x ( x 2 1 x).( x 2 1 x) k A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = 2 (trong đó k Z và k 0 ) b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và xyz 2 Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi xyz ta được: x xy 2 z x xy 2 P = 1 (1đ) xy x 2 xy x 2 z ( x 2 xy xy x 2 P 1 vì P > 0 Câu 2: a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên b = 4; a = 2 Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4. Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đường thẳng AB A, B, C không thẳng hàng. 17
18. Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đường thẳng AB A,B,D thẳng hàn b.Ta có : AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20 AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10 BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10 AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C 1 Vậy S ABC = 1/2AC.BC = 10. 10 5 ( đơn vị diện tích ) 2 Câu 3: Đkxđ x 1, đặt x 1 u; 3 2 x v ta có hệ phương trình: u v 5 2 3 u v 1 Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2 x = 10. Câu 4 a.áp dụng định lí Pitago tính được O AB = AC = R ABOC là hình B vuông (0.5đ) Kẻ bán kính OM sao cho D BOD = MOD M MOE = EOC (0.5đ) A E C Chứng minh BOD = MOD OMD = OBD = 900 Tương tự: OME = 900 D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). b.Xét ADE có DE AD; DE > AE ; DE = DB + EC 2 Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R DE > R 3 2 Vậy R > DE > R 3 Đề 9 Câu 1: Cho hàm số f(x) = x 2 4x 4 a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 f (x) c) Rút gọn A = khi x 2 x 2 4 Câu 2: Giải hệ phương trình x(y 2) (x 2)(y 4) (x 3)(2y 7) (2x 7)(y 3) Câu 3: Cho biểu thức 18
19. x x 1 x 1 x A = : x với x > 0 và x 1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn A 2) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1 a) f(x) = x 2 4x 4 (x 2) 2 x 2 Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 x 2 10 x 12 b) f (x) 10 x 2 10 x 8 f (x) x 2 c) A x 2 4 (x 2)(x 2) 1 Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A x 2 1 Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A x 2 Câu 2 x(y 2) (x 2)(y 4) (x 3)(2y 7) (2x 7)(y 3) xy 2x xy 2y 4x 8 2xy 6y 7x 21 2xy 7y 6x 21 x y 4 x -2 x y 0 y 2 x x 1 x 1 x Câu 3a) Ta có: A = : x x 1 x 1 x 1 19
20. ( x 1)(x x 1) x 1 x( x 1) x = : ( x 1)( x 1) x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x x = : x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x = : x 1 x 1 x 2 x x 2 x 1 2 x = : =  = x 1 x 1 x 1 x x 2 x b) A = 3 => = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3 x Câu 4 P A E B C H a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có EH CH O ; (1) PB CB Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => AHC POB AH CH Do đó: (2) PB OB Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH.CB AH.CB AH 2 (2R ) . 2PB 2PB 20
21. AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 4R.CB.PB 4R.2R.PB AH 4.PB 2 CB 2 4PB 2 (2R)2 8R 2 . d2 R 2 2.R 2 . d2 R 2 4(d2 R 2 ) 4R 2 d2 Câu 5 (1đ) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đó suy ra m 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: 2m 1 13 - 4m x x x 1 2 2 1 7 m 1 7m 7 x1 .x 2 x1 2 26 - 8m 3x1 4x 2 11 13 - 4m 7m 7 3 4 11 7 26 - 8m 13 - 4m 7m 7 Giải phương trình 3 4 11 7 26 - 8m ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt t Đề 10 Câu I : Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 1 A = + + + + 3 5 5 7 7 9 97 99 B = 35 + 335 + 3335 + + 3 3 33 35 99số3 Câu II :Phân tích thành nhân tử : 1) X2 -7X -18 2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10 Câu III : 1) Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) 21
22. 2) áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2 Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q. a) Chứng minh DM.AI= MP.IB MP b) Tính tỉ số : MQ Câu 5: x 2 4x 3 Cho P = 1 x Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức. đáp án Câu 1 : 1 1 1 1 1) A = + + + + 3 5 5 7 7 9 97 99 1 1 = (5 3 + 7 5 + 9 7 + + 99 97 ) = (99 3 ) 2 2 2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3 3 33 35 = 99số3 =33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) 1 = 198 + ( 99+999+9999+ +999 99) 3 1 198 + ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 + 3 10101 102 B = +165 27 Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ) 2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3 = (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3 = (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2 = [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1] = (x2+5x +3)(x2+5x +7) 3) a10+a5+1 = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1 - (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a ) = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1) -a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1) =(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1) Câu 3: 4đ 1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 22
23. 0 (ad - bc)2 (đpcm ) Dấu = xãy ra khi ad=bc. 2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có : 52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2)(1 16) => 25 100 5 20 x2 + y2 => 4x2 + 4y2 dấu = xãy ra khi x= , y = (2đ) 17 17 17 17 Câu 4 : 5đ Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=> DM MP MPD đồng dạng với ICA => => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1). CI IA Ta có góc ADC = góc CBA, Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA. Do đó DMQ đồng dạng với BIA => DM MQ => DM.IA=MQ.IB (2) BI IA MP Từ (1) và (2) ta suy ra = 1 MQ Câu 5 Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0 Từ 1-x > 0 => x 0 Vậy với x 0. a 2 a 1 2 1 1 1 1 1 1 b. Tính giá trị của tổng. B 1 1 1 12 22 22 32 992 1002 Câu 2 : Cho pt x 2 mx m 1 0 a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với m . b. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt. 2x1 x2 3 P 2 2 x1 x2 2 x1 x2 1 Câu 3 : Cho x 1, y 1 Chứng minh. 23
24. 1 1 2 1 x 2 1 y 2 1 xy Câu 4 Cho đường tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đường tròn, từM kẻ MH  AB (H AB). Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D. 1. Chứng minh rằng đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. 2. Chứng minh. MA2 AH AD . MB 2 BD BH Hướng dẫn a 2 a 1 Câu 1 a. Bình phương 2 vế A (Vì a > 0). a a 1 c. áp dụng câu a. 1 1 A 1 a a 1 1 9999 B 100 100 100 Câu 2 a. : cm 0 m B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có: x1 x2 m 2m 1 P 2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn. x1 x2 m 1 m 2 1 P 1 2 1 GTLN m 2 2 GTNN 1 m 1 Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta được. x y x y x y bđt 0 1 x 2 1 xy 1 y 2 1 xy x y 2 xy 1 0 đúng vì xy 1 M Câu 4: a - Kẻ thêm đường phụ. - Chứng minh MD là đường kính của (o) => b. E' o Gọi E', F' lần lượt là hình chiếu của D trên MA và MB. F E F' D A H B 24 I
25. Đặt HE = H1 HF = H2 2 AH AD HE.h1.MA . 2 1 BD BH HF.h2 .MB HEF ∞ DF ' E ' HF.h2 HE.h MA2 AH AD Thay vào (1) ta có: . MB 2 BD BH Đề 12 a b a b a b 2ab Câu 1: Cho biểu thức D = : 1 1 ab 1 ab 1 ab a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D 2 b) Tính giá trị của D với a = 2 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của D 2 2 Câu 2: Cho phương trình x2- mx + m2 + 4m - 1 = 0 (1) 2 3 2 3 a) Giải phương trình (1) với m = -1 1 1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn x1 x2 x1 x2 Câu 3: Cho tam giác ABC đường phân giác AI, biết AB = c, AC = b, Aˆ ( 900 ) Chứng minh rằng 2bc.Cos AI = 2 (Cho Sin2 2Sin Cos ) b c Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB và một điểm N di động trên một nửa đường tròn sao cho NA NB.Vễ vào trong đường tròn hình vuông ANMP. a) Chứng minh rằng đường thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q. b) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp. c) Chứng minh đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1 Hãy tính giá trị của: xy zx xyz B = z y x Đáp án 25
