THI vao 10 toan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (347.19 KB, 40 trang )

(1)1 §Ò 1. C©u1 :. Cho biÓu thøc A=. (. 1− x2 ¿2 ¿ x¿ Víi x 3 3 x −1 x +1 +x −x :¿ x−1 x +1. )(. √ 2 ;1. ). a, Rut gän biÓu thøc A b, TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc khi cho x= √ 6+2 √ 2 c. Tìm giá trị của x để A=3 C©u2.a, Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x − y ¿ 2+3 ( x − y)=4 ¿ 2 x +3 y=12 ¿ ¿ ¿. b. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh:. x 3 −4 x2 −2 x − 15 <0 x 2 +x+ 3. C©u3. Cho ph¬ng tr×nh (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 gi¸c BKC lµ tam gi¸c g× ? V× sao. ? đáp án. C©u 1: 2 a. Rót gän A= x −2. x. b.Thay x= √ 6+2 √2 vào A ta đợc A = c.A=3 <=> x2-3x-2=0=> x= 3 ± √ 17 2. 4 +2 √ 2 √6+ 2 √ 2. Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 2. x − y ¿ +3 ( x − y)=4 ¿ 2 x +3 y=12 Từ đó ta có <=> ¿ ¿ ¿.

(2) 2 ¿ x − y=1 * 2 x +3 y=12 (1) ¿{ ¿ ¿ x − y=− 4 * 2 x +3 y=12 (2) ¿{ ¿. Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x=3, y=2 hoÆc x=0; y=4 b) Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3) mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 víi mäi x Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5 C©u 3: Ph¬ng tr×nh: ( 2m-1)x2-2mx+1=0  XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1  Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có 2 2 Δ , = m -2m+1= (m-1) 0 mäi m=> pt cã nghiÖm víi mäi m ta thÊy nghiÖm x=1 kh«ng thuéc (-1,0) 1 víi m 1/2 pt cßn cã nghiÖm x= m−m+1 = 2 m−1. pt cã nghiÖm trong kho¶ng (-1,0)=> -1< ¿ ¿ 1 2m +1> 0 >0 2 m− 1 => 2 m− 1 =>m<0 2 m−1<0 2 m− 1<0 ¿{ ¿{ ¿ ¿. 2 m− 1. 1 <0 2 m− 1 D K. VËy Pt cã nghiÖm trong kho¶ng (-1,0) khi vµ chØ khi m<0E F C©u 4: 0 a. Ta cã  KEB= 90 mặt khác  BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn) do CF kÐo dµi c¾t ED t¹i D =>  BFK= 900 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK B O hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK. b.  BCF =  BAF Mµ  BAF=  BAE=450=>  BCF= 450 Ta cã  BKF=  BEF Mà  BEF=  BEA=450(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=>  BKF=450 V×  BKC=  BCK= 450=> tam gi¸c BCK vu«ng c©n t¹i B. ........................................................................... A. C.

(3) Bµi 1: Cho biÓu thøc: P =. (. 3 §Ò 2 x √ x −1 x √ x+1 2 ( x − 2 √ x +1 ) − : x−1 x −√ x x +√ x. )(. ). a, Rót gän P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh: 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. |x 1 − x 2 | = 50 3. 3. Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = 0 cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt x1, x2 Chøng minh: a, Ph¬ng tr×nh ct2 + bt + a = 0 còng cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt t1 vµ t2. b, Chøng 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 gi¸c. D lµ mét ®iÓm trªn cung BC kh«ng chøa ®iÓm 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 . Chøng minh r»ng 3 ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất. Bµi 5: Cho hai sè d¬ng x; y tho¶ m·n: x + y 1;T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: A = 1 501 + 2 x + y xy 2. §¸p ¸n Bµi 1: (2 ®iÓm). §K: x 0 ; x ≠ 1. √ x −1 ¿2. 2. 2 x −1❑ ) a, Rót gän: P = 2 x ( x −1 ) : ( √ z. x ( x −1 ). x −1. <=>. √ x+1 =1+ 2 ; §Ó P nguyªn th× : √x− 1 √x− 1 √ 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) VËy víi x= { 0 ; 4 ; 9 } th× P cã gi¸ trÞ nguyªn. b. P =. P=. ¿ ¿ √ x −1 ¿.

(4) 4 Bµi 2: §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ©m th×:. ⇔ Δ=25>0 (m− 2)(m+3)>0 1 m<− 2 ⇔ m<− 3 ¿{{. ¿ Δ=( 2 m+1 )2 − 4 ( m2 +m− 6 ) ≥ 0 x1 x 2=m2+ m−6 >0 x1 + x 2=2 m+ 1< 0 ¿{{ ¿ 3. m+3 ¿ b. Gi¶i ph¬ng tr×nh: ( m− 2 )3 − ¿=50 ¿ − 1+ √ 5 ¿ m1 = 2 − 1− √5 m2 = 2 ¿ ⇔|5 (3 m2 +3 m+7)|=50 ⇔ m2+ m−1=0 { ⇔. Bµi 3: a. V× x1 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = 0 nªn ax12 + bx1 + c =0. . 1 1 2 1 +b . + a=0. Chøng tá lµ mét nghiÖm d¬ng cña ph¬ng tr×nh: ct2 1 x x x 1 1 1 + bt + a = 0; t1 = V× x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x1. V× x1> 0 => c.. ( ). ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0 1 2 1 +b . +a=0 x2 x2 1 tr×nh ct2 + bt + a = 0 ; t2 = x2. v× x2> 0 nªn c.. ( ) ( ). ®iÒu nµy chøng tá. 1 x2. lµ mét nghiÖm d¬ng cña ph¬ng. VËy nÕu ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c =0 cã hai nghiÑm d¬ng ph©n biÖt x1; x2 th× ph¬ng tr×nh : 1 x1. ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiÖm d¬ng ph©n biÖt t1 ; t2 . t1 = b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên t1+ x1 =. 1 x1. + x1. 2. Do đó x1 + x2 + t1 + t2. t2 + x2 =. 1 x2. + x2. 2. ; t2 =. 1 x2. A. Q. 4. Bµi 4 a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: H O BD//HC; CD//HB v× H lµ trùc t©m tam gi¸c ABC nªn CH AB vµ BH AC => BD AB vµ CD AC . P Do đó:  ABD = 900 và  ACD = 900 . C B Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O D.

(5) 5 Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD của đờng tròn tâm O thì tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh. 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 Chøng minh t¬ng tù ta cã:  CHQ =  DAC VËy  PHQ =  PHB +  BHC +  CHQ =  BAC +  BHC = 1800 Ba ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng c). Ta thấy Δ 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. ......................................................................................... §Ò 3 √ x+ √ y x y xy Bµi 1: Cho biÓu thøc: P= − ( √ x+ 1 ) ¿ − ¿ ( √ x + √ y)(1 − √ y ) ( √ x +1 )( 1 − √ y ) a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). T×m x,y nguyªn tháa m·n ph¬ng tr×nh 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). Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cña m (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm A , B ph©n biÖt b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung. Bµi 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : ¿ 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), gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá AC . Tia BC c¾t Ax t¹i Q , tia AM c¾t BC t¹i N. a). Chøng minh c¸c tam gi¸c BAN vµ MCN c©n . b). Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R. 1 1 1 1 Bµi 5: Cho x , y , z ∈ R tháa m·n : + + = x. y. z. x+ y+z.

