100 de toan 9 co dap an

NguyÔn C«ng Minh

Su tÇm
Phương pháp 1: Phương pháp dựa vào định nghĩa
- Lập hiệu A-B
- Biến đổi biểu thức (A-B) và chứng minh A-B 0
- Kết luận A B
- Xét trường hợp A=B khi nào
VD: CMR:
với mọi a, b cùng dấu.
CM: Ta có:

a, b cùng dấu => ab>o =>
Vậy
Dấu “=” sảy ra khi và chỉ khi a-b=0, hay a=b ./.
Bài tập tương tự : CMR:
với ab>1
Phương pháp 2: Phương pháp chứng minh trực tiếp
- Biến đổi vế phức tạp, thường là vế trái:
vì

nên
=>
Dấu “ =” sảy ra khi và chỉ khi M=0
VD: CMR:
với mọi x
CM:
Ta có:
=>
Dấu”=” sảy ra khi và chỉ khi x=2
Bài tập tương tự:CMR:

Phương pháp 3: Phương pháp so sánh
- Biến đổi riêng từng vế rồi so sánh kết quả. Suy ra đpcm.

Nếu

-1-


NguyÔn C«ng Minh

Su tÇm

VD: CMR:
CM:
=>

Phương pháp4: Dùng tính chất tỉ số
Cho 3 số dương a,b,c :
Nếu

thì

Nếu

thì

Nếu b,d>o thì từ
VD: a,b,c là 3 số dương. CMR:
CM:
Do c>o =>

(3)

Tương tự ta có :

(4)

và:
(5)
cộng vế với vế 3 BĐT kép(3),(4) và (5) ta được:
(đpcm)
Bài tập tương tự: Cho các số dương a1,a2,a3,b1,b2,b3 thoả:
CMR:
Phương pháp 5: Dùng phép biến đổi tương đương
Ta biến đổi BĐT cần chứng minh tương đưng với BĐT đúng hoặc BĐT đã
được chứng minh đúng.
Chú ý các BĐT sau:
- Bình phương của tổng, hiệu
- Lập phương của tổng, hiệu
-

VD: Cho a,b là các số thực. CMR:
CM:
-2-


NguyÔn C«ng Minh

Su tÇm
Ta có:

<=>
<=>
<=>

(luôn đúng)
=>đpcm

Bài tập tương tự:Cho a,b,c là các số thực. CMR:
Phương pháp 6: Phương pháp làm trội
Dùng tính chẩt của BĐT để đưa một vế của BĐT cần chứng minh về dạng
để tính tổng hữa hạn hoặc tích hữu hạn.
- Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn:
là biểu diễn số hạng tổng quát

về hiệu của 2 số hạng liên tiếp nhau :

Lúc đó :
-Phương pháp chung để tính tích hữu hạn
hạng tổng quát

là biểu diễn số

về thương của 2 số hạng liên tiếp nhau
Lúc đó

VD:Chứng minh các BĐT sau với n là STN:
a,
(k>1)
b,

CM:
a.
Với k>1 ta có
Lần lượt thay k=2,3,..,n rồi cộng lại có:
=> đpcm
b.
-3-


NguyÔn C«ng Minh

Su tÇm
Với mọi k>1 ta có:
Vậy :
Lần lượt thay k=2,3,...,n vào rồi cộng lại ta được:

Bài tập tương tự
CMBĐT: :
120 §Ò ¤N TËP VµO LíP 10
®Ò 1
Bài 1 : (2 điểm)
a) Tính :
b) Giải hệ phương trình :

Bài 2 : (2 điểm)
Cho biểu thức :

a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm)

Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24 km ; cùng lúc đó, cũng từ A
về B một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và gặp bè
nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của ca nô.
Bài 4 : (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung điểm của cung
nhỏ CD. Kẻ đường kính BA ; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) tại M ; MD
cắt AB tại K ; MB cắt AC tại H.
a) Chứng minh Đ BMD = Đ BAC, từ đó => tứ giác AMHK nội tiếp.
b) Chứng minh : HK // CD.
c) Chứng minh : OK.OS = R2.
Bài 5 : (1 điểm)
Cho hai số a và b khác 0 thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/2
Chứng minh phương trình ẩn x sau luôn có nghiệm :
(x2 + ax + b)(x2 + bx + a) = 0.

