Cac de luyen thi

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 - 2018

Bài 1.
Cho biểu thức:
a) Rút gọn A
b) Tìm x để A = 4

A

x x  1 x x 1 x 1


x x x x
x

2

Bài 2.
Cho Parabol (P): y x và đường thẳng (d): y = (2m – 1)x – m + 2 (m là tham số)
a) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng (d) ln cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Tìm các giá trị m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1 ) ; B(x 2 ; y 2 )
thỏa x1y1  x 2 y 2 0
Bài 3.
Hai thành phố A và B cách nhau 450 km. Một ô-tô đi từ A đến B với vận tốc không đổi trong
một thời gian dự định. Khi đi, ô-tô tăng vận tốc hơn dự định 5 km/h nên đã đến B sớm hơn 1 giờ so với
thời gian dự định. Tính vận tốc dự kiến ban đầu của ơ-tơ.
Bài 4.
Cho đường trịn (O), dây BC khơng phải đường kính. Các tiếp tuyến với đường trịn (O) tại B
và cắt nhau tại A. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C), gọi I, H, K lần lượt là chân các đường
vng góc hạ từ M xuống BC, CA và AB. Chứng minh:
a) Các tứ giác BKMI, CHMI nội tiếp.

2

b) MI MK MH
c) BM cắt IK tại D, CM cắt IH tại E. Chứng minh DE // BC.
Bài 5.

2
3
Cho a, b, c  [0; 1]. Chứng minh rằng: a  b  c  ab  bc  ca 1

HƯỚNG DẪN GIẢI.
BÀI
1

NỘI DUNG

a)

a)
A

x x  1 x x  1 x 1



x x x x
x

x



A



x 1



 

x 1  x 
x



x  x  1
x  1  (x  1) x  2



x

x  1 x  x 1

x 1 x 

x 1

x

  x 1

x 1



x

x 1





x1
x

2

Vậy

2

x

(với x > 0, x 1 )
b) Với x > 0, x 1 , ta có:





2

x  1 0 





2

x  1  4 x 4


x



x 1
x

2

4

Vậy khồng có giá trị x nào để A = 4
2

2
Cho Parabol (P): y x và đường thẳng (d): y = (2m – 1)x – m + 2 (m là

 x  0, x 


tham số)
a) Phương trình hồnh độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P) là:
x 2   (2m  1)x  m  2 0
 x 2  (2m  1)x  m  2 0 (*)
2

2

   (2m  1)   4 1 (m  2) 4m 2  8m  9 4  m  1  5  0
Vì
với mọi m
nên (*) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Vậy với mọi m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1 ) ; B(x 2 ; y 2 )
2
2
b) Ta có: y1 x1 ; y 2 x 2 (vì hai điểm A và B thuộc (P) ), nên:

x1 y1  x 2 y2 0  x13  x 23 0  (x1  x 2 )3  3x1x 2 (x1  x 2 ) 0

(1)

mà hoành độ các giao điểm A và B là nghiệm của (*) nên:
 x1  x 2 2m  1


 x1x 2 m  2

(hệ thức Vi-et)

Do đó:
(1)  (2m  1)3  3(m  2) (2m  1) 0  (2m  1)  (2m  1) 2  3(m  2)  0
2

7  63 
 (2m  1)(4m  7m  7) 0  (2m  1)   2m     0  2m  1 0
4  16 
 
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1 ; y1 ) ; B(x 2 ; y 2 ) thỏa mãn khi m
2

= 0,5.
3

Gọi x (km/h) là vận tốc dự kiến ban đầu của ô-tô. (x > 0)
450
(h)
Thời gian dự định đi từ A đế B là: x

Thực tế ô-tô đi với vận tốc là: x + 5 (km/h)
450
(h)
Thời gian thực tế đã đi từ A đêna B là: x  5

Vì ơ-tơ đến B sớm hơn dự định 1 giờ nên ta có phương trình:

450 450

1  x 2  5x  2250 0
x
x 5
x1 45

Giải phương trình được
(nhận), x 2  50 (loại)
Vậy vận tốc dự kiến ban đầu của ơ-tơ là 45 km/h
4

Hình vẽ


a) C/m các tứ giác BKMI, CHMI nội tiếp:
Ta có: MK  AB và MI  BC (K và I là hình chiếu của M trên AB, BC)


 BKM
 BIM
90o  90o 180o

(1)

o
o
o



Chứng minh tương tự, cũng có:  CHM  CIM 90  90 180
Từ (1) và (2), suy ra các tứ giác BKMI, CHMI nội tiếp.

(2)

2

b) Chứng minh: MI MK MH
Cách 1:
 KMB và  IMC có:


MKB
MIC
90o
1



KBM
ICM
(= 2 sđ BM
của đường tròn (O) )
  KMB

S

 IMC (g.g)

tương tự. cũng có:  IMB



Từ (3) và (4), suy ra:
Cách 2:



MK MB

MI MC
S

 HMC (g.g)

(3)


MB MI

MC MH

(4)

MK MI

 MI 2 MK MH
MI MH

o





Từ kết quả câu a suy ra: IMK  KBI IMH  ICH ( 180 )





MKI
MBI;
MIH
MCH

(I)

(II)

1
KBI ICH


Mặt khác:
(= = 2 sđ BC của đường tròn (O) )
1
MBI MCH


(== 2 sđ MC của đường trịn (O) )
(IV)

Khi đó,  KMI và  IMH có:


MKI
MIH
S

  KMI



IMK
HMI
(suy ra từ

(III)

(I) và (III)

(suy ra từ (II) và (IV) )
 IMH (g.g)

c) Chứng minh DE // BC.



KM IM

 MI 2 MK MH

IM HM
.





KIM
 MIH
Ta có: KIH

(5)

1
KIM KBM


Mà:
(= 2 sđ KM
của đường trịn (B. K, M, I) )
1

= 2 sđ BM
(của đường tròn (O) )
(6)
1
MIH

Chứng minh tương tự, cũng có:
= 2 sđ CM (của đường tròn (O) )

(7)
1


Từ (5), (6) và (7) suy ra: DIE
= 2 sđ BC (nhỏ)
1
1






 DIE  DME DIE  BMC = 2 sđ BC (nhỏ) + 2 sđ BC
(lớn) = 180o



 MDE
MIE

tứ giác MDIE nội tiếp

(nội tiếp cùng chắn cung ME)



lại có MIE MCH (nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn (CHMI))



và MCH MBC (nội tiếp cùng chắn cung CM của đường trịn (O))


5



Do đó MDE MBC ở vị trí so le trong.
Vậy DE // BC
Ta có: a, b, c  [0; 1]  (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0  abc + a + b + c – ab – bc –
ca – 1  0
 abc + a + b + c – ab – bc – ca  1
(1)
Mặt khác, do 0  a, b, c  1 nên
a  b 2  c3  (abc  a  b  c) b(b  1)  c(c 1)(c  1)  abc 0
 a  b 2  c3 abc  a  b  c
2

(2)
3

Từ (1) và (2) suy ra: a  b  c  ab  bc  ca 1