(6) 6 3 4. H·y tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc : M =. + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) . §¸p ¸n x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠1 ; x+ y ≠ 0 .. Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; P. x(1 . . *). Rót gän P: . . . x . y.  x . . x . y 1. y y  y x. 1 . y. . x . y x. . x . x )  y (1  y.  1 . . . x 1. y. . x .  1 . x. xy  y  xy. x 1 . y )  xy. . x .  . y 1. 1 . y. y. . y. . . . . ( x  y )  x x  y y  xy . . . x 1 . y. . . x . y 1. . 1  x  1 . . . y. . . y 1. y. . x 1  y 1 y. . x . y. .  y x  1  x . x 1. .   x . xy . y.. VËy P = √ x+ √ xy − √ y . b). P = 2 ⇔ √ x+ √ xy − √ y . = 2 ⇔ √ x ( 1+ √ y ) − ( √ y +1 )=1 ⇔ ( √ x −1 ) ( 1+ √ y )=1 Ta cã: 1 + y 1  x  1 1  0  x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vµo ta cãc¸c cÆp gi¸ trÞ (4; 0) vµ (2 ; 2) tho¶ m·n Bµi 2: a). §êng th¼ng (d) cã hÖ sè gãc m vµ ®i qua ®iÓm M(-1 ; -2) . Nªn ph¬ng tr×nh ®ưêng thẳng (d) là : y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương tr×nh: - x2 = mx + m – 2 ⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*) V× phư¬ng tr×nh (*) cã Δ=m2 − 4 m+8=( m− 2 )2+ 4 >0 ∀ m nªn ph¬ng tr×nh (*) lu«n cã hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b). A vµ B n»m vÒ hai phÝa cña trôc tung ⇔ ph¬ng tr×nh : x2 + mx + m – 2 = 0 cã hai nghiÖm tr¸i dÊu ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2. ¿ x + y + z=9 ( 1 ) 1 1 1 + + =1(2) Bµi 3 : x y z xy + yz+ xz=27 ( 3 ) ¿{{ ¿ §KX§ : x ≠ 0 , y ≠ 0 , z ≠ 0 ..

(7) 7 2. 2. 2. 2.   x  y  z  81  x  y  z  2  xy  yz  zx   81  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 vµo (1) => x = y = z = 3 .Ta thÊy x = y = z = 3 thâa m·n hÖ ph¬ng tr×nh . VËy hÖ phư¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = y = z = 3. Q Bµi 4: a). XÐt Δ ABM vµ ΔNBM . Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) N nªn :AMB = NMB = 90o . M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá AC nªn ABM = MBN => BAM = BNM C => Δ BAN cân đỉnh B. M Tø gi¸c AMCB néi tiÕp => BAM = MCN ( cïng bï víi gãc MCB). => MCN = MNC ( cïng b»ng gãc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M A O b). XÐt ΔMCB vµ Δ MNQ cã : MC = MN (theo cm trªn MNC c©n ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC =  MNQ ( v× :  MCB =  MNC ;  MBC =  MQN ). => Δ MCB= ΔMNQ (c . g . c) . => BC = NQ . XÐt tam gi¸c vu«ng ABQ cã AC ⊥ BQ ⇒ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( √ 5− 1) R Bµi 5: Tõ : 1 + 1 + 1 = 1 => 1 + 1 + 1 − 1 =0 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 ). x. y. z. x+ y +z. ( ) zx +zy + z + xy ⇒ ( x+ y )( =0 xyz (x+ y+ z) ) 2. ⇒ ( x+ y )( y + z ) ( z + x)=0. Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - .......... + z8). B.

(8) 8 z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) VËy M = 3 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 3 . 4 4 …………………………………………….. §Ò 4. 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 ; B.y = x - 2 ; C.y = 1 x - 2 ; D.y = - 2x – 4; H·y chän c©u tr¶ lêi 2 2 đúng. 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào b×nh mét h×nh cÇu khi lÊy ra mùc níc trong b×nh cßn l¹i 2 b×nh. TØ sè gi÷a b¸n kÝnh h×nh 3. trô vµ b¸n kÝnh h×nh cÇu lµ A.2 ; B. √3 2 ; C. √3 3 ; D. mét kÕt qu¶ kh¸c. B×a2: 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0 2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A = √ x + √ y Bµi 3: 1) T×m c¸c sè nguyªn a, b, c sao cho ®a thøc : (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 ®oan CD. a) T×m ®iÓm M trªn tia AD, ®iÓm N trªn tia AC sao cho I lag trung ®iÓm cña 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. Híng dÉn Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng. 2) Chän D. KÕt qu¶ kh¸c: §¸p sè lµ: 1 Bµi 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 VËy A chia hÕt cho 1 sè chÝnh ph¬ng kh¸c 1 víi mäi sè nguyªn d¬ng n. 2) Do A > 0 nªn A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt. XÐt A2 = ( √ x + √ y )2 = x + y + 2 √ xy = 1 + 2 √ xy (1) Ta cã: x + y √ xy (Bất đẳng thức Cô si) 2. => 1 > 2 √ xy (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = 1 + 2 √ xy < 1 + 2 = 2 Max A2 = 2 <=> x = y = 1 , max A = √ 2 <=> x = y = 1 2. 2.

(9) 9 Bµi 3 C©u 1Víi mäi x ta cã (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c) Nªn víi x = 4 th× - 7 = (4 + b)(4 + c) Cã 2 trêng hîp: 4 + b = 1 vµ 4+b=7 4+c=-7 4+c=-1 Trêng hîp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta cã (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11) Trêng hîp thø hai cho b = 3, c = - 5, a = 2 Ta cã (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5) C©u2 (1,5®iÓm) Gäi D lµ ®iÓm trªn c¹nh AB sao cho: D 1 AD = AB. Ta có D là điểm cố định A. x B. 4 = 1 2. M. Mµ MA (gt) do đó AD = 1 AB MA 2 XÐt tam gi¸c AMB vµ tam gi¸c ADM cã M©B (chung) MA = AD = 1 AB. MA. 2 MB = MD. C. MA. Do đó Δ AMB ~ Δ ADM => =2 AD => MD = 2MD (0,25 ®iÓm) Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC DÊu "=" x¶y ra <=> M thuéc ®o¹n th¼ng DC Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña MB + 2 MC lµ 2 DC * C¸ch dùng ®iÓm M. - Dựng đờng tròn tâm A bán kính 1 AB 2. - Dùng D trªn tia Ax sao cho AD = 1 AB. N. 4. M là giao điểm của DC và đờng tròn (A; 1 AB) 2 Bµi 4: a) Dùng (I, IA) c¾t AD t¹i M c¾t tia AC t¹i N Do MâN = 900 nên MN là đờng kính VËy I lµ trung ®iÓm cña MN b) KÎ MK // AC ta cã : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) => CN = MK = MD (v× ΔMKD vu«ng c©n) VËy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi c) Ta cã IA = IB = IM = IN Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định .. §Ò 5. Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :. x 2  2 y  1  y 2  2 z  1 z 2  2 x  1 0. C. I K O A. M. D. B.

(10) 10 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc : A x 2. 2007.  y 2007  z 2007 .. 2. Bµi 2). Cho biÓu thøc : M x  5 x  y  xy  4 y  2014 . Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bµi 3. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :  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.Chøng minh : AC . BD = R2. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Bµi 5.Cho a, b lµ c¸c sè thùc d¬ng. Chøng minh r»ng :.  a  b. 2. . a b 2a b  2b a 2. Bµi 6).Cho tam gi¸c ABC cã ph©n gi¸c AD. Chøng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC. Híng dÉn gi¶i: Bµi 1. Tõ gi¶ thiÕt ta cã :  x 2  2 y  1 0  2  y  2 z 1 0  z 2  2 x  1 0 . Cộng từng vế các đẳng thức ta có : . 2. 2. x 2  2 x  1  y 2  2 y  1  z 2  2 z  1 0.  .  .  x  1 0    y  1 0  z  1 0  x  y z 1 . 2.   x  1   y  1   z  1 0  A x 2007  y 2007  z 2007   1. 2007.    1. 2007.    1. 2007.  3. Bµi 2.(1,5 ®iÓm) Ta cã : M  x 2  4 x  4  y 2  2 y  1   xy  x  2 y  2   2007. .  . 2. . . 2. M  x  2    y  1   x  2   y  1  2007 2. 1 3 2    M   x  2    y  1    y  1  2007 2 4  . VËy : A = -3..