26. a 0 Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là b 0 ab 1 - Rút gọn D 2 a 2b a a b ab D = : 1 ab 1 ab 2 a D = a 1 2 2(2 3 b) a = ( 3 1) 2 a 3 1 2 3 1 2 2 3 2 3 2 Vậy D = 2 1 4 3 2 3 c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có 2 a a 1 D 1 Vậy giá trị của D là 1 1 9 Câu 2: a) m = -1 phương trình (1) x 2 x 0 x 2 2x 9 0 2 2 x1 1 10 x2 1 10 1 b) Để phương trình 1 có 2 nghiệm thì 0 8m 2 0 m (*) 4 1 m 2 4m 1 0 2 ( ) + Để phương trình có nghiệm khác 0 * m1 4 3 2 m2 4 3 2 1 1 x1 x2 0 + x1 x2 (x1 x2 )(x1 x2 1) 0 x1 x2 x1 x2 1 0 m 0 2m 0 m 4 19 2 m 8m 3 0 m 4 19 Kết hợp với điều kiện (*)và ( ) ta được m = 0 và m 4 19 Câu 3: 1 + S AI.cSin ; ABI 2 2 A 1 + S AIC AI.bSin ; 2 2 2 2 a b 26 B C I c
27. 1 + S bcSin ; ABC 2 S ABC S ABI S AIC bcSin AISin (b c) 2 2bcCos bcSin AI 2 b c Sin (b c) 2 Câu 4: a) Nˆ Nˆ Gọi Q = NP  (O) ) ) 1 2 QA QB Suy ra Q cố định ˆ ˆ ˆ b) A1 M 1 ( A2 ) Tứ giác ABMI nội tiếp c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định. Tam giác ABF có: AQ = QB = QF N ABF vuông tại A Bˆ 450 AFˆB 450 ˆ 0 ˆ 1 2 M Lại có P1 45 AFB P1 Tứ giác APQF nội tiếp ˆ 0 APˆF AQF 90 2 I 1 0 0 0 A Ta có: APˆF APˆM 90 90 180 1 B M1,P,F Thẳng hàng P 1 1 1 2 Câu 5: Biến đổi B = xyz = xyz. 2 2 2 2 x y z xyz Q F Đề 13 x 4(x 1) x 4(x 1) 1 Bài 1: Cho biểu thức A = . 1 x2 4(x 1) x 1 a) Tìm điều kiện của x để A xác định b) Rút gọn A Bài 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) và B(3; -4) a) Viết phương tình đường thẳng AB b) Xác định điểm M trên trục hoành để tam giác MAB cân tại M Bài 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên m để phương trình ẩn x sau: x2 - m2x + m + 1 = 0 có nghiệm nguyên. 27
28. Bài 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D BC) vẽ đường tròn tâm O qua A và D đồng thời tiếp xúc với BC tại D. Đường tròn này cắt AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh a) EF // BC b) Các tam giác AED và ADC; àD và ABD là các tam giác đồng dạng. c) AE.AC = à.AB = AC2 Bài 5 : Cho các số dương x, y thỏa mãn điều kiện x2 + y2 x3 + y4. Chứng minh: x3 + y3 x2 + y2 x + y 2 Đáp án Bài 1: a) Điều kiện x thỏa mãn x 1 0 x 1 x 4(x 1) 0 x 1 x > 1 và x 2 x 4(x 1) 0 x 1 2 x 2 x 4(x 1) 0 KL: A xác định khi 1 2 b) Rút gọn A ( x 1 1)2 ( x 1 1)2 x 2 A = . (x 2)2 x 1 x 1 1 x 1 1 x 2 A = . x 2 x 1 2 Với 1 2 A = x 1 Kết luận 2 Với 1 2 thì A = x 1 Bài 2: a) A và B có hoành độ và tung độ đều khác nhau nên phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b A(5; 2) AB 5a + b = 2 B(3; -4) AB 3a + b = -4 Giải hệ ta có a = 3; b = -13 Vậy phương trình đường thẳng AB là y = 3x - 13 b) Giả sử M (x, 0) xx’ ta có MA = (x 5)2 (0 2)2 MB = (x 3)2 (0 4)2 ΔMAB cân MA = MB (x 5)2 4 (x 3)2 16 (x - 5)2 + 4 = (x - 3)2 + 16 28
29. x = 1 Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3: Phương trình có nghiệm nguyên khi Δ = m4 - 4m - 4 là số chính phương Ta lại có: m = 0; 1 thì Δ 5 2m2 - 4m - 5 > 0 ΔΔ - (2m2 - 2m - 5) < Δ < Δ + 4m + 4 m4 - 2m + 1 < Δ < m4 A (m2 - 1)2 < Δ < (m2)2 Δ không chính phương Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Bài 4: E F 1 a) EãAD EãFD( sdEằD) (0,25) 2 ã ã 1 ằ FAD FDC( sdFD) (0,25) B 2 C D mà EãDA FãAD EãFD FãDC (0,25) EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau) b) AD là phân giác góc BAC nên DằE DằF 1 1 sđÃCD sđ(AẳED DằF ) = sđAằE = sđ ÃDE 2 2 do đó ÃCD ÃDE và EãAD Dã AC ΔDΔΔΔΔΔΔΔADC (g.g) 1 1 1 Tương tự: sđ ÃDF sdAằF sd(AẳFD DằF) = (sdAẳFD DằE) sdÃBD ÃDF ÃBD 2 2 2 do đó ΔAFD ~ ΔΔΔΔ(g.g c) Theo trên: + ΔAED ~ ΔΔDB AE AD hay AD2 = AE.AC (1) AD AC AD AF + ΔADF ~ ΔABD AB AD AD2 = AB.AF (2) Từ (1) và (2) ta có AD2 = AE.AC = AB.AF Bài 5 (1đ): Ta có (y2 - y) + 2 0 2y3 y4 + y2 (x3 + y2) + (x2 + y3) (x2 + y2) + (y4 + x3) mà x3 + y4 x2 + y3 do đó x3 + y3 x2 + y2 (1) + Ta có: x(x - 1)2 0: y(y + 1)(y - 1)2 0 x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2 0 x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y 0 (x2 + y2) + (x2 + y3) (x + y) + (x3 + y4) mà x2 + y3 x3 + y4 29
30. x2 + y2 x + y (2) và (x + 1)(x - 1) 0. (y - 1)(y3 -1) 0 x3 - x2 - x + 1 + y4 - y - y3 + 1 0 (x + y) + (x2 + y3) 2 + (x3 + y4) mà x2 + y3 x3 + y4 x + y 2 Từ (1) (2) và (3) ta có: x3 + y3 x2 + y2 x + y 2 Đề 14 Câu 1: x- 4(x-1) + x + 4(x-1) 1 cho A= ( 1 - ) x2- 4(x-1) x-1 a/ rút gọn biểu thức A. b/ Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Câu 2: Xác định các giá trị của tham số m để phương trình x2-(m+5)x-m+6 =0 Có 2 nghiệm x1 và x2 thoã mãn một trong 2 điều kiện sau: a/ Nghiệm này lớn hơn nghiệm kia một đơn vị. b/ 2x1+3x2=13 Câu 3Tìm giá trị của m để hệ phương trình mx-y=1 m3x+(m2-1)y =2 vô nghiệm, vô số nghiệm. Câu 4: tìm max và min của biểu thức: x2+3x+1 x2+1 Câu 5: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 450. Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đường chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đường chéo BD tại Q. a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đường tròn. b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP c/ Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB biết CPD=CM hướng dẫn Câu 1: a/ Biểu thức A xác định khi x≠2 và x>1 ( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2 A= . ( ) (x-2)2 x-1 x- 1 -1 + x-1 + 1 x- 2 2 x- 1 2 = . = = x-2 x-1 x-1 x-1 b/ Để A nguyên thì x- 1 là ước dương của 1 và 2 * x- 1 =1 thì x=0 loại * x- 1 =2 thì x=5 vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyên bằng 1 30
31. Câu 2: Ta có ∆x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m+1≥0 để phương trìnhcó hai nghiệmphân biệt khi vàchỉ khi m≤-7-4 3 và m≥-7+4 3 (*) (1) a/ Giả sử x2>x1 ta có hệ x2-x1=1 (2) x1+x2=m+5 (3) x1x2 =-m+6 Giải hệ tađược m=0 và m=-14 thoã mãn (*) (1’) b/ Theo giả thiết ta có: 2x1+3x2 =13 (2’) x1+x2 = m+5 (3’) x1x2 =-m+6 giải hệ ta được m=0 và m= 1 Thoả mãn (*) Câu 3: *Để hệ vô nghiệm thì m/m3=-1/(m2-1) ≠1/2 3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0 3m2-1≠-2 3m2≠-1 m=±1/2 m=±1/2 ∀m *Hệvô số nghiệm thì: m/m3=-1/(m2-1) =1/2 3m3-m=-m3 m=0 3m2-1= -2 m=±1/2 Vô nghiệm Không có giá trị nào của m để hệ vô số nghiệm. Câu 4: Hàm số xác định với ∀x(vì x2+1≠0) x2+3x+1 gọi y0 là 1 giá trịcủa hàmphương trình: y0= x2+1 2 0 (y0-1)x -6x+y -1 =0 có nghiệm 2 2 *y0=1 suy ra x = 0 y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1) ≥0 (y0-1) ≤ 9 suy ra -2 ≤ y0 ≤ 4 Vậy: ymin=-2 và y max=4 Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình) A B Giải M 0 1 1 a/  A1 và B1 cùng nhìn đoạn QE dưới một góc 45 P tứ giác ABEQ nội tiếp được. E  FQE =  ABE =1v. chứng minh tương tự ta có  FBE = 1v Q, P, C cùng nằm trên đường tròn đường kinh EF. b/ Từ câu a suy ra ∆AQE vuông cân. Q AE = 2 (1) AQ tương tự ∆ APF cũng vuông cân D C AF F = 2 (2) AB từ (1) và (2) AQP ~ AEF (c.g.c) SAEF 2 = (2 ) hay SAEF = 2SAQP SAQP c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD và  APD= CPD  MCD=  MPD= APD= CPD= CMD MD=CD ∆MCD đều  MPD=600 mà  MPD là góc ngoài của ∆ABM ta có  APB=450 vậy  MAB=600-450=150 31
32. Đề 15 2 x 9 2 x 1 x 3 Bài 1: Cho biểu thức M = x 5 x 6 x 3 2 x a. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M b. Tìm x để M = 5 c. Tìm x Z để M Z. bài 2: a) Tìm x, y nguyên dơng thoã mãn phơng trình 2 2 3x +10 xy + 8y =96 b)tìm x, y biết / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = 3 1 1 1 Bài 3: a. Cho các số x, y, z dơng thoã mãn + + = 4 x y z 1 1 1 Chứng ming rằng: + + 1 2x y z x 2y z x y 2z x 2 2x 2006 b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = (với x 0 ) x 2 Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Kẻ tia Ax, Ay sao cho xAˆy = 45 0 Tia Ax cắt CB và BD lần lợt tại E và P, tia Ay cắt CD và BD lần lợt tại F và Q a. Chứng minh 5 điểm E; P; Q; F; C cùng nằm trên một đờng tròn b. S AEF = 2 S APQ Kẻ đờng trung trực của CD cắt AE tại M. Tính số đo góc MAB biết CPˆD = CMˆD Bài 5: (1đ) 1 1 1 ac bc ac Cho ba số a, b , c khác 0 thoã mãn: 0 ; Hãy tính P = a b c c 2 a 2 b 2 đáp án 2 x 9 2 x 1 x 3 Bài 1:M = x 5 x 6 x 3 2 x a.ĐK x 0; x 4; x 9 0,5đ 2 x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2 Rút gọn M = x 2 x 3 x x 2 x 1 x 2 x 1 Biến đổi ta có kết quả: M = M = M x 2 x 3 x 3 x 2 x 3 32