-4-


Nguyễn Công Minh Su tầm
Bài 3:
Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè nứa:
8
= 2 (h)
4

Gọi vận tốc của ca nô là x (km/h) (x>4)

24 24 8
24
16

+
=2
+
=2
x+4 x4
x+4 x4
x = 0
2 x 2 40 x = 0
x = 20

Theo bài ta có:

Vởy vận tốc thực của ca nô là 20 km/h

Bài 4:
ằ = BD
ằ (GT) BMD
ã
ã
a) Ta có BC
(2 góc nội
= BAC
tiếp chắn 2 cung băng nhau)
ã
ã
A, M nhìn HK dời 1 góc
* Do BMD
= BAC
bằng nhau MHKA nội tiếp.
ằ = BD

ằ ), OC = OD (bán
b) Do BC = BD (do BC
kính) OB là đờng trung trực của CD
CD AB (1)
Xet MHKA: là tứ giác nội tiếp, ãAMH = 900 (góc nt
ã
chắn nửa đờng tròn) HKA
= 1800 900 = 900 (đl)
HK AB (2)
Từ 1,2 HK // CD

B
C

D

O
H

K

M

A
S

Bài 5:
x 2 + ax + b = 0 (*)
( x 2 + ax + b)( x 2 + bx + a ) = 0 2
x + bx + a = 0 (**)

1

2
2
(*) = 2 4b , Để PT có nghiệm a 4b 0 a 4b
a

1

2
(**) = b 2 4a Để PT có nghiệm thì b 4a 0
b

1
2 a

1
2 b

(3)

(4)

1 1
1
1
+
+
a b 2 a 2 b
1

1
1
1
1 1
11 1 1
1 1

+

+
+ ữ (luôn luôn đúng với mọi a, b)
4a 4b 4
4a b 4
8 4
2 a 2 b 2

Cộng 3 với 4 ta có:

-5-


NguyÔn C«ng Minh

Su tÇm

De 2
Đề thi gồm có hai trang.
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN : (4 điểm)
3
4

1. Tam giác ABC vuông tại A có tgB = . Giá trị cosC bằng :
a). cos C =

3
;
5

4
5

b). cos C = ;

5
3

c). cos C = ;

d). cos C =

5
4

2. Cho một hình lập phương có diện tích toàn phần S1 ; thể tích V1 và một hình cầu
có diện tích S2 ; thể tích V2. Nếu S1 = S2 thì tỷ số thể tích
a).

V1
6
=

;
V2
π

b).

V1
π
=
;
V2
6

c).

V1
4
=
;
V2
3π

3. Đẳng thức x 4 − 8 x 2 + 16 = 4 − x 2 xảy ra khi và chỉ khi :
a). x ≥ 2 ; b). x ≤ –2 ; c). x ≥ –2 và x ≤ 2 ;

V1
bằng :
V2

d).

V1
3π
=
V2
4

d). x ≥ 2 hoặc x ≤ –2

4. Cho hai phương trình x2 – 2x + a = 0 và x2 + x + 2a = 0. Để hai phương trình cùng
vô nghiệm thì :
a). a > 1 ;

b). a < 1 ;

c). a >

1
;
8

d). a <

1
8

5. Điều kiện để phương trình x 2 − ( m2 + 3m − 4) x + m = 0 có hai nghiệm đối nhau là :
a). m < 0 ;
b). m = –1 ;
c). m = 1 ;

d). m = – 4
6. Cho phương trình x 2 − x − 4 = 0 có nghiệm x1 , x2. Biểu thức A = x13 + x23 có giá trị :
a). A = 28 ;
b). A = –13 ;
c). A = 13 ;
d). A = 18
 x sin α − y cos α = 0
7. Cho góc α nhọn, hệ phương trình 
có nghiệm :
 x cos α + y sin α = 1
 x = sin α
 x = cos α
x = 0
 x = − cos α
a). 
;
b). 
;
c). 
; d). 
 y = cos α
 y = sin α
y = 0
 y = − sin α
8. Diện tích hình tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a là :
3π a 2
a). π a 2 ;
b).
;
c). 3π a 2 ;

4

-6-

d).