(11) 11 2. 1   x  2    y  1  0   y  1 0  x, y 2  Do vµ  2.  M 2007.  M min 2007  x 2; y 1. u  x  x  1  v  y  y  1 Bµi 3. §Æt : . u  v 18  Ta cã : uv 72  u ; v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh :. 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) vµ c¸c ho¸n vÞ. Bµi 4. a.Ta cã CA = CM; DB = DM C¸c tia OC vµ OD lµ ph©n gi¸c cña hai gãc AOM vµ MOB nªn OC  OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM . MD  R2 = AC . BD m b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp      MCO MAO ;MDO MBO  COD AMB  g .g . d. c. (0,25®) a. Chu.vi.COD OM  Chu . vi .  AMB MH1 (MH  AB) Do đó : 1. h. o. OM 1 MH 1  Do MH1 OM nªn  Chu vi COD  chu vi AMB. DÊu = x¶y ra  MH1 = OM  M O 2.  M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB 2. 1 1    a   0;  b   0 2 2  Bµi 5 (1,5 ®iÓm) Ta cã : .  a,b>0. b.

(12) 12  a. 1 a  0; b  4.  a b . 1 b  0 4.  (a . 1  a  b 0 2. Nh©n tõng vÕ ta cã : 2.   a  b . 2. 1 b  ) 0 4  a,b>0. MÆt kh¸c a  b 2 ab  0.  a  b    a  b  .  a  b  2a. 1 a  )  (b  4. . 1 2 ab 2 . . a b. . b  2b a. Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gäi E lµ giao ®iÓm cña AD vµ (O) Ta cã: ABD CED (g.g) . a. BD AD   AB.ED BD.CD ED CD.  AD.  AE  AD  BD.CD  AD 2  AD. AE  BD.CD. L¹i cã :. b. ABD AEC  g .g . d. AB AD   AB. AC  AE. AD AE AC  AD 2  AB. AC  BD.CD . e. §Ề 6 2. C©u 1: Cho hµm sè f(x) = a) TÝnh f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rót gän A =. f (x) x 2 −4. √x. − 4 x+ 4. khi x  ± 2. ¿ x ( y −2)=(x +2)( y −4 ) C©u 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ( x − 3)(2 y +7)=(2 x −7)( y+3) ¿{ ¿ C©u 3: Cho biÓu thøcA = x √ x+1 − x −1 : √ x + √ x x −1 √ x −1 √ x −1. (. a) Rót gän A b) Tìm giá trị của x để A = 3. )(. ). víi x > 0 vµ x  1. c.

(13) 13 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC. a) Chøng minh r»ng PC c¾t AH t¹i trung ®iÓm E cña AH b) Gi¶ sö PO = d. TÝnh AH theo R vµ d. C©u 5: Cho ph¬ng tr×nh 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án 2. C©u 1a). f(x) =. b). f ( x)=10 ⇔ x −2=10 ¿ x −2=−10 ¿ x=12 ¿ x=−8 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿. c). A=. x−2¿ ¿ ¿ 2 √ x − 4 x+ 4=√ ¿. =>Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3. f (x) |x − 2| = 2 x − 4 ( x − 2)(x +2). Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A= 1. x +2. Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A=− 1. x +2. C©u 2  x( y  2) ( x  2)( y  4)  xy  2 x  xy  2 y  4 x  8  x  y  4 x -2       ( x  3)(2 y  7) (2 x  7)( y  3) 2 xy  6 y  7 x  21 2 xy  7 y  6 x  21  x  y 0  y 2. C©u 3 a). Ta cã:. A=. ( xx√−1x+1 − √xx−1−1 ) :( √ x + √ x√−1x ) =.

(14) 14. (. ( √ x+ 1)(x − √ x+1) x − 1 − : (√ x −1)( √ x+ 1) √ x−1. )(. x − √ x+ 1− x +1 x = : √ x−1 √ x −1. b) A = 3. 2 − √x x. =>. √ x ( √ x − 1) + √ x √x−1 √ x −1 − √ x +2 x : √ x − 1 √ x −1. =3. ). P. (. =. =. x − √ x +1 x −1 x − √ x+ √ x = − : √ x −1 √ x −1 √ x −1 A. )(. − √ x +2 √ x − 1 = ⋅ x √ x−1. => 3x + √ x - 2 = 0. 2 − √x x. B => x = 2/3. ). E O H. C©u 4: Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC) a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có EH CH = PB CB. ;. (1). MÆt kh¸c, do PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB) => =>.  POB =  ACB (hai góc đồng vị).  AHC. ∞.  POB;. Do đó: AH = CH PB. OB. (2). Do CB = 2OB, kÕt hîp (1) vµ (2) ta suy ra AH = 2EH hay E lµ trung ®iÓm cña AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) vµ do AH = 2EH ta cã AH 2=(2 R −. AH . CB AH . CB ) . 2PB 2PB. AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 ⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB ⇔ 2 2R ¿ ¿ 4PB 2+ ¿ ¿ 4R . CB . PB 4R . 2R . PB ⇔ AH= = ¿ 4 . PB 2+ CB2. C©u 5: §Ó ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt x1 ; x2 th×  > 0 <=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 ; Từ đó suy ra m  1,5 Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:. (1). C.

(15) 15 ¿. ¿ 2m−1 13-4m x1 + x 2=− x1= 2 7 m− 1 7m−7 x1 . x 2 = x1 = 2 26-8m 3x1 − 4x2=11 13-4m 7m− 7 3 −4 =11 ⇔ 7 26-8m ¿{{ ¿{{ ¿ ¿ 13-4m 7m− 7 −4 =11 Gi¶i ph¬ng tr×nh 3 ta đợc m = - 2 và m = 4,125 7 26-8m. Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho cã hai nghiÖm ph©n biÖt tháa m·n: x1 + x2 = 11 ------------------------------------------------------------------§Ò 7 x2 x 1 x 1 C©u 1: Cho P = x x  1 + x  x  1 - x  1 a/. Rót gän P. 1 b/. Chøng minh: P < 3 víi x  0 vµ x 1.. ( 1 ) ; m lµ tham sè. C©u 2: Cho ph¬ng tr×nh : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm. b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.. C©u 3: a/. Gi¶i ph¬ng tr×nh :. 1 x +. 1 2  x2 = 2 a 0   b 0    a  2b  4c  2 0 2a  b  7c  11 0. b/. Cho a, b, c lµ c¸c sè thùc thâa m·n : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña Q = 6 a + 7 b + 2006 c. Câu 4: Cho ABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp BCD . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K a/. Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp. b/. Tø gi¸c ABCK lµ h×nh g×? V× sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. §¸p ¸n   C©u 1: §iÒu kiÖn: x 0 vµ x 1. (0,25 ®iÓm) x 1 x2 x 1 P = x x  1 + x  x  1 - ( x  1)( x  1).