33. x 1 b M 5 5 x 3 x 1 5 x 3 x 1 5 x 15 16 4 x 16 x 4 x 16 4 x 1 x 3 4 4 c. M = 1 x 3 x 3 x 3 Do M z nên x 3 là ớc của 4 x 3 nhận các giá trị: -4; -2; -1; 1; 2; 4 x 1;4;16;25;49 do x 4 x 1;16;25;49 Bài 2 a. 3x2 + 10xy + 8y2 = 96 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96 (3x2 + 6xy) + (4xy + 8y2) = 96 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96 (x + 2y)(3x + 4y) = 96 Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng và 3x + 4y > x + 2y 3 mà 96 = 25. 3 có các ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành tích 2 thừa số không nhỏ hơn 3 là: 96 = 3.32 = 4.24 = 6. 16 = 8. 12 Lại có x + 2y và 3x + 4y có tích là 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y là số chẳn do đó x 2y 6 Hệ PT này vô nghiệm 3x 4y 24 x 2y 6 x 4 Hoặc 3x 4y 16 y 1 x 2y 8 Hoặc Hệ PT vô nghiệm 3x 4y 12 Vậy cấp số x, y nguyên dơng cần tìm là (x, y) = (4, 1) b. ta có /A/ = /-A/ AA Nên /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/ / x 2005 2008 x / / 3/ 3 (1) mà /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = 3 (2) Kết hợp (1 và (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ 0 (3) 33
34. / x 2006 / 0 x 2006 (3) sảy ra khi và chỉ khi / y 2007 / 0 y 2007 Bài 3 a. Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ a 2 b 2 a b 2 b. Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có (*) x y x y (a2y + b2x)(x + y) a b 2 xy a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy a2xy + 2abxy + b2xy a2y2 + b2x2 2abxy a2y2 – 2abxy + b2x2 0 (ay - bx)2 0 ( ) bất đẳng thức ( ) đúng với mọi a, b, và x,y > 0 a b Dấu (=) xảy ra khi ay = bx hay x y áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 4 4 4 4 2x y z 2x y z x y x z x y x z 2 2 2 2 1 1 1 1 4 4 4 4 1 2 1 1 x y x z 16 x y z 1 1 1 2 1 Tơng tự x 2y z 16 x y z 1 1 1 1 2 x y 2z 16 x y z Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z 16 x y z 16 x y z 1 4 4 4 4 1 1 1 1 .4 1 16 x y z 16 x y z 4 1 1 1 Vì 4 x y z 34
35. x2 2x 2006 B x 0 x2 2 x 2x 2006 2006x 2 2.2006x 2006 2 Ta có:B B x 2 2006x x 2006 2 2005x 2 x 2006 2 2005 2005 B x 2 2006x 2 2006 Vì (x - 2006)2 0 với mọi x x2 > 0 với mọi x khác 0 2 x 2006 2005 2005 0 B B khix 2006 2006x2 2006 2006 ) ) ) Bài 4a. EBQ EAQ 450 YEBAQ nội tiếp; Bˆ = 900 góc AQE = 900 gócEQF = 900 Tơng tự góc FDP = góc FAP = 450 Tứ giác FDAP nội tiếp góc D = 900 góc APF = 900 góc EPF = 900 . 0,25đ Các điểm Q, P,C luôn nhìn dới 1góc900 nên 5 điểm E, P, Q, F, C cùng nằm trên 1 đờng tròn đờng kính EF 0,25đ b. Ta có góc APQ + góc QPE = 1800 (2 góc kề bù) góc APQ = góc AFE Góc AFE + góc EPQ = 1800 Tam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g) 2 S APQ 2 1 1 k 2S APQ S AEE S AEF 2 2 c. góc CPD = góc CMD tứ giác MPCD nội tiếp góc MCD = góc CPD (cùng chắn cung MD) Lại có góc MPD = góc CPD (do BD là trung trực của AC) góc MCD = góc MDC (do M thuộc trung trực của DC) góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC đều góc CMD = 600 tam giác DMA cân tại D (vì AD = DC = DM) Và góc ADM =gócADC – gócMDC = 900 – 600 = 300 góc MAD = góc AMD (1800 - 300) : 2 = 750 gócMAB = 900 – 750 = 150 Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c x + y + z = 0 (vì 1/a = 1/b + 1/c = 0) x = -(y + z) x3 + y3 + z3 – 3 xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz 35
36. -( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz .0 = 0 Từ x3 + y3 + z3 – 3xyz = 0 x3 + y3 + z3 = 3xyz 1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc Do đó P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc = 3 nếu 1/a + 1/b + 1/c =o thì P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3 Đề 16 (x2 3)2 12x2 Bài 1Cho biểu thức A = + (x 2)2 8x2 x2 a. Rút gọn biểu thức A b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên. Bài 2: (2 điểm) Cho các đường thẳng: y = x-2 (d1) y = 2x – 4 (d2) y = mx + (m+2) (d3) a. Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m. b. Tìm m để ba đường thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy . Bài 3: Cho phương trình x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1) a. Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình (1) mà không phụ thuộc vào m. 2 2 c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x 1 + x 2 (với x1, x2 là nghiệm của phương trình (1)) Bài 4: Cho đường tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí 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 và CE. a. Chứng minh rằng DE// BC b. Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp c. Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F 1 1 1 Chứng minh hệ thức: = + CE CQ CE a b c Bài 5: Cho các số dương a, b, c Chứng minh rằng: 1 2 a b b c c a đáp án Bài 1: - Điều kiện : x 0 4 2 x 6 x 9 2 a. Rút gọn: A x 4 x 4 x 2 x2 3 x 2 x 2x2 2x 3 - Với x <0: A x 36
37. 2x 3 - Với 0 2 : A x b. Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên x2 + 3 x 3 x => x =  1; 3;1;3  Bài 2: a. (d1) : y = mx + (m +2) m (x+1)+ (2-y) = 0 Để hàm số luôn qua điểm cố định với mọi m x 1 0 x 1 =.> 2 y 0 y 2 Vậy N(-1; 2) là điểm cố định mà (d3) đi qua b. Gọi M là giao điểm (d1) và (d2) . Tọa độ M là nghiệm của hệ y x 2 x 2 => y 2x 4 y 0 Vậy M (2; 0) . Nếu (d3) đi qua M(2,0) thì M(2,0) là nghiệm (d3) 2 Ta có : 0 = 2m + (m+2) => m= - 3 2 Vậy m = - thì (d1); (d2); (d3) đồng quy 3 ' 3 7 Bài 3: a. = m2 –3m + 4 = (m - )2 + >0  m. 2 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 x2 2(m 1) x1 x2 2m 2 b. Theo Viét: => x1x2 m 3 2x1x2 2m 6 x1+ x2 – 2x1x2 – 4 = 0 không phụ thuộc vào m 2 2 2 2 a. P = x1 + x1 = (x1 + x2) - 2x1x2 = 4(m - 1) – 2 (m-3) 5 15 15 = (2m - )2 + m 2 4 4 15 5 VậyPmin = với m = 4 4 Bài 4: Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận 1 1 a. Sđ CDE = Sđ DC = Sđ BD = BCD 2 2 => DE// BC (2 góc vị trí so le) 1 b.  APC = sđ (AC - DC) =  AQC 2 => APQC nội tiếp (vì  APC =  AQC cùng nhìn đoan AC) 37
38. c.Tứ giác APQC nội tiếp  CPQ =  CAQ (cùng chắn cung CQ)  CAQ =  CDE (cùng chắn cung DC) Suy ra  CPQ =  CDE => DE// PQ DE CE Ta có: = (vì DE//PQ) (1) PQ CQ DE QE = (vì DE// BC) (2) FC QC DE DE CE QE CQ Cộng (1) và (2) : 1 PQ FC CQ CQ 1 1 1 => (3) PQ FC DE ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ 1 1 1 Thay vào (3) : CQ CF CE a a a c Bài 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 Cộng từng vế (1),(2),(3) : a b c 1 < + + < 2 a b b c c a 38
39. đề 3 I.Trắc nghiệm:(2 điểm) Hãy ghi lại một chữ cái đứng trước khẳng định đúng nhất. Câu 1: Kết quả của phép tính 8 18 2 98 72 : 2 là : A . 4 B . 5 2 6 C . 16 D . 44 Câu 2 : Giá trị nào của m thì phương trình mx2 +2 x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt : A. m 0 1 1 D. m 0 và m 1 B. m C. m 0 và m 4 4 Câu 3 :Cho VABC nội tiếp đường tròn (O) có Bà 600 ;Cà 450 . SđBằC là: A . 750 B . 1050 C . 1350 D . 1500 Câu 4 : Một hình nón có bán kính đường tròn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện tích xung quanh hình nón là: A 9 (cm2) B. 12 (cm2) C . 15 (cm2) D. 18 (cm2) II. Tự Luận: (8 điểm) x 1 2 x x x Câu 5 : Cho biểu thức A= x 1 x 1 a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A. c) Với giá trị nào của x thì A BC). Vẽ đường tròn tâm (O') đường kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I, MC cắt đường tròn tâm O' tại D. a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao? b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp? c) Xác định vị trí tương đối của ID và đường tròn tâm (O) với đường tròn tâm (O'). 39
40. Đáp án Câu Nội dung Điểm 1 C 0.5 2 D 0.5 3 D 0.5 4 C 0.5 5 x 0 x 0 a) A có nghĩa 0.5 x 1 0 x 1 2 0.5 x 1 x x 1 b) A= x 1 x 1 = x 1 x 0.25 =2 x 1 0.25 c) A 0) Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ) 1 0.5 Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được : (bể) x 1 Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy được : (bể) x 2 1 1 Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được : + (bể) x x 2 1 1 1 0.25 Theo bài ra ta có phương trình: + = x x 2 12 5 6 0.75 Giaỉ phương trình ta được x1=4; x2=- (loại) 5 Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ 0.25 Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ) 7 Vẽ hình và ghi gt, kl đúng 0.5 40