π a2
3


NguyÔn C«ng Minh Su tÇm
PHẦN 2. TỰ LUẬN : (16 điểm)
Câu 1 :
(4,5 điểm)
1. Cho phương trình x 4 − (m2 + 4m) x 2 + 7m − 1 = 0 . Định m để phương trình có 4
nghiệm phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10.
3
+ 5 = 3 x 2 ( x 2 + 1)
2
x + x +1

2. Giải phương trình:

4

Câu 2 :
(3,5 điểm)
1. Cho góc nhọn α. Rút gọn không còn dấu căn biểu thức :
P = cos 2 α − 2 1 − sin 2 α + 1

2. Chứng minh:

( 4+

15

)(

5− 3

)

4 − 15 = 2

Câu 3 :
(2 điểm)
Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :
a + b + c +1 ≥

2
3

(

ab + bc + ca + a + b + c

)

Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Câu 4 :

(6 điểm)
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.

-----HẾT-----

-7-


NguyÔn C«ng Minh

Su tÇm

ĐÁP ÁN
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN :
Câu
1
2
3
4
a).
x
x
b).
x

c).
x
d).

(4 điểm) 0,5đ × 8
5
6
7

8

x
x
x

x

PHẦN 2. TỰ LUẬN :
Câu 1 :
(4,5 điểm)
1.
Đặt X = x2 (X ≥ 0)
Phương trình trở thành X 4 − (m2 + 4m) X 2 + 7m − 1 = 0 (1)
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt dương

+

(m + 4m) − 4(7 m − 1) > 0
∆ > 0



⇔  S > 0 ⇔  m 2 + 4m > 0
(I) +
7 m − 1 > 0
P > 0


2

2

Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X1 , X2.
⇒ phương trình đã cho có 4 nghiệm x1, 2 = ± X 1 ; x3, 4 = ± X 2
⇒ x12 + x22 + x32 + x42 = 2( X 1 + X 2 ) = 2(m 2 + 4m)

+
m = 1
 m = −5

2
2
Vậy ta có 2(m + 4 m) = 10 ⇒ m + 4 m − 5 = 0 ⇒ 

+

Với m = 1, (I) được thỏa mãn
Với m = –5, (I) không thỏa mãn.
Vậy m = 1.

+

+

2.
Đặt t = x 4 + x 2 + 1 (t ≥ 1)
Được phương trình

3
+ 5 = 3(t − 1)
t

+

3t2 – 8t – 3 = 0
⇒t=3; t=−

1
(loại)
3

+

Vậy x 4 + x 2 + 1 = 3
⇒ x = ± 1.

+
-8-


NguyÔn C«ng Minh
Câu 2 :

1.

Su tÇm

(3,5 điểm)

P = cos 2 α − 2 1 − sin 2 α + 1 = cos 2 α − 2 cos 2 α + 1

P = cos 2 α − 2cos α + 1 (vì cosα > 0)

+

P = (cos α − 1) 2
P = 1 − cos α
(vì cosα < 1)

+
+

2.

(4+

15

)(

5− 3

)

) ( 4 + 15 ) ( 4 −
= ( 5 − 3 ) 4 + 15
= ( 5 − 3 ) ( 4 + 15 )
= ( 8 − 2 15 ) ( 4 + 15 )

4 − 15 =

(

2

5− 3

2

=
Câu 3 :

(

15

)

+

+
+
+

2

(2 điểm)
a− b

)

2

≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2 ab

+

Tương tự, a + c ≥ 2 ac
b+c≥2
a +1 ≥ 2
b +1 ≥ 2
c +1 ≥ 2

bc
a
b
c

+

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ở trên ta được điều phải chứng minh.
+
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1

+

-9-


NguyÔn C«ng Minh Su tÇm
Câu 4 :
(6 điểm)
I

E
A

D

+
O

O’
B

C

H

P

F
Q

1.
Ta có :

ABC = 1v
ABF = 1v
⇒ B, C, F thẳng hàng.
+
AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy. ++
2.
ECA = EBA (cùng chắn cung AE của (O)
Mà ECA = AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh)
⇒ EBA = AFD hay EBI = EFI
⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp.