(16) 16 x2 x 1 1 3 = ( x )  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 x 1 1 x  x  1 b/. Víi x  0 vµ x 1 .Ta cã: P < 3  < 3  3 x < x + x + 1 ; ( v× x + x + 1 > 0 )  x-2 x +1>0  ( x - 1)2 > 0. ( §óng v× x  0 vµ x 1). C©u 2:a/. Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm khi vµ chØ khi  ’  0.  (m - 1)2 – m2 – 3  0  4 – 2m  0  m  2. b/. Víi m  2 th× (1) cã 2 nghiÖm. Gäi mét nghiÖm cña (1) lµ a th× nghiÖm kia lµ 3a . Theo Viet ,ta cã:  a  3a 2m  2  2  a.3a m  3 m 1 m 1  a= 2  3( 2 )2 = m2 – 3  m2 + 6m – 15 = 0.  m = –3 2 6 x 2  . C©u 3: §iÒu kiÖn x  0 ; 2 – x > 0. Ta cã:. x. 0;. ( thâa m·n ®iÒu kiÖn). < 2.. 2 §Æt y = 2  x > 0.  x 2  y 2 2 (1)  1 1  x  y 2 (2) . 1 Tõ (2) cã : x + y = 2xy. Thay vµo (1) cã : xy = 1 hoÆc xy = - 2. * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình: X2 – 2X + 1 = 0  X = 1  x = y = 1. 1 * Nếu xy = - 2 thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:.

(17) 17 1  1 3 2 X2 + X - 2 = 0  X =  1 3  1 3  x= 2 2 V× y > 0 nªn: y =. A K.  1 3 2 VËy ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: x1 = 1 ; x2 =. C©u 4: c/. Theo c©u b, tø gi¸c ABCK lµ h×nh thang.  AB // CK Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành .  BAC  ACK. D. 1 ACK  1    2 s® EC = 2 s® BD Mµ = DCB   BCD BAC. O. Nªn. . B. . Dựng tia Cy sao cho BCy BAC .Khi đó, D lµ giao ®iÓm cña AB vµ Cy. . . . . Víi gi¶ thiÕt AB > BC th× BCA > BAC > BDC .  D  AB . Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm. §Ò 8 Câu 1: a) Xác định x. C. R để biểu thức :A =. √ x2 +1 − x −. 1. 2. √ x + 1− x. Lµ mét sè tù nhiªn. 2√z √x √y BiÕt x.y.z = 4 , tÝnh √ P . + + √ xy+ √ x +2 √ yz + √ y+ 1 √ zx+ 2 √ z +2 C©u 2:Cho c¸c ®iÓm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2) a. Chøng minh 3 ®iÓm A, B ,D th¼ng hµng; 3 ®iÓm A, B, C kh«ng th¼ng hµng. b. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. C©u3 Gi¶i ph¬ng tr×nh: √ x −1 − √3 2 − x=5 Câu 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R √ 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và E. Chøng minh r»ng: a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ). b. 2 R<DE< R 3 đáp án C©u 1: a.. b. Cho biÓu thøc: P =. A=. √ x2 +1 − x −. √ x 2 +1+ x =√ x 2 +1 − x −( √ x 2+ 1+ x )=− 2 x 2 2 ( √ x +1 − x ).( √ x +1+ x ). A lµ sè tù nhiªn ⇔ -2x lµ sè tù nhiªn ⇔ x = k. 2.

(18) 18 (trong đó k Z và k 0 ) b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và √ xyz=2 Nh©n c¶ tö vµ mÉu cña h¹ng tö thø 2 víi √ x ; thay 2 ë mÉu cña h¹ng tö thø 3 bëi √ xyz ta đợc: √ x+2+ √ xy ¿ √z ¿. P=. (1®) xy 2√z √x √ + + √ xy+ √ x +2 √ xy + √ x+2 ¿ ⇒ √ P=1 v× P > 0 C©u 2: a.§êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm A vµ B cã d¹ng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = 2 Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4. Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng thẳng AB ⇒ A, B, C kh«ng th¼ng hµng. Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng thẳng AB ⇒ A,B,D th¼ng hµn b.Ta cã : 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 vu«ng t¹i C 1 √ 10 . √10=5 ( đơn vị diện tích ) VËy SABC = 1/2AC.BC = 2 Câu 3: Đkxđ x 1, đặt √ x −1=u ; √3 2 − x=v ta có hệ phơng trình: ¿ u − v=5 u2 +v 3 =1 ¿{ ¿. Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2 ⇒ x = 10. C©u 4 a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R ⇒ ABOC lµ h×nh vu«ng (0.5®) KÎ b¸n kÝnh OM sao cho O B BOD = MOD ⇒ MOE = EOC (0.5®) D Chøng minh BOD = MOD ⇒ OMD = OBD = 900 M T¬ng tù: OME = 900 A E C ⇒ D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O). b.XÐt ADE cã DE < AD +AE mµ DE = DB + EC.

(19) 19 ⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R. Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE > 2 R 3. VËy R > DE > 2 R 3 §Ò 9 C©u 1: Cho hµm sè f(x) =. √ x2 − 4 x+ 4. a) Tính f(-1); f(5) ; b) Tìm x để f(x) = 10 ; c) Rút gọn A =. khi x  ± 2. ¿ x ( y −2)=(x +2)( y −4 ) (x − 3)(2 y +7)=(2 x −7)( y+3) ¿{ ¿. C©u 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. C©u 3: Cho biÓu thøc: A =. f (x) x 2 −4. ( xx√−1x+1 − √xx−1−1 ) :( √ x + √ x√−1x ). víi x > 0 vµ x  1. a) Rót gän A b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC. a) Chøng minh r»ng PC c¾t AH t¹i trung ®iÓm E cña AH b) Gi¶ sö PO = d. TÝnh AH theo R vµ d. C©u 5: Cho ph¬ng tr×nh 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 4x2 = 11 đáp án C©u 1 2. a). f(x) =. x−2¿ ¿ ¿ 2 √ x − 4 x+ 4=√ ¿. Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3.

(20) 20. b). c). f ( x)=10 ⇔ x −2=10 ¿ x −2=−10 ¿ x=12 ¿ x=−8 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ f (x) |x − 2| A= 2 = x − 4 ( x − 2)(x +2). Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A= 1 Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra. x +2 1 A=− x +2. C©u 2 ¿ x ( y −2)=(x+ 2)( y − 4) (x −3)(2 y+ 7)=(2 x − 7)( y +3) ¿ ⇔ xy −2 x=xy+2 y − 4 x −8 2 xy − 6 y +7 x −21=2 xy − 7 y +6 x −21 ¿ ⇔ x − y=− 4 x + y=0 ⇔ ¿ x=-2 y =2 ¿ ¿{ ¿. C©u 3a). Ta cã:. ( xx√−1x+1 − √xx−1−1 ) :( √ x + √ x√−1x ) ( √ x+ 1)( x − √ x+1) x − 1 √ x ( √ x − 1) + √ x − :( ( (√ x −1)(√ x+ 1) √ x − 1 ) √ x − 1 √ x −1 ). A= =.

(21) 21 = = = b) A = 3. =>. 2 − √x x. ( x −√ x√−1x +1 − √xx−1−1 ) : ( x −√√xx+−1√ x ) x − √ x+ 1− x +1 x : √ x−1 √ x −1 − √ x +2 x = : x − 1 x √ √ −1. =3. − √ x +2 √ x − 1 = ⋅ x √ x−1. => 3x + √ x - 2 = 0. 2 − √x x. => x = 2/3. C©u 4 P Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC) a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có A EH CH = ; (1) PB CB MÆt kh¸c, do PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) E =>  AHC ∞  POB B (2) Do đó: AH = CH O H PB OB Do CB = 2OB, kÕt hîp (1) vµ (2) ta suy ra AH = 2EH hay E lµ trung ®iÓm cña AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) vµ do AH = 2EH ta cã : AH 2=(2 R −. AH . CB AH . CB ) . 2PB 2PB. AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 ⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB ⇔ 2 2R ¿ ¿ 2 4PB + ¿ ¿ 4R . CB . PB 4R . 2R . PB ⇔ AH= = ¿ 4 . PB 2+ CB2. C©u 5 (1®) §Ó ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt x1 ; x2 th×  > 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:. C.