41. M D A I B O O' C N a) Đường kính AB MN (gt) I là trung điểm của MN (Đường kính và dây cung) 0.5 IA=IC (gt) Tứ giác AMCN có đương chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm của 0.5 mỗi đường và vuông góc với nhau nên là hình thoi. b)ãANB 900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O) ) BN  AN. AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN). BN  MC (1) BãDC 900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O') ) BD  MC (2) Từ (1) và (2) N,B,D thẳng hàng do đó NãDC 900 (3). 0.5 Nã IC 900 (vì AC  MN) (4) Từ (3) và (4) N,I,D,C cùng nằm trên đường tròn đường kính NC Tứ giác NIDC nội tiếp 0.5 c) O BA. O' BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau B nằm giữa O và O' do đó ta có OO'=OB + O'B đường tròn (O) và đường tròn (O') tiếp xúc ngoài tại B 0.5 1 VMDN vuông tại D nên trung tuyến DI = MN =MI VMDI cân IãMD IãDM . 2 Tương tự ta cóOã' DC Oã'CD mà IãMD Oã'CD 900 (vì Mã IC 900 ) 0.25 IãDM Oã' DC 900 mà Mã DC 1800 IãDO ' 900 do đó ID DO ID là tiếp tuyến của đường tròn (O'). 0.25 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Đề 4 Câu1 : Cho biểu thức x 3 1 x 3 1 x(1 x 2 ) 2 A= x x : Với x ; 12 2 x 1 x 1 x 2 41
42. .a, Ruý gọn biểu thức A .b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 6 2 2 c. Tìm giá trị của x để A=3 Câu2.a, Giải hệ phương trình: (x y) 2 3(x y) 4 2x 3y 12 b. Giải bất phương trình: x 3 4x 2 2x 15 x2-3x-2=0=> x= 2 Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 (x y) 2 3(x y) 4 Từ đó ta có 2x 3y 12 x y 1 * (1) 2x 3y 12 x y 4 * (2) 2x 3y 12 Giải hệ (1) ta được x=3, y=2 Giải hệ (2) ta được x=0, y=4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc 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 mọi 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-1 0=> m 1/2 khi đó ta có , = m2-2m+1= (m-1)2 0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) 42
43. m m 1 1 với m 1/2 pt còn có nghiệm x= = 2m 1 2m 1 1 pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1 2m 1 =>m  BFK= 900 => E,F thuộc đường tròn đường kính BK hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường tròn đường kính BK. b.  BCF=  BAF B C Mà  BAF=  BAE=450=>  BCF= 450 O Ta có  BKF=  BEF Mà  BEF=  BEA=450(EA là đường chéo của hình vuông ABED)=>  BKF=450 Vì  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B Đề 5 x x 1 x x 1 2 x 2 x 1 Bài 1: Cho biểu thức: P = : x x x x x 1 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= 0 (*) a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm. 3 3 b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn x1 x2 =50 2 Bài 3: Cho phương trình: ax + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2Chứng minh: 2 a,Phương trình ct + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 và t2. b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4 Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành. b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất. Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y 1 43
44. 1 501 Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = x2 y2 xy Đáp án Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x 1 2 2x x 1 2 x 1z x 1 x 1 a, Rút gọn: P = : P = x x 1 x 1 ( x 1) 2 x 1 x 1 2 b. P = 1 x 1 x 1 Để P nguyên thì x 1 1 x 2 x 4 x 1 1 x 0 x 0 x 1 2 x 3 x 9 x 1 2 x 1(Loai) Vậy với x= 0;4;9 thì P có giá trị nguyên. Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì: 2 2m 1 4 m 2 m 6 0 25 0 2 x1 x2 m m 6 0 (m 2)(m 3) 0 m 3 x x 2m 1 0 1 1 2 m 2 b. Giải phương trình: m 2 3 (m 3) 3 50 5(3m 2 3m 7) 50 m 2 m 1 0 1 5 m1 2 1 5 m 2 2 2 2 Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phương trình: ax + bx + c = 0 nên ax1 + bx1 + c =0. . 2 1 1 1 2 Vì x1> 0 => c. 1 b. a 0. Chứng tỏ là một nghiệm dương của phương trình: ct + bt + a x x1 x1 1 = 0; t1 = Vì x2 là nghiệm của phương trình: x1 2 2 ax + bx + c = 0 => ax2 + bx2 + c =0 44
45. 2 1 1 1 2 vì x2> 0 nên c. b. a 0 điều này chứng tỏ là một nghiệm dương của phương trình ct + x2 x2 x2 1 bt + a = 0 ; t2 = x2 2 2 Vậy nếu phương trình: ax + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x1; x2 thì phương trình : ct + bt + a 1 1 =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 . t1 = ; t2 = x1 x2 b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên 1 1 t1+ x1 = + x1 2 t2 + x2 = + x2 2 x1 x2 Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4 Bài 4 a. Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên CH  AB và BH AC => BD AB và CD AC . A Do đó:  ABD = 900 và  ACD = 900 . Q Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD H O của đường tròn tâm O thì P tứ giác BHCD là hình bình hành. B C b) Vì P đối xứng với D qua AB nên  APB =  ADB nhưng  ADB = ACB nhưng  ADB =  ACB D Do đó:  APB =  ACB Mặt khác:  AHB +  ACB = 1800 =>  APB +  AHB = 1800 Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên  PAB =  PHB Mà  PAB =  DAB do 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 là tam giác cân đỉnh A Có AP = AQ = AD và  PAQ =  2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất  D là đầu đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O 45
46. Đề 6 x y xy Bài 1: Cho biểu thức: P ( x y )(1 y ) x y ) x 1 x 1 1 y a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2. Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) . a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung. Bài 3: Giải hệ phơng trình : x y z 9 1 1 1 1 x y z xy yz zx 27 Bài 4: Cho đường tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn (C A ; C B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. 1 1 1 1 Bài 5: Cho x, y, z R thỏa mãn : x y z x y z 3 Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) . 4 Đáp án Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; x 0 ; y 0 ; y 1 ; x y 0 . x(1 x) y(1 y ) xy x y (x y) x x y y xy x y *). Rút gọn P: P x y 1 x 1 y x y 1 x 1 y x y x y x xy y xy x x 1 y x 1 y 1 x 1 x x y 1 x 1 y 1 x 1 y x y y y x x 1 y 1 y y 1 y x xy y. 1 y 1 y Vậy P = x xy y. b). P = 2 x xy y. = 2 x 1 y y 1 1 x 1 1 y 1 46
47. Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn Bài 2: a). Đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình đờng thẳng (d) là : y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình: - x2 = mx + m – 2 x2 + mx + m – 2 = 0 (*) Vì phơng trình (*) có m 2 4m 8 m 2 2 4 0 m nên phơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b). A và B nằm về hai phía của trục tung phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m – 2 x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bài 4: a). Xét ABM và NBM . Q Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o . M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC N nên ABM = MBN => BAM = BNM => BAN cân đỉnh B. C Tứ giác AMCB nội tiếp => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB). M => MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M B b). Xét MCB và MNQ có : A O MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC = MNQ ( vì :  MCB =  MNC ;  MBC =  MQN ). => MCB MNQ (c.g .c). => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có AC  BQ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) 47
48. => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 1)R Bài 5: 1 1 1 1 1 1 1 1 Từ : => 0 x y z x y z x y z x y z x y x y z z => 0 xy z x y z 1 1 z y 0 xy z x y z zx zy z 2 xy x y 0 xyz(x y z) x y y z (z x) 0 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) 3 3 Vậy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 4 Đề 7 Bài 1: 1) Cho đường thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đường thẳng d / đối xứng với đường thẳng d qua đường thẳng y = x là: 1 1 A.y = x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = x - 2 ; D.y = - 2x - 4 2 2 Hãy chọn câu trả lời đúng. 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đường kính đáy đựng đầy nước, nhúng chìm vào bình một 2 hình cầu khi lấy ra mực nước trong bình còn lại bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán kính hình cầu 3 là A.2 ; B.3 2 ; C. 3 3 ; D. một kết quả khác. Bìa2: 1) Giải phương trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0 2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x + y Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7 Phân tích thành thừa số được : (x + b).(x + c) 2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lượt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB < AC, MA 1 điểm M di động trong góc xAy sao cho = MB 2 Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD. a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN. b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi. c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định. Hướng dẫn 48
49. Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng. 2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1 Bài 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (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 1 số chính phương khác 1 với mọi số nguyên dương n. 2) Do A > 0 nên A lớn nhất A2 lớn nhất. Xét A2 = (x + y )2 = x + y + 2xy = 1 + 2xy (1) x y Ta có: xy (Bất đẳng thức Cô si) 2 => 1 > 2 xy (2) Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2xy x = y = , max A = 2 x = y = 2 2 Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c) Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c) Có 2 trường hợp: 4 + b = 1 và 4 + b = 7 4 + c = - 7 4 + c = - 1 Trường hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11) Trường hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2 Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5) Câu2 (1,5điểm) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: 1 x AD = AB. Ta có D là điểm cố định 4 B MA 1 AD 1 Mà = (gt) do đó = AB 2 MA 2 Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung) D MA AD 1 A M = = AB MA 2 MB MA Do đó Δ AMB ~ Δ ADM => = = 2 MD AD C => MD = 2MD (0,25 điểm) Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC Dấu "=" xảy ra M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC * Cách dựng điểm M. 1 - Dựng đường tròn tâm A bán kính AB 2 49
50. 1 - Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB 4 1 M là giao điểm của DC và đường tròn (A; AB) N 2 Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N 0 Do MâN = 90 nên MN là đường kính C Vậy I là trung điểm của MN b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) I => CN = MK = MD (vì ΔMKD vuông cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA K O => AM = AN = AD + AC không đổi B A c) Ta có IA = IB = IM = IN Vậy đường tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định . Đề 8 M Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời : x2 2y 1 y2 2z 1 z2 2x 1 0 D Tính giá trị của biểu thức :A x2007 y2007 z2007 . Bài 2). Cho biểu thức : M x2 5x y2 xy 4y 2014 . Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bài 3. Giải hệ phương trình : 2 2 x y x y 18 x x 1 .y y 1 72 Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại C và D. a.Chứng minh : AC . BD = R2. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Bài 5.Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng : 2 a b a b 2a b 2b a 2 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 : x2 2y 1 0 y2 2z 1 0 2 z 2x 1 0 50
51. Cộng từng vế các đẳng thức ta có : x2 2x 1 y2 2y 1 z2 2z 1 0 x 1 0 2 2 2 x 1 y 1 z 1 0 y 1 0 x y z 1 z 1 0 A x2007 y2007 z2007 1 2007 1 2007 1 2007 3 Vậy : A = -3. Bài 2.(1,5 điểm) Ta có : M x2 4x 4 y2 2y 1 xy x 2y 2 2007 M x 2 2 y 1 2 x 2 y 1 2007 2 1 3 2 M x 2 y 1 y 1 2007 2 4 2 2 1 Do y 1 0 và x 2 y 1 0 x, y 2 M 2007 M min 2007 x 2; y 1 u x x 1 u v 18 Bài 3. Đặt : Ta có : u ; v là nghiệm của phương trình : v y y 1 uv 72 2 X 18X 72 0 X1 12; X 2 6 u 12 u 6 ; v 6 v 12 x x 1 12 x x 1 6 ; y y 1 6 y y 1 12 Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. Bài 4. a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC  OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM . MD R2 = AC . BD b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp d Mã CO Mã AO;Mã DO Mã BO m VCOD : VAMB g.g (0,25đ) c Chu.vi.VCOD OM Do đó : (MH1  AB) Chu.vi.VAMB MH a b 1 h o 51
52. OM Do MH1 OM nên 1 MH1 Chu vi VCOD chu vi VAMB ằ Dấu = xảy ra MH1 = OM M O M là điểm chính giữa của cung AB 2 2 1 1 Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : a 0; b 0  a , b > 0 2 2 1 1 1 1 a a 0;b b 0 (a a ) (b b ) 0  a , b > 0 4 4 4 4 1 a b a b 0 Mặt khác a b 2 ab 0 2 1 Nhân từng vế ta có : a b a b 2 ab a b 2 2 a b a b 2a b 2b a 2 Bài 6. (1 điểm) Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp VABC Gọi E là giao điểm của AD và (O) a Ta có:VABD : VCED (g.g) BD AD AB.ED BD.CD ED CD AD. AE AD BD.CD AD2 AD.AE BD.CD Lại có : VABD : VAEC g.g b d c AB AD AB.AC AE.AD AE AC e AD2 AB.AC BD.CD Đè 9 Câu 1: Cho hàm số f(x) = x 2 4x 4 a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 f (x) c) Rút gọn A = khi x 2 x 2 4 x(y 2) (x 2)(y 4) Câu 2: Giải hệ phương trình (x 3)(2y 7) (2x 7)(y 3) 52
53. x x 1 x 1 x Câu 3: Cho biểu thứcA = : x với x > 0 và x 1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1a) f(x) = x 2 4x 4 (x 2) 2 x 2 Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 x 2 10 x 12 b) f (x) 10 x 2 10 x 8 f (x) x 2 c) A x 2 4 (x 2)(x 2) 1 Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A x 2 1 Với x = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3 x 53
54. Câu 4 Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) P b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có A EH CH ; (1) PB CB E Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) B C => POB =  ACB (hai góc đồng vị) O H => AHC POB AH CH Do đó: (2) PB OB Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH.CB AH.CB AH 2 (2R ) . 2PB 2PB AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 4R.CB.PB 4R.2R.PB AH 4.PB 2 CB 2 4PB 2 (2R)2 8R 2 . d2 R 2 2.R 2 . d2 R 2 4(d2 R 2 ) 4R 2 d2 Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đó suy ra m 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: 2m 1 13 - 4m x x x 1 2 2 1 7 m 1 7m 7 x1 .x 2 x1 2 26 - 8m 3x1 4x 2 11 13 - 4m 7m 7 3 4 11 7 26 - 8m 13 - 4m 7m 7 Giải phương trình 3 4 11 7 26 - 8m ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) 54
55. Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11 Đề 10 x 2 x 1 x 1 Câu 1: Cho P = + - x x 1 x x 1 x 1 a/. Rút gọn P. 1 b/. Chứng minh: P BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp VBCD . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. Đáp án Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm) x 2 x 1 x 1 P = + - x x 1 x x 1 ( x 1)( x 1) x 2 x 1 1 = + - ( x)3 1 x x 1 x 1 x 2 ( x 1)( x 1) (x x 1) = ( x 1)(x x 1) x x x = = ( x 1)(x x 1) x x 1 1 x 1 b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P 0 ) x - 2x + 1 > 0 (x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1) Câu 2:a/. Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ’ 0. 55
56. (m - 1)2 – m2 – 3 0 4 – 2m 0 m 2. b/. Với m 2 thì (1) có 2 nghiệm. Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có: a 3a 2m 2 2 a.3a m 3 m 1 m 1 a= 3( )2 = m2 – 3 2 2 m2 + 6m – 15 = 0 m = –3 26 ( thõa mãn điều kiện). Câu 3: Điều kiện x 0 ; 2 – x2 > 0 x 0 ; x 0 x2 y2 2 (1) Ta có: 1 1 2 (2) x y 1 Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = - 2 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: X2 – 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1. 1 * Nếu xy = - thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: 2 1 1 3 X2 + X - = 0 X = 2 2 A 1 3 1 3 K Vì y > 0 nên: y = x = 2 2 1 3 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 2 Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành AB // CK D BãAC ãACK 1 1 Mà ãACK sđEằC = sđBằD = Dã CB 2 2 O Nên BãCD BãAC B C Dựng tia Cy sao cho BãCy BãAC .Khi đó, D là giao điểm của ằAB và Cy. Với giả thiết ằAB > BằC thì BãCA > BãAC > BãDC . D AB . Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm. Đề 11 56