+
+
+
+

3.
Gọi H là giao điểm của AB và PQ
Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng
⇒

HP HA
=
⇒ HP2 = HA.HB
HB HP

+

+

Tương tự, HQ2 = HA.HB
⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm PQ.

+
+

Lưu ý :
- Mỗi dấu “+” tương ứng với 0,5 điểm.
- Các cách giải khác được hưởng điểm tối đa của phần đó.
- Điểm từng phần, điểm toàn bài không làm tròn.
lu«n lu«n cã nghiÖm.

- 10 -


Nguyễn Công Minh

Su tầm

---------------------------------------------------------------------------------------------------------đề 3--

I.Trắc nghiệm:(2 điểm)

Hãy ghi lại một chữ cái đứng trớc khẳng định đúng nhất.

(

)

Câu 1: Kết quả của phép tính 8 18 2 98 + 72 : 2 là :
A.4
C . 16
D . 44
B . 5 2 +6
2
Câu 2 : Giá trị nào của m thì phơng trình mx +2 x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt :
A. m 0

1
1
C. m 0 và m <
4
4
0 à
0
à
ằ
Câu 3 :Cho VABC nội tiếp đờng tròn (O) có B = 60 ; C = 45 . Sđ BC là:
B. m <

D. m 0 và m < 1

A . 750
B . 1050
C . 1350
D . 1500
Câu 4 : Một hình nón có bán kính đờng tròn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện tích xung
quanh hình nón là:

A 9 (cm2)
II. Tự Luận: (8 điểm)
Câu 5 : Cho biểu thức A=

B. 12 (cm2)

C . 15 (cm2)

D. 18 (cm2)

x +1 2 x x + x
+
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<1.
Câu 6 : Hai vòi nớc cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu chảy riêng từng vòi
thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì
mỗi vòi chảy bao lâu thì đầy bể?
Câu 7 : Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC). Vẽ
đờng tròn tâm (O') đờng kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông góc với
AC tại I, MC cắt đờng 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 tơng đối của ID và đờng tròn tâm (O) với đờng tròn tâm (O').

- 11 -

Nguyễn Công Minh

Su tầm

Đáp án
Câu
1
2
3
4
5

Nội dung
C
D
D
C
x 0
x 0

a) A có nghĩa
x 1 0
x 1
b) A= (

)

x 1
x 1

2

+

x

(

0.5

)

0.5

x +1
x +1

0.25

= x 1 + x
=2 x 1
c) A<1 2 x 1 <1
2 x <2
x < 1 x<1
6

7

Điểm

0.5
0.5
0.5
0.5

0.25
0.25
0.25
0.25

Kết hợp điều kiện câu a) Vậy với 0 x < 1 thì A<1
12
2giờ 24 phút=
giờ
5
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk x>0)
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ)
1
Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy đợc : (bể)
x
1
Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy đợc :
(bể)
x+2
1
1
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy đợc : +
(bể)
x x+2
1

1
1
Theo bài ra ta có phơng trình: +
= 12
x x+2
5
6
Giaỉ phơng trình ta đợc x1=4; x2=- (loại)
5
Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ)
Vẽ hình và ghi gt, kl đúng

- 12 -

0.25
0.25

0.5

0.25

0.75
0.25
0.5


Nguyễn Công Minh

Su tầm

M
D

A

B

I
O

O'

C

N

a) Đờng kính AB MN (gt) I là trung điểm của MN (Đờng kính và dây cung)
IA=IC (gt) Tứ giác AMCN có đơng chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm
của mỗi đờng và vuông góc với nhau nên là hình thoi.
b) ãANB = 900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O) )
BN AN.
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).
BN MC (1)
'
ã
BDC
= 900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O ) )
BD MC (2)
ã
Từ (1) và (2) N,B,D thẳng hàng do đó NDC