(22) 22 ¿. ¿ 2m−1 13-4m x1 + x 2=− x1= 2 7 m− 1 7m−7 x1 . x 2 = x1 = 2 26-8m 3x1 − 4x2=11 13-4m 7m− 7 3 −4 =11 ⇔ 7 26-8m ¿{{ ¿{{ ¿ ¿ 13-4m 7m− 7 −4 =11 Gi¶i ph¬ng tr×nh 3 7 26-8m. ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho có hai nghiÖm ph©n biÖt. §Ò 10 C©u 1 : TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: 1 + .....+ √ 7+ √ 9 3333 .. .. . 35 B = 35 + 335 + 3335 + ..... + ⏟. A=. 1 + √3+ √5. 1 + √ 5+ √7. 1 √97 + √ 99. 99sè3. C©u 2 :Ph©n tÝch thµnh nh©n tö : 1) X2 -7X -18 2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10 C©u 3: 1,Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) 2, ¸p dông : cho x+4y = 5 . T×m GTNN cña biÓu thøc : M= 4x2 + 4y2 Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM t¹i M c¾t BD vµ DC t¹i P vµ Q. a) Chøng minh DM.AI= MP.IB b) TÝnh tØ sè : C©u 5:. MP MQ. Cho P =. √ x 2 − 4 x +3 √ 1− x. Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức. đáp án C©u 1 :. 1 1 1 1 + + + .....+ √ 3+ √5 √ 5+ √ 7 √ 7+ √9 √ 97 + √ 99 1 = ( √ 5− ❑√3 + √ 7− √ 5 + √ 9 − √ 7 + .....+ √ 99 − √ 97 ) = 2 .. .. . 35 = ⏟ 2) B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 3333. 1) A =. 99sè 3. =33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33). 1 ( 2. √ 99 − √ 3 ).

(23) 23 = 198 +. 1 ( 99+999+9999+.....+999...99) 3. 198 + 1 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 + B=. (. 3 101 2 10 −10 27. ). +165. C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1®) 2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3 = (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3 = (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2 = [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1] = (x2+5x +3)(x2+5x +7) 3) a10+a5+1 = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1 - (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a ) = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1) -a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1) =(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1) C©u 3: 4® 1) Ta cã : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=> 2 2 2 2 a b +2abcd+c d a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=> 0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=> 0 (ad - bc)2 (®pcm ) DÊu = x·y ra khi ad=bc. 2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có : 52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2) (1+16) => x 2 + y2. 25 17. => 4x2 + 4y2. 100 dÊu = x·y ra khi x= 17. 5 17. , y = 20 17. (2®). C©u 4 : 5® Ta cã : gãc DMP= gãc AMQ = gãc AIC. MÆt kh¸c gãc ADB = gãc BCA=> Δ MPD đồng dạng với. Δ ICA =>. DM MP = CI IA. => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB. Ta cã gãc ADC = gãc CBA, Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc BIA. Do đó Δ DMQ đồng dạng với Δ BIA => DM MQ = => DM.IA=MQ.IB (2) BI IA MP Tõ (1) vµ (2) ta suy ra =1 MQ. (1)..

(24) 24 C©u 5 Để P xác định thì : x2-4x+3 0 vµ 1-x >0 Tõ 1-x > 0 => x < 1 MÆt kh¸c : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), V× x < 1 nªn ta cã : (x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0 VËy víi x < 1 th× biÓu thøc cã nghÜa. Víi x < 1 Ta cã : P=. √ x 2 − 4 x +3 = √(x −1)( x − 3) =√3 − x . √ 1− x. √ 1− x. §Ò 11. C©u 1 : a. Rót gän biÓu thøc . A= 1+ 12 +. √. b. TÝnh gi¸ trÞ cña tæng.. a. 1 2 ( a+1 ). √. B= 1+. Víi a > 0.. 1 1 1 1 1 1 + 2 + 1+ 2 + 2 + .. .+ 1+ 2 + 2 1 2 2 3 99 1002. √. √. 2. C©u 2 : Cho pt x − mx+m− 1=0 a. Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiÖm víi ∀ m . b. Gäi x 1 , x 2 lµ hai nghiÖm cña pt. T×m GTLN, GTNN cña bt. P=. 2 x 1 x 2+ 3 x 1 + x 2 +2 ( x 1 x2 +1 ) 2. 2. C©u 3 : Cho x ≥ 1 , y ≥ 1 Chøng minh. 1 1 2 + ≥ 2 2 1+ x 1+ y 1+ xy. Câu 4 Cho đờng tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng tròn, từM kẻ MH  AB (H  AB). Gäi E vµ F lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H trªn MA vµ MB. Qua M kẻ đờng thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D. 1. Chứng minh rằng đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đờng trßn. 2. 2. Chøng minh :. MA AH AD = . 2 MB BD BH. Híng dÉn C©u 1 a. B×nh ph¬ng 2 vÕ c. ¸p dông c©u a.. a2+ a+1 ⇒ A= a ( a+1 ). (V× a > 0)..

(25) 25 1 1 A=1+ − a a+1 1 9999 ¿ ⇒ B=100 − = 100 100. C©u 2 a. : cm Δ≥ 0 ∀ m b, (2 ®) ¸p dông hÖ thøc Viet ta cã: ¿ x 1+ x2 =m 2 m+1 ⇒ P= 2 x 1 x 2=m− 1 m +2 ¿{ ¿ 1 ⇒ − ≤ P≤ 1 2 1 ⇒ GTLN=− ⇔ m=− 2 2 GTNN=1 ⇔ m=1. (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.. Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc. b®t ⇔. x( y −x) y(x− y) + ≥0 2 ( 1+ x ) ( 1+ xy ) ( 1+ y 2 ) (1+ xy ) ⇔ ( x − y )2 ( xy − 1 ) ≥ 0 đúng vì xy ≥1. M. Câu 4: a - Kẻ thêm đờng phụ. - Chứng minh MD là đờng kính của (o) => ........ b,Gäi E', F' lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña D trªn MA vµ MB. §Æt HE = H1 HF = H2 HE . h1 . MA. F. 2. E. AH AD . = ( 1) BD BH HF. h2 . MB2 ⇔ Δ HEF ∞ Δ DF ' E ' ⇒. C©u 1: Cho biÓu thøc D =. a+ √ b √ a+ √ b + 1 − √ ab 1+ √ab. [√. F' D. A. ⇒ HF .h 2=HE . h ; Thay vµo (1) ta cã:. §Ò 12. o. E'. 2. MA AH AD = . 2 MB BD BH. ]:[. 1+. a+ b+2 ab 1 −ab. ]. a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D 2 b) TÝnh gi¸ trÞ cña D víi a = 2 − √3 c) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña D 2 2 C©u 2: Cho ph¬ng tr×nh x2- mx + m2 + 4m - 1 = 0 (1) 2 − √3 2 − √3. B. H I.

(26) 26 a) Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) víi m = -1. 1 1 + =x + x x1 x2 1 2 Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ^A=α ( α=900 ) Chứng α 2 bc . Cos minh r»ng AI = 2 (Cho Sin2 α =2 Sin α Cos α ) b+ c. b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn. Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng tròn sao cho N A ≤ N B . Vễ vào trong đờng tròn hình vuông ANMP. a) Chứng minh rằng đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q. b) Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp. c) Chứng minh đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định. C©u 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 vµ x + y + z = -1 H·y tÝnh gi¸ trÞ cña: B = xy + zx + xyz z y x §¸p ¸n Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là - Rót gän D D = 2 √ a+2 b √ a. [. b) a =. 1− ab. ]:[. a+ b+ab 1− ab. ¿ a≥0 b≥0 ab ≠ 1 ¿{{ ¿. D = 2 √a. ];. a+1. 2+ √ 3 ¿ 2 √ 3+1¿ ⇒ √a=√ 3+1 2¿ 2 =¿ 2+ √ 3. VËy D =. 2+2 √ 3 2 √ 3 −2 = 2 +1 4 − √ 3 2 √3. c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có 2 √ a≤ a+1 ⇒ D ≤1 VËy gi¸ trÞ cña D lµ 1 C©u 2: a) m = -1 ph¬ng tr×nh (1) ⇔ 1 x 2+ x − 9 =0 ⇔ x2 +2 x − 9=0 2. 2.