57. 1 Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = x 2 1 x Là một số tự nhiên x 2 1 x x y 2 z b. Cho biểu thức: P = Biết x.y.z = 4 , tính P . xy x 2 yz y 1 zx 2 z 2 Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2) d.Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. e.Tính diện tích tam giác ABC. Câu3 Giải phương trình: x 1 3 2 x 5 Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ). 2 b.R DE R 3 đáp án Câu 1: a. x 2 1 x A = x 2 1 x x 2 1 x ( x 2 1 x) 2x ( x 2 1 x).( x 2 1 x) k A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = 2 (trong đó k Z và k 0 ) b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và xyz 2 Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi xyz ta được: x xy 2 z x xy 2 P = 1 (1đ) xy x 2 xy x 2 z ( x 2 xy xy x 2 P 1 vì P > 0 Câu 2: a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên b = 4; a = 2 Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4. Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đường thẳng AB A, B, C không thẳng hàng. Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đường thẳng AB A,B,D thẳng hàn b.Ta có : AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20 AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10 BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10 AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C 1 Vậy S ABC = 1/2AC.BC = 10. 10 5 ( đơn vị diện tích ) 2 Câu 3: Đkxđ x 1, đặt x 1 u; 3 2 x v ta có hệ phương trình: u v 5 2 3 u v 1 57 B O D M A E C
58. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2 x = 10. Câu 4 a.áp dụng định lí Pitago tính được AB = AC = R ABOC là hình vuông (0.5đ) Kẻ bán kính OM sao cho BOD = MOD MOE = EOC (0.5đ) Chứng minh BOD = MOD OMD = OBD = 900 Tương tự: OME = 900 D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). b.Xét ADE có DE AD; DE > AE ; DE = DB + EC 2 Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R DE > R 3 2 Vậy R > DE > R 3 Đề 12 Câu 1: Cho hàm số f(x) = x 2 4x 4 a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 f (x) c) Rút gọn A = khi x 2 x 2 4 Câu 2: Giải hệ phương trình x(y 2) (x 2)(y 4) (x 3)(2y 7) (2x 7)(y 3) Câu 3: Cho biểu thức x x 1 x 1 x A = : x với x > 0 và x 1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn A 2) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. 58
59. Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1 a) f(x) = x 2 4x 4 (x 2) 2 x 2 Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 x 2 10 x 12 b) f (x) 10 x 2 10 x 8 f (x) x 2 c) A x 2 4 (x 2)(x 2) 1 Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A x 2 1 Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A x 2 Câu 2 x(y 2) (x 2)(y 4) (x 3)(2y 7) (2x 7)(y 3) xy 2x xy 2y 4x 8 2xy 6y 7x 21 2xy 7y 6x 21 x y 4 x -2 x y 0 y 2 x x 1 x 1 x Câu 3a) Ta có: A = : x x 1 x 1 x 1 ( x 1)(x x 1) x 1 x( x 1) x = : ( x 1)( x 1) x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x x = : x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x = : x 1 x 1 x 2 x x 2 x 1 2 x = : =  = x 1 x 1 x 1 x x 59
60. 2 x b) A = 3 => = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3 x Câu 4 P A E B C O H c) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) d) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có EH CH ; (1) PB CB Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => AHC POB AH CH Do đó: (2) PB OB Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH.CB AH.CB AH 2 (2R ) . 2PB 2PB AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 4R.CB.PB 4R.2R.PB AH 4.PB 2 CB 2 4PB 2 (2R)2 8R 2 . d2 R 2 2.R 2 . d2 R 2 4(d2 R 2 ) 4R 2 d2 60
61. Câu 5 (1đ) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đó suy ra m 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: 2m 1 13 - 4m x x x 1 2 2 1 7 m 1 7m 7 x1 .x 2 x1 2 26 - 8m 3x1 4x 2 11 13 - 4m 7m 7 3 4 11 7 26 - 8m 13 - 4m 7m 7 Giải phương trình 3 4 11 7 26 - 8m ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt t Đề 13 Câu I : Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 1 A = + + + + 3 5 5 7 7 9 97 99 B = 35 + 335 + 3335 + + 3 3 33 35 99số3 Câu II :Phân tích thành nhân tử : 4) X2 -7X -18 5) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 6) 1+ a5 + a10 Câu III : 3) Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) 4) áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2 Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q. c) Chứng minh DM.AI= MP.IB MP d) Tính tỉ số : MQ Câu 5: x 2 4x 3 Cho P = 1 x Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức. 61
62. đáp án Câu 1 : 1 1 1 1 1) A = + + + + 3 5 5 7 7 9 97 99 1 1 = (5 3 + 7 5 + 9 7 + + 99 97 ) = (99 3 ) 2 2 2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3 3 33 35 = 99số3 =33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) 1 = 198 + ( 99+999+9999+ +999 99) 3 1 198 + ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 + 3 10101 102 B = +165 27 Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ) 2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3 = (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3 = (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2 = [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1] = (x2+5x +3)(x2+5x +7) 3) a10+a5+1 = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1 - (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a ) = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1) -a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1) =(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1) Câu 3: 4đ 1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 0 (ad - bc)2 (đpcm ) Dấu = xãy ra khi ad=bc. 2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có : 52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2)(1 16) => 25 100 5 20 x2 + y2 => 4x2 + 4y2 dấu = xãy ra khi x= , y = (2đ) 17 17 17 17 Câu 4 : 5đ Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=> DM MP MPD đồng dạng với ICA => => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1). CI IA Ta có góc ADC = góc CBA, Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA. 62
63. Do đó DMQ đồng dạng với BIA => DM MQ => DM.IA=MQ.IB (2) BI IA MP Từ (1) và (2) ta suy ra = 1 MQ Câu 5 Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0 Từ 1-x > 0 => x 0 Vậy với x 0. a 2 a 1 2 1 1 1 1 1 1 b. Tính giá trị của tổng. B 1 1 1 12 22 22 32 992 1002 Câu 2 : Cho pt x 2 mx m 1 0 a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với m . b. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt. 2x1 x2 3 P 2 2 x1 x2 2 x1 x2 1 Câu 3 : Cho x 1, y 1 Chứng minh. 1 1 2 1 x 2 1 y 2 1 xy Câu 4 Cho đường tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đường tròn, từM kẻ MH  AB (H AB). Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D. 1. Chứng minh rằng đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. 2. Chứng minh. MA2 AH AD . MB 2 BD BH 63
64. Hướng dẫn a 2 a 1 Câu 1 a. Bình phương 2 vế A (Vì a > 0). a a 1 f. áp dụng câu a. 1 1 A 1 a a 1 1 9999 B 100 100 100 Câu 2 a. : cm 0 m B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có: x1 x2 m 2m 1 P 2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn. x1 x2 m 1 m 2 1 P 1 2 1 GTLN m 2 2 GTNN 1 m 1 Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta được. x y x y x y bđt 0 1 x 2 1 xy 1 y 2 1 xy x y 2 xy 1 0 đúng vì xy 1 M Câu 4: a - Kẻ thêm đường phụ. - Chứng minh MD là đường kính của (o) => b. E' o Gọi E', F' lần lượt là hình chiếu của D trên MA và MB. F E Đặt HE = H1 F' HF = H D 2 A 2 H B AH AD HE.h1.MA . 2 1 BD BH HF.h2 .MB I HEF ∞ DF ' E ' HF.h2 HE.h MA2 AH AD Thay vào (1) ta có: . MB 2 BD BH Đề 15 64
65. a b a b a b 2ab Câu 1: Cho biểu thức D = : 1 1 ab 1 ab 1 ab a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D 2 b) Tính giá trị của D với a = 2 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của D 2 2 Câu 2: Cho phương trình x2- mx + m2 + 4m - 1 = 0 (1) 2 3 2 3 a) Giải phương trình (1) với m = -1 1 1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn x1 x2 x1 x2 Câu 3: Cho tam giác ABC đường phân giác AI, biết AB = c, AC = b, Aˆ ( 900 ) Chứng minh rằng 2bc.Cos AI = 2 (Cho Sin2 2Sin Cos ) b c Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB và một điểm N di động trên một nửa đường tròn sao cho NA NB.Vễ vào trong đường tròn hình vuông ANMP. a) Chứng minh rằng đường thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q. b) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp. c) Chứng minh đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1 Hãy tính giá trị của: xy zx xyz B = z y x Đáp án a 0 Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là b 0 ab 1 - Rút gọn D 2 a 2b a a b ab D = : 1 ab 1 ab 2 a D = a 1 65