= 900 (3).
ã
NIC
= 900 (vì AC MN) (4)
Từ (3) và (4) N,I,D,C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính NC
Tứ giác NIDC nội tiếp
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 đờng tròn (O) và đờng tròn (O') tiếp xúc ngoài tại B
1
V MDN vuông tại D nên trung tuyến DI = MN =MI V MDI cân
2
ãIMD = IDM
ã
.
ã ' DC = O
ã ' CD mà IMD
ã
ã ' CD = 900 (vì MIC
ã
Tơng tự ta có O
+O
= 900 )
ã
ã ' DC = 900 mà MDC
ã
ã
IDM
+O
= 1800 IDO
' = 900

do đó ID DO ID là tiếp tuyến của đờng tròn (O').
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Đề 4
- 13 -

0.5
0.5

0.5

0.5
0.5

0.25
0.25


Nguyễn Công Minh Su tầm
Câu1 :
Cho biểu thức
x3 1
x 3 + 1
x (1 x 2 ) 2
+ x
x :
Với x 2 ;1
x2 2
x 1
x + 1

A=

.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 phơng trình:
( x y ) 2 + 3( x y ) = 4

2 x + 3 y = 12

b. Giải bất phơng trình:
x 3 4 x 2 2 x 15
<0
x2 + x + 3

Câu3.
Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0
Xác định m để phơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu 4. Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng
hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm
của Aevà nửa đờng tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED
a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đờng tròn
b. Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ?

đáp án

Câu 1: a. Rút gọn A=

x2 2
x

b.Thay x= 6 + 2 2 vào A ta đợc A=
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=

4+2 2
6+2 2

3 17
2

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
( x y ) 2 + 3( x y ) = 4
<=>
2 x + 3 y = 12

Từ đó ta có

x y = 1
(1)
2 x + 3 y = 12
x y = 4
*
(2)
2 x + 3 y = 12

*

Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2

Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng 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 phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
- 14 -


Nguyễn Công Minh Su tầm
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành x+1=0=> x=1
Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có
, = m2-2m+1= (m-1)20 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
m m +1
1
=
2m 1
2m 1
1
pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1<
<0
2m 1
1
2m
+1 > 0
>0


=> 2m 1 =>m<0

2m 1
2m 1 < 0
2m 1 < 0

với m 1/2 pt còn có nghiệm x=

D
K

Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:
E
F
a. Ta có KEB= 900
0

mặt khác BFC= 90 ( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D
=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK.
B
O
b. BCF= BAF
Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450
Ta có BKF= BEF
Mà BEF= BEA=450(EA là đờng 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 phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn

3

3

x1 x2 =50

Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2Chứng
minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 và t2.

- 15 -

A

C


Nguyễn Công Minh Su tầm
b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng 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 lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng 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 dơng x; y thoả mãn: x + y 1
1

501

Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = x 2 + y 2 + xy

Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x 1

(

2 x 1z
a, Rút gọn: P = 2 x( x 1) :
x( x 1)

x 1

b. P =

x +1
= 1+
x 1

)

2

<=>

P=

x 1
( x 1)

2

=

x +1
x 1

2
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 phơng trình có hai nghiệm âm thì:

(

)

= ( 2m + 1) 2 4 m 2 + m 6 0

2
x1 x 2 = m + m 6 > 0
x + x = 2m + 1 < 0
2
1


= 25 > 0

(m 2)(m + 3) > 0 m < 3

1
m <

2


3
3
b. Giải phơng trình: ( m 2) (m + 3) = 50

- 16 -


Nguyễn Công Minh

Su tầm

5(3m + 3m + 7) = 50 m 2 + m 1 = 0
2


1+ 5
m1 =

2

m = 1 5
2
2

Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phơng trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .
2

1
1
Vì x1> 0 => c. 1 + b. + a = 0.
x1
x

1

Chứng tỏ x
1

là một nghiệm dơng của phơng trình:

1

ct2 + bt + a = 0; t1 = x Vì x2 là nghiệm của phơng trình:
1
ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0
2

1
1
1
vì x2> 0 nên c. + b. + a = 0 điều này chứng tỏ x là một nghiệm dơng của phơng
2
x2
x2
1

trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 = x

2
Vậy nếu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 thì phơng trình
1

1

: ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 . t1 = x ; t2 = x
1
2
b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên
1

t1+ x1 = x + x1 2
1

1

t2 + x 2 = x + x 2 2
2

Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4
a. Giả sử đã tìm đợc 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
A

CH AB và BH AC => BD AB và CD AC .
Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 .