(27) 27 ⇒ x 1=−1 − √ 10 x 2=− 1+ √ 10 ¿{. b) §Ó ph¬ng tr×nh 1 cã 2 nghiÖm th× Δ ≥ 0 ⇔− 8 m+2 ≥ 0 ⇔ m ≤ 1 4. + §Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kh¸c 0. *. ( ). ¿ m1 ≠ − 4 −3 √ 2 m 2 ≠ − 4+3 √ 2 (*) ¿ 1 2 ⇔ m +4 m−1 ≠ 0 { 2 ⇒. 1 1 + =x + x ⇔( x 1 + x 2)( x 1 x 2 − 1)=0 ⇔ x1 x2 1 2 + x 1 + x 2=0 x 1 x 2 − 1=0 ¿{ ⇔ 2 m=0 m2+8 m−3=0 ⇔ ¿ m=0 m=−4 − √ 19 m=− 4+ √ 19 ¿{. Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = 0 và m=− 4 − √19 C©u 3: + S Δ ABI= 1 AI . cSin α ; 2 2 1 + S Δ AIC= AI . bSin α ; 2 2 1 + S Δ ABC= bcSin α ; 2 S Δ ABC=S Δ ABI+ S Δ AIC α ⇒ bcSin α=AISin (b+c ) 2 ⇒ AI=. bcSin α = α Sin (b+c ) 2. 2 bcCos. A. N . a 2. A B. . 2 2 21. I. F. B. 1. C. cP. Q. b+c. b. 1. I. α 2. M.

(28) 28 C©u 4:. ˆ ˆ a) N1  N 2 Gäi Q = NP (O).    QA QB Suy ra Q cố định ^ 1 (¿ ^ b) ^A 1= M A2 )  Tø gi¸c ABMI néi tiÕp. c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định. Tam gi¸c ABF cã: AQ = QB = QF 0  Δ ABF vu«ng t¹i A  B=45 ^ ^ B=45 0 ⇒AF 0 ˆ ˆ L¹i cã P1 45  AFB  P1  Tø gi¸c APQF néi tiÕp. . ^ F=900 A^ P F= A Q Ta cã: A ^P F + A ^P M =900 +900 =1800  M1,P,F Th¼ng hµng. Câu 5: Biến đổi B = xyz. (. 1 1 1 + 2+ 2 2 x y z. ). = ⋯=xyz . 2 =2 xyz. §Ò 13 x. 4( x  1)  x  4( x  1)  1  . 1  2 x  1   x  4( x  1). Bµi 1: Cho biÓu thøc A = a) Tìm điều kiện của x để A xác định b) Rót gän A Bài 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) và B(3; -4) a) Viết phơng tình đờng 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 phơng trình ẩn x sau: x 2 - m2 x + m + 1 = 0 cã nghiÖm nguyªn. Bài 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D  BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A và D đồng thời tiÕp xóc víi BC t¹i D. §êng trßn nµy c¾t AB vµ AC lÇn lît t¹i E vµ F. Chøng minh a) EF // BC b) Các tam giác AED và ADC; àD và ABD là các tam giác đồng dạng. c) AE.AC = µ.AB = AC2 Bµi 5 : Cho c¸c sè d¬ng x, y tháa m·n ®iÒu kiÖn x2 + y2  x3 + y4. Chøng minh: x3 + y3  x2 + y2  x + y  2. §¸p ¸n Bµi 1: a) §iÒu kiÖn x tháa m·n.

(29) 29  x  1 0   x  4( x  1) 0   x  4( x  1) 0  2  x  4( x  1)  0.  x 1  x 1    x 1  x 2.  KL: A xác định khi 1 < x < 2 hoặc x > 2 b) Rót gän A A= A=.  x > 1 vµ x  2. ( x  1  1)2  ( x  1  1)2 x  2 . x 1 ( x  2)2 x  1  1  x  1 1 x  2 . x 2 x 1. Víi 1 < x < 2 Víi x > 2 KÕt luËn. A=. 2 A = 1 x 2 x 1. 2 Víi 1 < x < 2 th× A = 1  x 2. Víi x > 2 th× A = x  1 Bài 2: a) A và B có hoành độ và tung độ đều khác nhau nên phơng trình đờng thẳng AB có d¹ng y = ax + b A(5; 2)  AB  5a + b = 2 B(3; -4)  AB  3a + b = -4 Gi¶i hÖ ta cã a = 3; b = -13 Vậy phơng trình đờng thẳng AB là y = 3x - 13 b) Gi¶ sö M (x, 0)  xx’ ta cã 2 2 MA = ( x  5)  (0  2) 2 2 MB = ( x  3)  (0  4) 2. 2. MAB c©n  MA = MB  ( x  5)  4  ( x  3)  16  (x - 5)2 + 4 = (x - 3)2 + 16 x=1 KÕt luËn: §iÓm cÇn t×m: M(1; 0) Bµi 3: Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nguyªn khi  = m4 - 4m - 4 lµ sè chÝnh ph¬ng Ta l¹i cã: m = 0; 1 th×  < 0 lo¹i.

(30) Bµi 4:. 30 m = 2 th×  = 4 = 22 nhËn m  3 th× 2m(m - 2) > 5  2m2 - 4m - 5 > 0  - (2m2 - 2m - 5) <  <  + 4m + 4  m4 - 2m + 1 <  < m4  (m2 - 1)2 <  < (m2)2  kh«ng chÝnh ph¬ng VËy m = 2 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. 1    EAD  EFD ( sdED ) 2 a) (0,25) 1    FAD  FDC ( sdFD ) 2 (0,25)     EDA  FAD  EFD  FDC. mµ (0,25)  EF // BC (2 gãc so le trong b»ng nhau)   b) AD lµ ph©n gi¸c gãc BAC nªn DE DF. do đó. A. F. E. B D. 1 1  ACD     2 s®( AED  DF ) = 2 s® AE = s® ADE s®     ACD  ADE EAD  DAC. vµ  DADC (g.g). 1  1    ) 1 (sd AFD   ) sd ABD  ADF  sd AF  sd ( AFD  DF  DE   2 2 2 T¬ng tù: s® =  ADF  ABD. do đó AFD ~ (g.g c) Theo trªn: + AED ~ DB AE AD   AD AC hay AD2 = AE.AC (1) AD AF  + ADF ~ ABD  AB AD.  AD2 = AB.AF2 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã AD = AE.AC = AB.AF Bµi 5 (1®): Ta cã (y2 - y) + 2  0  2y3  y4 + y2  (x3 + y2) + (x2 + y3)  (x2 + y2) + (y4 + x3) 3 mà x + y4  x2 + y3 do đó x3 + y3  x2 + y2 (1) + Ta cã: 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) 2 mµ x + y3  x3 + y4  x2 + y2  x + y (2). C.