66. 2 2(2 3 b) a = ( 3 1) 2 a 3 1 2 3 1 2 2 3 2 3 2 Vậy D = 2 1 4 3 2 3 c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có 2 a a 1 D 1 Vậy giá trị của D là 1 1 9 Câu 2: a) m = -1 phương trình (1) x 2 x 0 x 2 2x 9 0 2 2 x1 1 10 x2 1 10 1 b) Để phương trình 1 có 2 nghiệm thì 0 8m 2 0 m (*) 4 1 m 2 4m 1 0 2 ( ) + Để phương trình có nghiệm khác 0 * m1 4 3 2 m2 4 3 2 1 1 x1 x2 0 + x1 x2 (x1 x2 )(x1 x2 1) 0 x1 x2 x1 x2 1 0 m 0 2m 0 m 4 19 2 m 8m 3 0 m 4 19 Kết hợp với điều kiện (*)và ( ) ta được m = 0 và m 4 19 Câu 3: 1 + S AI.cSin ; ABI 2 2 A 1 + S AIC AI.bSin ; 2 2 1 2 2 + S bcSin ; b ABC 2 a S ABC S ABI S AIC bcSin AISin (b c) B C 2 I c 2bcCos bcSin AI 2 b c Sin (b c) 2 66
67. Câu 4: a) Nˆ Nˆ Gọi Q = NP  (O) ) ) 1 2 QA QB Suy ra Q cố định ˆ ˆ ˆ b) A1 M 1 ( A2 ) Tứ giác ABMI nội tiếp c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định. Tam giác ABF có: AQ = QB = QF N ABF vuông tại A Bˆ 450 AFˆB 450 ˆ 0 ˆ 1 2 M Lại có P1 45 AFB P1 Tứ giác APQF nội tiếp ˆ 0 APˆF AQF 90 2 I 1 0 0 0 A Ta có: APˆF APˆM 90 90 180 1 B M1,P,F Thẳng hàng P 1 1 1 2 Câu 5: Biến đổi B = xyz = xyz. 2 2 2 2 x y z xyz Q F Đề 16 x 4(x 1) x 4(x 1) 1 Bài 1: Cho biểu thức A = . 1 x2 4(x 1) x 1 a) Tìm điều kiện của x để A xác định b) Rút gọn A Bài 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) và B(3; -4) a) Viết phương tình đường thẳng AB b) Xác định điểm M trên trục hoành để tam giác MAB cân tại M Bài 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên m để phương trình ẩn x sau: x2 - m2x + m + 1 = 0 có nghiệm nguyên. Bài 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D BC) vẽ đường tròn tâm O qua A và D đồng thời tiếp xúc với BC tại D. Đường tròn này cắt AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh a) EF // BC b) Các tam giác AED và ADC; àD và ABD là các tam giác đồng dạng. c) AE.AC = à.AB = AC2 Bài 5 : Cho các số dương x, y thỏa mãn điều kiện x2 + y2 x3 + y4. Chứng minh: x3 + y3 x2 + y2 x + y 2 67
68. Đáp án Bài 1: a) Điều kiện x thỏa mãn x 1 0 x 1 x 4(x 1) 0 x 1 x > 1 và x 2 x 4(x 1) 0 x 1 2 x 2 x 4(x 1) 0 KL: A xác định khi 1 2 b) Rút gọn A ( x 1 1)2 ( x 1 1)2 x 2 A = . (x 2)2 x 1 x 1 1 x 1 1 x 2 A = . x 2 x 1 2 Với 1 2 A = x 1 Kết luận 2 Với 1 2 thì A = x 1 Bài 2: a) A và B có hoành độ và tung độ đều khác nhau nên phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b A(5; 2) AB 5a + b = 2 B(3; -4) AB 3a + b = -4 Giải hệ ta có a = 3; b = -13 Vậy phương trình đường thẳng AB là y = 3x - 13 b) Giả sử M (x, 0) xx’ ta có MA = (x 5)2 (0 2)2 MB = (x 3)2 (0 4)2 ΔMAB cân MA = MB (x 5)2 4 (x 3)2 16 (x - 5)2 + 4 = (x - 3)2 + 16 x = 1 Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3: Phương trình có nghiệm nguyên khi Δ = m4 - 4m - 4 là số chính phương Ta lại có: m = 0; 1 thì Δ 5 2m2 - 4m - 5 > 0 68
69. ΔΔ - (2m2 - 2m - 5) < Δ < Δ + 4m + 4 m4 - 2m + 1 < Δ < m4 A (m2 - 1)2 < Δ < (m2)2 Δ không chính phương Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Bài 4: E F 1 a) EãAD EãFD( sdEằD) (0,25) 2 ã ã 1 ằ FAD FDC( sdFD) (0,25) B 2 C D mà EãDA FãAD EãFD FãDC (0,25) EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau) b) AD là phân giác góc BAC nên DằE DằF 1 1 sđÃCD sđ(AẳED DằF ) = sđAằE = sđ ÃDE 2 2 do đó ÃCD ÃDE và EãAD Dã AC ΔDΔΔΔΔΔΔΔADC (g.g) 1 1 1 Tương tự: sđ ÃDF sdAằF sd(AẳFD DằF) = (sdAẳFD DằE) sdÃBD ÃDF ÃBD 2 2 2 do đó ΔAFD ~ ΔΔΔΔ(g.g c) Theo trên: + ΔAED ~ ΔΔDB AE AD hay AD2 = AE.AC (1) AD AC AD AF + ΔADF ~ ΔABD AB AD AD2 = AB.AF (2) Từ (1) và (2) ta có AD2 = AE.AC = AB.AF Bài 5 (1đ): Ta có (y2 - y) + 2 0 2y3 y4 + y2 (x3 + y2) + (x2 + y3) (x2 + y2) + (y4 + x3) mà x3 + y4 x2 + y3 do đó x3 + y3 x2 + y2 (1) + Ta có: x(x - 1)2 0: y(y + 1)(y - 1)2 0 x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2 0 x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y 0 (x2 + y2) + (x2 + y3) (x + y) + (x3 + y4) mà x2 + y3 x3 + y4 x2 + y2 x + y (2) và (x + 1)(x - 1) 0. (y - 1)(y3 -1) 0 x3 - x2 - x + 1 + y4 - y - y3 + 1 0 (x + y) + (x2 + y3) 2 + (x3 + y4) mà x2 + y3 x3 + y4 x + y 2 Từ (1) (2) và (3) ta có: 69
70. x3 + y3 x2 + y2 x + y 2 Đề 14 Câu 1: x- 4(x-1) + x + 4(x-1) 1 cho A= ( 1 - ) x2- 4(x-1) x-1 a/ rút gọn biểu thức A. b/ Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Câu 2: Xác định các giá trị của tham số m để phương trình x2-(m+5)x-m+6 =0 Có 2 nghiệm x1 và x2 thoã mãn một trong 2 điều kiện sau: a/ Nghiệm này lớn hơn nghiệm kia một đơn vị. b/ 2x1+3x2=13 Câu 3Tìm giá trị của m để hệ phương trình mx-y=1 m3x+(m2-1)y =2 vô nghiệm, vô số nghiệm. Câu 4: tìm max và min của biểu thức: x2+3x+1 x2+1 Câu 5: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 450. Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đường chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đường chéo BD tại Q. a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đường tròn. b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP c/ Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB biết CPD=CM hướng dẫn Câu 1: a/ Biểu thức A xác định khi x≠2 và x>1 ( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2 A= . ( ) (x-2)2 x-1 x- 1 -1 + x-1 + 1 x- 2 2 x- 1 2 = . = = x-2 x-1 x-1 x-1 b/ Để A nguyên thì x- 1 là ước dương của 1 và 2 * x- 1 =1 thì x=0 loại * x- 1 =2 thì x=5 vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyên bằng 1 Câu 2: Ta có ∆x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m+1≥0 để phương trìnhcó hai nghiệmphân biệt khi vàchỉ khi m≤-7-4 3 và m≥-7+4 3 (*) (1) a/ Giả sử x2>x1 ta có hệ x2-x1=1 (2) x1+x2=m+5 (3) x1x2 =-m+6 Giải hệ tađược m=0 và m=-14 thoã mãn (*) (1’) b/ Theo giả thiết ta có: 2x1+3x2 =13 (2’) x1+x2 = m+5 (3’) x1x2 =-m+6 70
71. giải hệ ta được m=0 và m= 1 Thoả mãn (*) Câu 3: *Để hệ vô nghiệm thì m/m3=-1/(m2-1) ≠1/2 3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0 3m2-1≠-2 3m2≠-1 m=±1/2 m=±1/2 ∀m *Hệvô số nghiệm thì: m/m3=-1/(m2-1) =1/2 3m3-m=-m3 m=0 3m2-1= -2 m=±1/2 Vô nghiệm Không có giá trị nào của m để hệ vô số nghiệm. Câu 4: Hàm số xác định với ∀x(vì x2+1≠0) x2+3x+1 gọi y0 là 1 giá trịcủa hàmphương trình: y0= x2+1 2 0 (y0-1)x -6x+y -1 =0 có nghiệm 2 2 *y0=1 suy ra x = 0 y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1) ≥0 (y0-1) ≤ 9 suy ra -2 ≤ y0 ≤ 4 Vậy: ymin=-2 và y max=4 Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình) A B Giải M 0 1 1 a/  A1 và B1 cùng nhìn đoạn QE dưới một góc 45 P tứ giác ABEQ nội tiếp được. E  FQE =  ABE =1v. chứng minh tương tự ta có  FBE = 1v Q, P, C cùng nằm trên đường tròn đường kinh EF. b/ Từ câu a suy ra ∆AQE vuông cân. Q AE = 2 (1) AQ tương tự ∆ APF cũng vuông cân D C AF F = 2 (2) AB từ (1) và (2) AQP ~ AEF (c.g.c) SAEF 2 = (2 ) hay SAEF = 2SAQP SAQP c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD và  APD= CPD  MCD=  MPD= APD= CPD= CMD MD=CD ∆MCD đều  MPD=600 mà  MPD là góc ngoài của ∆ABM ta có  APB=450 vậy  MAB=600-450=150 Đề 17 2 x 9 2 x 1 x 3 Bài 1: Cho biểu thức M = x 5 x 6 x 3 2 x 71
72. d. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M e. Tìm x để M = 5 f. Tìm x Z để M Z. bài 2: a) Tìm x, y nguyên dơng thoã mãn phơng trình 2 2 3x +10 xy + 8y =96 b)tìm x, y biết / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = 3 1 1 1 Bài 3: a. Cho các số x, y, z dơng thoã mãn + + = 4 x y z 1 1 1 Chứng ming rằng: + + 1 2x y z x 2y z x y 2z x 2 2x 2006 b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = (với x 0 ) x 2 Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Kẻ tia Ax, Ay sao cho xAˆy = 45 0 Tia Ax cắt CB và BD lần lợt tại E và P, tia Ay cắt CD và BD lần lợt tại F và Q c. Chứng minh 5 điểm E; P; Q; F; C cùng nằm trên một đờng tròn d. S AEF = 2 S APQ Kẻ đờng trung trực của CD cắt AE tại M. Tính số đo góc MAB biết CPˆD = CMˆD Bài 5: (1đ) 1 1 1 ac bc ac Cho ba số a, b , c khác 0 thoã mãn: 0 ; Hãy tính P = a b c c 2 a 2 b 2 đáp án 2 x 9 2 x 1 x 3 Bài 1:M = x 5 x 6 x 3 2 x a.ĐK x 0; x 4; x 9 0,5đ 2 x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2 Rút gọn M = x 2 x 3 x x 2 x 1 x 2 x 1 Biến đổi ta có kết quả: M = M = M x 2 x 3 x 3 x 2 x 3 x 1 b M 5 5 x 3 x 1 5 x 3 x 1 5 x 15 16 4 x 16 x 4 x 16 4 72