Q

Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O

H

O

Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
P

của đờng tròn tâm O thì

C

B

- 17 D


Nguyễn Công Minh Su tầm
tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB
nhng ADB = ACB nhng ADB = ACB
Do đó: APB = ACB Mặt khác:
AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tơng 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 đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Đề 6
Bài 1: Cho biểu thức:

P=

x
( x +

y )(1

y )



y
x +

(



) (

y) x +1

xy

)(

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 đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
(C A ; C B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM
cắt BC tại N.
- 18 -

Nguyễn Công Minh Su tầm
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
1 1 1
1
+ + =
x
y z x+ y+z
3
Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 y8)(y9 + z9)(z10 x10) .
4

Bài 5: Cho x, y, z R thỏa mãn :

Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 .
x(1 +

*). Rút gọn P: P =
=

=

=

(

(

x ) y (1

x +

)

( x y ) + x x + y y xy

(

(

x +

)(

x +
y

(

y 1+

)(

x

x +

)(

)(

y

(

x y + y y x

(1 y )

y

x 1
=

y

)

y

(

)(

x 1

y 1+

Vậy P = x + xy y.
b). P = 2 x + xy y. = 2

(

(

x1+

)(

) (

y

x 1 1 +

)

)

)

(

x +

y

) (1 y )

x

xy + y xy

)(

y 1+

) (1 +

x +

x 1

y +x

y ) xy

)

x

=
y

)

(1 y )

(

)

)

x +1

(

y 1

y

)

y

(

)

(

x +1 + y 1+

(1 + x ) (1 y )

=

x +

xy

)(

x 1

x

)

y.

)

y +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). Đờng 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 < 0 m < 2.

- 19 -


Nguyễn Công Minh

Su tầm

x + y + z = 9
(1)

1 1 1
Bài 3 : + + = 1 (2)
x y z
xy + yz + xz = 27 ( 3)
ĐKXĐ : x 0 , y 0 , z 0.

( x + y + z ) = 81 x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) = 81
2

x 2 + y 2 + z 2 = 81 2 ( xy + yz + zx ) x 2 + y 2 + z 2 = 27
x 2 + y 2 + z 2 = ( xy + yz + zx ) 2( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ( xy + yz + zx ) = 0
( x y ) 2 + ( y z ) 2 + ( z x) 2 = 0
( x y ) 2 = 0

( y z ) 2 = 0
( z x ) 2 = 0

x = y

y = z

z = x

x= y=z

Thay vào (1) => 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.
Q
Bài 4:
a). Xét ABM và NBM .
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
N
nên :AMB = NMB = 90o .
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
C
nên ABM = MBN => BAM = BNM
M
=> BAN cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
A
O
=> 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 : x + y + z = x + y + z => x + y + z x + y + z = 0
=>

x+ y x+ y+zz
+
=0
xy

z( x + y + z )

- 20 -

B


Nguyễn Công Minh

Su tầm

1

1
= 0
( z + y )
+
xy z ( x + y + z )
zx + zy + z 2 + xy
= 0
( x + y )
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)
Vậy M =

3

3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
4

Đề 7
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d/ đối xứng với đờng
thẳng d qua đờng thẳng y = x là:
A.y =

1
x+2;
2

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

Hãy chọn câu trả lời đúng.

1
x-2;
2

D.y = - 2x - 4

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm
vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại

2
bình. Tỉ số giữa bán kính
3

hình trụ và bán kính hình cầu là A.2 ; B. 3 2 ; C. 3 3 ; D. một kết quả khác.
Bìa2: 1) Giải phơng 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 đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao
cho AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho

MA
1
=
MB
2

Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng 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 đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.
Hớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng.
2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1
- 21 -


Nguyễn Công Minh

Su tầm

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 phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhất A2 lớn nhất.
Xét A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1)
Ta có:

x+ y
xy (Bất đẳng thức Cô si)
2
=> 1 > 2 xy (2)

Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2
Max A2 = 2 <=> x = y =

1
, max A =
2

2 <=> x = y =

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 trờng hợp: 4 + b = 1
và
4+b=7
4+c=-7

4+c=-1
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2
Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)

1
2

Câu2 (1,5điểm)
Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
1
AD = AB. Ta có D là điểm cố định
4
MA
1
AD
1
Mà
= (gt) do đó
=
AB
2
MA
2

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung) A

x
B

D
M

MA
AD
1
=
=
AB
MA
2

Do đó AMB

~ ADM =>

MB
MA
=
=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.