(31) 31 vµ (x + 1)(x - 1)  0. (y - 1)(y3 -1)  0 x 3 - x 2 - x + 1 + y 4 - y - y3 + 1  0  (x + y) + (x2 + y3)  2 + (x3 + y4) mµ x2 + y3  x3 + y4 x+y2 Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã: x3 + y3  x2 + y2  x + y  2.. §Ò 14 C©u 1:. x-. 4(x-1). cho A=. +. x+. 4(x-1). (1-. x2- 4(x-1). 1 x-1. ). a/ rót gän biÓu thøc 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 phơng trình x2-(m+5)x-m+6 =0 Cã 2 nghiÖm x1 vµ x2 tho· m·n mét trong 2 ®iÒu kiÖn sau: a/ Nghiệm này lớn hơn nghiệm kia một đơn vị. b/ 2x1+3x2=13 Câu 3Tìm giá trị của m để hệ phơng trình mx-y=1 m3x+(m2-1)y =2 ; v« nghiÖm, v« sè nghiÖm. C©u 4: t×m max vµ min cña biÓu thøc: x2+3x+1 x2+1 Câu 5: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 45 0. Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đờng chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đờng chéo BD tại Q. a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đờng tròn. b/ Chøng minh r»ng: SAEF=2SAQP c/ KÎ trung trùc cña c¹nh CD c¾t AE t¹i M tÝnh sè ®o gãc MAB biÕt CPD=CM híng dÉn. Câu 1: a/ Biểu thức A xác định khi x≠2 và x>1 A=. ( x-1. -1)2+. ( x-1. (x-2) 2 =. +1)2. .(. 2. =. x- 1 -1 + x-2. x-1 + 1. .. x- 2 x-1. x- 1 x-1. b/ §Ó A nguyªn th× x- 1 lµ íc d¬ng cña 1 vµ 2 * x- 1 =1 th× x=0 lo¹i * x- 1 =2 th× x=5 vËy víi x = 5 th× A nhËn gi¸ trÞ nguyªn b»ng 1. =. 2. x-2 x-1. x-1. ).

(32) 32 Câu 2: Ta có ∆x = (m+5) -4(-m+6) = m +14m+1≥0 để phơng trìnhcó hai nghiệmphân biệt khi vµchØ khi m≤-7-4 3 vµ m≥-7+4 3 (*) a/ Gi¶ sö x2>x1 ta cã hÖ x2-x1=1 (1) x1+x2=m+5 (2) x1x2 =-m+6 (3) Giải hệ tađợc m=0 và m=-14 thoã mãn (*) b/ Theo gi¶ thiÕt ta cã: 2x1+3x2 =13(1’) x1+x2 = m+5(2’) x1x2 =-m+6 (3’) giải hệ ta đợc m=0 và m= 1 Thoả mãn (*) C©u 3: *§Ó hÖ v« nghiÖm th× m/m3=-1/(m2-1) ≠1/2 3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0 2 2 3m -1≠-2 3m ≠-1 m=±1/2 m=±1/2 ∀m 3 2 *HÖv« sè nghiÖm th×: m/m =-1/(m -1) =1/2 3m3-m=-m3 m=0 2 3m -1= -2 m=±1/2 V« nghiÖm 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 gäi y0 lµ 1 gi¸ trÞcña hµmph¬ng tr×nh: y0 = x2+1 2. 2. (y0-1)x2-6x+y0-1 =0 cã nghiÖm *y0=1 suy ra x = 0 y 0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1)2≥0 -2 ≤ y0 ≤ 4 VËy: ymin=-2 vµ y max=4 C©u 5: ( Häc sinh tù vÏ h×nh) Gi¶i a/  A1 vµ  B1 cïng nh×n ®o¹n QE díi mét gãc 450 A  tứ giác ABEQ nội tiếp đợc.   FQE =  ABE =1v. chøng minh t¬ng tù ta cã  FBE = 1v  Q, P, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kinh EF. b/ Tõ c©u a suy ra ∆AQE vu«ng c©n. AE  AQ =. 2. AF  AB =. 2. B. M. 1. P. 1. E. Q. (1). t¬ng tù ∆ APF. (y0-1)2≤ 9 suy ra. còng vu«ng c©n (2). tõ (1) vµ (2)  AQP ~ AEF (c.g.c). D. F. C.

(33) 33 S AEF S AQP. = ( 2 )2 hay SAEF = 2SAQP c/ §Ó thÊy CPMD néi tiÕp, MC=MD vµ  APD=  CPD   MCD=  MPD=  APD=  CPD=  CMD MD=CD  ∆MCD đều   MPD=600 mµ  MPD lµ gãc ngoµi cña ∆ABM ta cã  APB=450 vËy  MAB=600-450=150. §Ò 15 2√ x−9 2 x +1 √ x +3 Bµi 1: Cho biÓu thøc 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. T×m x Z để M Z. bµi 2: a) T×m x, y nguyªn dư¬ng tho· m·n ph¬ng tr×nh 3x2 +10 xy + 8y2 =96 b)t×m x, y biÕt / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = 3 Bµi 3: a. Cho c¸c sè x, y, z d¬ng tho· m·n 1 + 1 + 1 = 4 x. y z 1 Chøng ming r»ng: + + 1 x + y +2 z 2 b. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: B = x −2 x+2006 (víi x 0 ) x2 Bµi 4: Cho h×nh vu«ng ABCD. KÎ tia Ax, Ay sao cho x ^A y = 45 ❑0 1 2 x+ y+z. 1 x +2 y + z. Tia Ax c¾t CB vµ BD lÇn lît t¹i E vµ P, tia Ay c¾t CD vµ BD lÇn lît t¹i F vµ Q a. Chứng minh 5 điểm E; P; Q; F; C cùng nằm trên một đờng tròn b. S Δ AEF = 2 S Δ APQ Kẻ đờng trung trực của CD cắt AE tại M. Tính số đo góc MAB biết C ^P D = C ^ MD Bµi 5: (1®) Cho ba sè a, b , c kh¸c 0 tho· m·n:. ¿ 1 1 1 + + =0 ; H·y tÝnh P a b c ¿. =. ac bc ac + + c2 a2 b 2. đáp án Bµi 1:M = a.§K. 2√ x−9 2 x +1 √ x +3 + √ + x −5 √ x+6 √ x − 3 2 − √ x x≥ 0; x≠ 4 ;x ≠ 9. Rót gän M =. 0,5®. 2 √ x − 9− ( √ x+3 )( √ x −3 ) + ( 2 √ x+1 ) ( √ x − 2 ) ( √ x −2 ) ( √ x −3 ). Biến đổi ta có kết quả: M =. x −√ x − 2 ( √ x −2 ) ( √ x −3 ). M=. ( √ x+ 1 )( √ x − 2 ) √ x +1 ⇔ M= ( √ x −3 ) ( √ x − 2 ) √ x −3.

(34) 34 x −1 =5 √x− 3 ⇒ √ x +1=5 ( √ x − 3 ) ⇔ √ x +1=5 √ x − 15 ⇔ 16=4 √ x 16 ⇒ √ x= =4 ⇒ x=16 4. b .. M = 5 ⇔ √. √ x+1 = √ x −3+ 4 =1+ 4 √ x − 3 √ x −3 √ x −3 Do M z nªn √ x −3 lµ ưíc cña 4 ⇒. c. M =. ⇒ x ∈ { 1; 4 ; 16 ; 25 ; 49 } do. x≠4⇒. √ x −3 nhËn c¸c gi¸ trÞ: -4; -2; -1; 1; 2; 4. x ∈ { 1; 16 ; 25 ; 49 }. Bµi 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 nguyªn d¬ng nªn x + 2y; 3x + 4y nguyen d¬ng vµ 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 thõa sè kh«ng nhá h¬n 3 lµ: 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 +2 y=6 3 x+ 4 y=24 HÖ PT nµy v« nghiÖm ¿{ ¿ ¿ ⇒ x +2 y=6 x=4 HoÆc 3 x+ 4 y=16 y=1 ¿{ ¿{ ¿ ¿ x +2 y =8 HoÆc 3 x+ 4 y=12 HÖ PT v« nghiÖm ¿{ ¿. VËy cÊp sè x, y nguyªn d¬ng cÇn t×m lµ (x, y) = (4, 1).