73. x 1 x 3 4 4 c. M = 1 x 3 x 3 x 3 Do M z nên x 3 là ớc của 4 x 3 nhận các giá trị: -4; -2; -1; 1; 2; 4 x 1;4;16;25;49 do x 4 x 1;16;25;49 Bài 2 a. 3x2 + 10xy + 8y2 = 96 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96 (3x2 + 6xy) + (4xy + 8y2) = 96 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96 (x + 2y)(3x + 4y) = 96 Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng và 3x + 4y > x + 2y 3 mà 96 = 25. 3 có các ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành tích 2 thừa số không nhỏ hơn 3 là: 96 = 3.32 = 4.24 = 6. 16 = 8. 12 Lại có x + 2y và 3x + 4y có tích là 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y là số chẳn do đó x 2y 6 Hệ PT này vô nghiệm 3x 4y 24 x 2y 6 x 4 Hoặc 3x 4y 16 y 1 x 2y 8 Hoặc Hệ PT vô nghiệm 3x 4y 12 Vậy cấp số x, y nguyên dơng cần tìm là (x, y) = (4, 1) b. ta có /A/ = /-A/ AA Nên /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/ / x 2005 2008 x / / 3/ 3 (1) mà /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = 3 (2) Kết hợp (1 và (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ 0 (3) / x 2006 / 0 x 2006 (3) sảy ra khi và chỉ khi / y 2007 / 0 y 2007 Bài 3 d. Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ a 2 b 2 a b 2 e. Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có (*) x y x y (a2y + b2x)(x + y) a b 2 xy a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy a2xy + 2abxy + b2xy 73
74. a2y2 + b2x2 2abxy a2y2 – 2abxy + b2x2 0 (ay - bx)2 0 ( ) bất đẳng thức ( ) đúng với mọi a, b, và x,y > 0 a b Dấu (=) xảy ra khi ay = bx hay x y áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 4 4 4 4 2x y z 2x y z x y x z x y x z 2 2 2 2 1 1 1 1 4 4 4 4 1 2 1 1 x y x z 16 x y z 1 1 1 2 1 Tơng tự x 2y z 16 x y z 1 1 1 1 2 x y 2z 16 x y z Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z 16 x y z 16 x y z 1 4 4 4 4 1 1 1 1 .4 1 16 x y z 16 x y z 4 1 1 1 Vì 4 x y z x2 2x 2006 B x 0 x2 2 x 2x 2006 2006x 2 2.2006x 2006 2 Ta có:B B x 2 2006x x 2006 2 2005x 2 x 2006 2 2005 2005 B x 2 2006x 2 2006 Vì (x - 2006)2 0 với mọi x x2 > 0 với mọi x khác 0 74
75. 2 x 2006 2005 2005 0 B B khix 2006 2006x2 2006 2006 ) ) ) Bài 4a. EBQ EAQ 450 YEBAQ nội tiếp; Bˆ = 900 góc AQE = 900 gócEQF = 900 Tơng tự góc FDP = góc FAP = 450 Tứ giác FDAP nội tiếp góc D = 900 góc APF = 900 góc EPF = 900 . 0,25đ Các điểm Q, P,C luôn nhìn dới 1góc900 nên 5 điểm E, P, Q, F, C cùng nằm trên 1 đờng tròn đờng kính EF 0,25đ b. Ta có góc APQ + góc QPE = 1800 (2 góc kề bù) góc APQ = góc AFE Góc AFE + góc EPQ = 1800 Tam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g) 2 S APQ 2 1 1 k 2S APQ S AEE S AEF 2 2 f. góc CPD = góc CMD tứ giác MPCD nội tiếp góc MCD = góc CPD (cùng chắn cung MD) Lại có góc MPD = góc CPD (do BD là trung trực của AC) góc MCD = góc MDC (do M thuộc trung trực của DC) góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC đều góc CMD = 600 tam giác DMA cân tại D (vì AD = DC = DM) Và góc ADM =gócADC – gócMDC = 900 – 600 = 300 góc MAD = góc AMD (1800 - 300) : 2 = 750 gócMAB = 900 – 750 = 150 Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c x + y + z = 0 (vì 1/a = 1/b + 1/c = 0) x = -(y + z) x3 + y3 + z3 – 3 xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz -( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz .0 = 0 Từ x3 + y3 + z3 – 3xyz = 0 x3 + y3 + z3 = 3xyz 1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc Do đó P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc = 3 nếu 1/a + 1/b + 1/c =o thì P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3 Đề 19 75
76. (x2 3)2 12x2 Bài 1Cho biểu thức A = + (x 2)2 8x2 x2 a. Rút gọn biểu thức A b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên. Bài 2: (2 điểm) Cho các đường thẳng: y = x-2 (d1) y = 2x – 4 (d2) y = mx + (m+2) (d3) a. Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m. b. Tìm m để ba đường thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy . Bài 3: Cho phương trình x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1) a. Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình (1) mà không phụ thuộc vào m. 2 2 c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x 1 + x 2 (với x1, x2 là nghiệm của phương trình (1)) Bài 4: Cho đường tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí 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 và CE. a. Chứng minh rằng DE// BC b. Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp c. Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F 1 1 1 Chứng minh hệ thức: = + CE CQ CE a b c Bài 5: Cho các số dương a, b, c Chứng minh rằng: 1 2 a b b c c a đáp án Bài 1: - Điều kiện : x 0 4 2 x 6 x 9 2 a. Rút gọn: A x 4 x 4 x 2 x2 3 x 2 x 2x2 2x 3 - Với x 2 : A x b. Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên x2 + 3 x 3 x => x =  1; 3;1;3  Bài 2: a. (d1) : y = mx + (m +2) 76
77. m (x+1)+ (2-y) = 0 Để hàm số luôn qua điểm cố định với mọi m x 1 0 x 1 =.> 2 y 0 y 2 Vậy N(-1; 2) là điểm cố định mà (d3) đi qua b. Gọi M là giao điểm (d1) và (d2) . Tọa độ M là nghiệm của hệ y x 2 x 2 => y 2x 4 y 0 Vậy M (2; 0) . Nếu (d3) đi qua M(2,0) thì M(2,0) là nghiệm (d3) 2 Ta có : 0 = 2m + (m+2) => m= - 3 2 Vậy m = - thì (d1); (d2); (d3) đồng quy 3 ' 3 7 Bài 3: a. = m2 –3m + 4 = (m - )2 + >0  m. 2 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 x2 2(m 1) x1 x2 2m 2 b. Theo Viét: => x1x2 m 3 2x1x2 2m 6 x1+ x2 – 2x1x2 – 4 = 0 không phụ thuộc vào m 2 2 2 2 b. P = x1 + x1 = (x1 + x2) - 2x1x2 = 4(m - 1) – 2 (m-3) 5 15 15 = (2m - )2 + m 2 4 4 15 5 VậyPmin = với m = 4 4 Bài 4: Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận 1 1 a. Sđ CDE = Sđ DC = Sđ BD = BCD 2 2 => DE// BC (2 góc vị trí so le) 1 b.  APC = sđ (AC - DC) =  AQC 2 => APQC nội tiếp (vì  APC =  AQC cùng nhìn đoan AC) c.Tứ giác APQC nội tiếp  CPQ =  CAQ (cùng chắn cung CQ)  CAQ =  CDE (cùng chắn cung DC) Suy ra  CPQ =  CDE => DE// PQ DE CE Ta có: = (vì DE//PQ) (1) PQ CQ DE QE = (vì DE// BC) (2) FC QC DE DE CE QE CQ Cộng (1) và (2) : 1 PQ FC CQ CQ 77
78. 1 1 1 => (3) PQ FC DE ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ 1 1 1 Thay vào (3) : CQ CF CE a a a c Bài 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 Cộng từng vế (1),(2),(3) : a b c 1 < + + < 2 a b b c c a Đề 20 Bài 1: (2đ) Cho biểu thức: x 1 x 1 x 2 x 1 P = : 1 x 3 x 4 x 1 x 1 a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Bài 2: (2đ) Một người đự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 20 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ với vận tốc dự định, do đường khó đi nên người đó giảm vận tốc đi 2km/h trên quãng đường còn lại, vì thế người đó đến B chậm hơn dự định 15 phút. Tính vận tốc dự định của người đi xe đạp. Bài 3: (1,5đ) Cho hệ phương trình: mx 2y 3 2x my 1 m a) Giải hệ phương trình với m = 3 78
79. b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất thoả mãn x + y = 1 Bài 4: (3đ) Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Điểm M tuỳ ý trên nửa đường tròn. Gọi N và P lần lượt là điểm chính giữa của cung AM và cung MB. AP cắt BN tại I. a) Tính số đo góc NIP. b) Gọi giao điểm của tia AN và tia BP là C; tia CI và AB là D. Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp được. c) Tìm quỹ tích trung điểm J của đoạn OC khi M di động trên nửa tròn tròn tâm O Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x2 (P) và đường thẳng y = 3x + 2m – 5 (d) a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai điểm đó. b) Tìm quỹ tích chung điểm I của AB khi m thay đổi. (Học sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào) Đáp án Môn: Toán 9 Bài 1: (2đ) a) (1,5đ) 5( x 1) - Thực hiện được biểu thức trong ngoặc bằng: 0,75đ ( x 1)( x 4) 5 - Thực hiện phép chia đúng bằng 0,25đ x 4 x 1 - Thực hiện phép cộng đúng bằng: 0,25đ x 4 - Điều kiện đúng: x 0; x 1 0,25đ b) (0,5đ) 5 - Viết P = 1 lập luận tìm được GTNN của P = -1/4 khi x = 0 0,5đ x 4 Bài 2: (2đ) 1) Lập phương trình đúng (1,25đ) - Gọi ẩn, đơn vị, đk đúng 0,25đ - Thời gian dự định 0,25đ - Thời gian thực tế 0,5đ - Lập luận viết được PT đúng 0,25đ 2) Gải phương trình đúng 0,5đ 3) đối chiếu kết quả và trả lời đúng 0,25đ Bài 3: (1,5đ) a) Thay m = 3 và giải hệ đúng: 1đ b) (0,5đ) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất đúng 0,25đ 79