- Dựng đờng tròn tâm A bán kính

1
AB
2

- 22 -

C


Nguyễn Công Minh

Su tầm

- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =

1
AB
4

M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;

1
AB)
2

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

b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
A
=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định

Đề 8

N

C

I
K
O

B

M

.
D

Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
x2 + 2 y + 1 = y 2 + 2 z + 1 = z 2 + 2x + 1 = 0

Tính giá trị của biểu thức : A = x 2007 + y 2007 + z 2007 .
Bài 2). Cho biểu thức : M = x 2 5 x + y 2 + xy 4 y + 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 phơng trình :
x 2 + y 2 + x + y = 18

x ( x + 1) . y ( y + 1) = 72

Bài 4. Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ
trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt 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 dơng. Chứng minh rằng :

( a + b)

2

+

a+b
2a b + 2b a
2

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

Hớng dẫn giải
- 23 -


Nguyễn Công Minh Su tầm
Bài 1. Từ giả thiết ta có :

x2 + 2 y + 1 = 0
2
y + 2z +1 = 0
z 2 + 2x + 1 = 0

2
2
2
Cộng từng vế các đẳng thức ta có : ( x + 2 x + 1) + ( y + 2 y + 1) + ( z + 2 z + 1) = 0

x +1 = 0

y +1 = 0 x = y = z = 1
z +1 = 0


( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 0
2

2

2

A = x 2007 + y 2007 + z 2007 = ( 1)

2007

+ ( 1)

2007

+ ( 1)

2007

= 3

Vậy : A = -3.

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :

(

) (

)

M = x 2 + 4 x + 4 + y 2 + 2 y + 1 + ( xy x 2 y + 2 ) + 2007
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( x 2 ) ( y 1) + 2007
2

2

2

1
2

3
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( y 1) + 2007

2

4
2

1
Do ( y 1) 0 và ( x 2 ) + ( y 1) 0 x, y
2


2

M 2007

M min = 2007 x = 2; y = 1

u = x ( x + 1)
Bài 3. Đặt :
v = y ( y + 1)

u + v = 18
u ; v là nghiệm của phơng trình
uv = 72

Ta có :

:
X 2 18 X + 72 = 0 X 1 = 12; X 2 = 6
u = 12
u = 6

;

v = 6
v = 12
x ( x + 1) = 12

y ( y + 1) = 6

x ( x + 1) = 6
y ( y + 1) = 12

;

Giải hai hệ trên ta đợc : 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 đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên :
- 24 -


Nguyễn Công Minh Su tầm
MO2 = CM . MD
R2 = AC . BD
b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp

d
m

ã

ã
ã
ã
MCO
= MAO
;MDO
= MBO

c

VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25đ)
Chu.vi.VCOD

OM

Do đó : Chu.vi.VAMB = MH (MH1 AB)
1

a

h

b

o

OM

Do MH1 OM nên MH 1
1

Chu vi VCOD chu vi VAMB

Dấu = xảy ra MH1 = OM M O
2

M là điểm chính giữa của cung ằAB
2

1
1
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : a ữ 0; b ữ 0 a , b > 0
2
2


a a +
a+b+

1
1
0; b b + 0
4
4

1
a+ b >0
2

1
1

(a a + ) + (b b + ) 0 a , b > 0
4
4

Mặt khác a + b 2 ab > 0



Nhân từng vế ta có : ( a + b ) ( a + b ) + 2 ab ( a + b )
2

1

( a + b) +
2

( a + b)
2

2a b + 2b a

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp VABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)
Ta có: VABD : VCED (g.g)


a

BD AD
=

AB.ED = BD.CD
ED CD

AD. ( AE AD ) = BD.CD
AD 2 = AD. AE BD.CD

b

Lại có : VABD : VAEC ( g .g )
AB AD
=
AB. AC = AE. AD
AE AC
AD 2 = AB. AC BD.CD


d
e

Đè 9
- 25 -

c