(35) 35 b. ta cã /A/ = /-A/ A ∀ A Nªn /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/ ❑/x −2005+2008 − x /❑/3 /❑3 (1) mµ /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = 3 (2) KÕt hîp (1 vµ (2) ta cã / x - 2006/ + / y - 2007/ 0 (3) ¿ x −2006 /❑0 y − 2007/❑ 0 ⇔ (3) s¶y ra khi vµ chØ khi ¿ x=2006 y=2007 ¿{ ¿. Bµi 3 a. Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ 2 2 2 b. Víi mäi a, b thuéc R: x, y > 0 ta cã a + b ≥ ( a+b ) (∗). 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  DÊu (=) x¶y ra khi ay = bx hay x y. áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có 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         1  2 1 1 4 4 4 4                 x y x z 16  x y z . 2.

(36) 36 1 1 1 2 1      Tư¬ng tù x  2 y  z 16  x y z  1 1  1 1 2      x  y  2 z 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                2 x  y  z x  2 y  z x  y  2 z 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   4 V× x y z. B. x 2  2 x  2006  x 0  x2. 2 2 2 Ta cã: B= x −2 x+2 2006 ⇔ B=2006 x −2 . 2006 x +2006. x. ⇔ B=. 2006 x. ( x − 2006 )2 +2005 x2 ( x −2006 )2+2005 2005 ⇔ + 2006 x2 2006 x 2. V× (x - 2006)2  0 víi mäi x x2 > 0 víi mäi x kh¸c 0.  x  2006 . 2. 2005 2005  B khix 2006 2006 x 2006 2006    0 Bµi 4a. EBQ EAQ 45  EBAQ néi tiÕp; B̂ = 900 à gãc AQE = 900 à gãcEQF = 900 . 2. 0  B . T¬ng tù gãc FDP = gãc FAP = 450 à Tø gi¸c FDAP néi tiÕp gãc D = 900 à gãc APF = 900 à gãc EPF = 900 ……. 0,25® 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 cã gãc APQ + gãc QPE = 1800 (2 gãc kÒ bï) ⇒ gãc APQ = gãc AFE.

(37) 37 Gãc AFE + gãc EPQ = 180. 0. àTam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g) S APQ. à SAEF. 2. 1  1  k    2  2S APQ SAEE  2 2. c. gãc CPD = gãc CMD à tø gi¸c MPCD néi tiÕp à gãc MCD = gãc CPD (cïng ch¾n cung MD) L¹i cã gãc MPD = gãc CPD (do BD lµ trung trùc cña AC) gãc MCD = gãc MDC (do M thuéc trung trùc cña DC) à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD à tam giác MDC đều à góc CMD = 600 à tam gi¸c DMA c©n t¹i D (v× AD = DC = DM) Vµ gãc ADM =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300 à gãc MAD = gãc AMD (1800 - 300) : 2 = 750 à gãcMAB = 900 – 750 = 150 Bµi 5 §Æt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c à x + y + z = 0 (v× 1/a = 1/b + 1/c = 0) à x = -(y + z) à x3 + y3 + z3 – 3 xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz à-( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz .0 = 0 Tõ x3 + y3 + z3 – 3xyz = 0 à x3 + y3 + z3 = 3xyz à 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 nÕu 1/a + 1/b + 1/c =o th× P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3.. §Ò 16 Bµi 1Cho biÓu thøc A =. x 2 −3 ¿ 2+12 x 2 ¿ + ¿ ¿ √¿. x+ 2¿ 2 −8 x 2 ¿ √¿. a. Rót gän biÓu thøc A b. T×m nh÷ng gi¸ trÞ nguyªn cña x sao cho biÓu thøc A còng cã gi¸ trÞ nguyªn..

(38) 38 Bµi 2: (2 ®iÓm) Cho các đờng thẳng: y = x-2 (d1) y = 2x – 4 (d2) y = mx + (m+2) (d3) a. Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m. b. Tìm m để ba đờng thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy . Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1) a. Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã 2 nghiÖm ph©n biÖt. b. T×m mét hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) mµ kh«ng phô thuéc vµo m. c. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P = x21 + x22 (víi x1, x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1)) Bài 4: Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho AC>AB vµ AC > BC . Gäi D lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá BC. C¸c tiÕp tuyÕn cña (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lợt là giao điểm của các cặp đờng thẳng AB với CD; AD vµ CE. a. Chøng minh r»ng DE// BC b. Chøng minh tø gi¸c PACQ néi tiÕp 1 c. Gäi giao ®iÓm cña c¸c d©y AD vµ BC lµ F; Chøng minh hÖ thøc: = 1 + CE. 1 CE. Bµi 5:. Cho c¸c sè d¬ng a, b, c Chøng minh r»ng: đáp án Bµi 1: - §iÒu kiÖn : x 0. 1<. a b c + + <2 . a+b b+c c +a. 4 2 a. Rót gän: A= x +6 x2 + 9 + √ x 2 − 4 x + 4. √. 2. x. x +3 | + x − 2| |x| 2 −2 x + 2 x −3 A= x 2: A= 2 x+3 x 2 2 x −2 x+ 3 A= x ¿. - Víi x <0: - Víi 0<x - Víi x>2 :. b. Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên <=> x2 + 3 ⋮|x| <=> 3 ⋮|x| => x = { −1 ; −3 ; 1 ; 3 } Bµi 2: a. (d1) : y = mx + (m +2); <=> m (x+1)+ (2-y) = 0 Để hàm số luôn qua điểm cố định với mọi m. CQ.

(39) 39 ¿ x+ 1=0 2− y=0 ¿{ ¿. ¿ x=−1 =.> 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 y=2 x − 4 ¿{ ¿. =>. ¿ x=2 y=0 ¿{ ¿. ;. VËy M (2; 0) .. NÕu (d3) ®i qua M(2,0) th× M(2,0) lµ nghiÖm (d3) Ta có : 0 = 2m + (m+2) => m= - 2 ; Vậy m = - 2 thì (d1); (d2); (d3) đồng quy. 3 3 2 ) + 2. Bµi 3: a. Δ ' = m2 –3m + 4 = (m VËy ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt b. Theo ViÐt:. ¿ x 1+ x 2=2( m−1) x1 x 2=m− 3 ¿{ ¿. =>. 3. 7 >0 4. ∀ m.. ¿ x 1+ x2 =2m −2 2 x 1 x2 =2m −6 ¿{ ¿. <=> x1+ x2 – 2x1x2 – 4 = 0 kh«ng phô thuéc vµo m c,P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – 2 (m-3) = (2m - 5 )2 + 15 ≥ 15 ∀ m 2. VËyPmin =. 15 víi m = 4. 4. 4. 5 4. Bài 4: Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận 1 a. S® ∠ CDE = S® BD = ∠ BCD 2 => DE// BC (2 gãc vÞ trÝ so le) 1 S® DC = 2.

(40) 40 1 2. b. ∠ APC = s® (AC - DC) = ∠ AQC => APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = ∠ AQC(cïng nh×n ®oan AC) c.Tø gi¸c APQC néi tiÕp ∠ CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ) ∠ CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC) Suy ra ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ Ta cã: DE = CE (v× DE//PQ) (1) DE FC. PQ = QE QC. CQ. (v× DE// BC). (2). Céng (1) vµ (2) : DE + DE =CE+QE =CQ =1 PQ FC. CQ. CQ. ; =>. 1 1 1 + = PQ FC DE. ED = EC (t/c tiÕp tuyÕn) tõ (1) suy ra PQ = CQ ; Thay vµo (3) : Bµi 5:Ta cã:. a a < a+b+ c b+a b b < a+b+ c b+c c c < a+b+ c c+ a. Céng tõng vÕ (1),(2),(3) :. 1<. a+ c a+b+ c < b+ a a+b+ c c +b < a+b+ c a + b a+b b+c. <. 1 1 1 + = CQ CF CE. (1) (2) (3) +. c c+ a. (3). <2..

(41)

THI vao 10 toan

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về