Trường THCS: Đề thi Câu 1: Cho biểu thức 3 1 1 x x A x 1 x x 1 x x 1 − = + + − − − + − a, Rút gọn A b, Tìm x để A > 0 c, Tính Giá trị của A khi 3 5 x 9 2 7 = − Câu 2: Cho (p): 2 y x= (d): y 3x 2= − a, Tìm hai toạ độ giao điểm của (p) và (d) b, Tính diện tích tam giác tạo bởi hai toạ độ giao điểm và gốc toạ độ. Câu 3: Giải hệ phương trình: x y 1 xyz 2 y z 5 xyz 6 x z 2 xyz 3  + =    + =    + =   Câu 4: Cho ABC∆ có ba góc nhọn nội tiếp (O;R). Vẽ AI vuông góc với BC, BE vuông góc với AC. AI cắt BE tại H. a, Chứng minh rằng · · CHI CBA= b, Chứng ming CO EI⊥ c, Khi · 0 ACB 60= Chứng minh CH CO= Câu 5: Cho ABC∆ có µ 0 A 90= ; AB BC< . AM là đường trung tuyến của tam giác. · AMB = β ; · ACB = α . Chứng minh 2 1 sin (sin cos )+ β = α + α Đáp án Câu 1: (3đ) a, Điều kiện: x > 1 0,5đ A x 2 x 1= − − 1,5đ b, A > 0 khi 1 x 2< ≠ 2,0đ c, A = 7 2,0đ Câu 2: a, A(1;1), B(2;4) 1,0 đ b, AOB S 1 ∆ = (đvdt) 1,0 đ Câu 3: Hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y; z) = (1; 2; 3) và (x; y; z) = (-1; -2; -3) 2,0đ Câu 4: a, · · CHI CBA= 2,0đ A b, Kẽ đường kính CD · · DAB BCD= · · DAB ABE= · · ABE ABF= · · ACE HIE= ⇒ · · HIE BCD= có AI BC IE CO ⊥ ⇒ ⊥ 3,0đ c, CH CE HCE DCB CD BC ∆ ∞∆ ⇒ = ⇒ 1 CH BC 2 = 3,0đ Câu 5: 1 AH sin .AM BCsin 2 = β = β AH sin .AC BCsin cos= α = α α sin 2sin cos⇒ β = α α 2 1 sin (sin cos )⇒ + β = α + α 2,0đ H . O F E I D C B A C M H B Trường THCS Đề bài: Câu1. ( 4 điểm)Cho biếu thức M = 2x x x x x x x 1 x x 1 x x 1 2x x 1 2 x 1   + − + − − +  ÷ − − + − −   a, Hãy tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa, sau đó rút gọn M. b, Với giá trị nào của x thì biểu thức M đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó của M? Câu 2. ( 4 điểm) Tìm nghiệm nguyên của hệ 2 2 3 3 2y x xy 2y 2x 7 x y x y 8  − − + − =   + + − =   Câu 3. (4 điểm) Cho A (6,0); B (0,3) a, Viết phương trình đường thẳng AB. b, Một điểm M (x;y) di chuyển trên đoạn thẳng AB. Gọi C; D theo thứ tự là hình chiếu của M trên OA; OB. Gọi N là điểm chia đoạn thẳng CD theo tỷ số 1:2. Tính toạ độ (x’; y’) của N theo ( x; y) . c, Lập một hệ thức giữa x’; y’ từ đó suy ra quĩ tích của N. Câu 4. (5 điểm ) Cho ( 0; R )đường thẳng d cắt ( O ) tại 2 điểm A; B. trên d lấy 1 điểm M và từ đó kẻ 2 tiếp tuyến MN; MP ( N; P là tiếp điểm) a, C/M: · · PMO PNO= b, Tìm 2 điểm cố định mà đường tròn ( MNP ) luôn đi qua khi M di động trên d. c, xác định vị trí của M để ∆ MNP là ∆ đều. Câu 5.( 3 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) 10 10 2 16 16 2 2 2 2 1 x y 1 Q x y 1 x y 2 y x 4   = + + + − +  ÷   Đáp án: Câu 1. (4đ) a, Điều kiện để biểu thức có nghĩa là: 1 x 0,x 4 ≥ ≠ và x#1. (0,5đ) M = 2x x x x x x x 1 x . x 1 x x 1 2x x 1 2 x 1   + − + − − +  ÷ − − + − −   ( ) x 2x x 1 x x x 1 x x 1 x x 1 2x x 1 2 x 1   + − + −   = − +   − − + − −   (0,5đ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x x 1 x x 1 x x 1 x x x x x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 x 1 x x 1 + + − = − + = − + − − − − − + + + (1đ) ( ) x x 1 x x 1 + = + + (0,5đ) b, Do x 0 ≥ nên M 0 ≥ . Đẳng thức xảy ra khi x = 0 (0,5đ) Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 0 khi x = 0 (1đ) Câu 2. Viết lại hệ đã cho dưới dạng (x+2y+2) ( x-y) =-7 (1) x 3 +y 3 +x-y = 8 (2) (1,5đ) Từ (1) do x, y nguyên ta có các trường hợp sau: a, x- y=-1 và x+2y+2 = 7 =>x=1 và y = 2 thoả mãn ( 2) (0,5đ) b, x-y = 1 và x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên (o,5đ) c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1 Giải hệ nàyđược nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phương trình (2) (0,5đ) d, x-y = 7 và x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên (0,5đ) Tóm lại hệ đã cho có duy hất một nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2) (0,5đ) Câu 3. (4đ) a, Gọi phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b ( a # 0) (0,5đ) Đường thẳng đi qua điểm A ( 6; 0) nên ta có 6a+ b = 0 (1) và đi qua điểm B ( 0;3) nên ta có b = 3. Thay b = 3 vào (1) => a = - 1 2 (0,5đ) Vậy đường thẳng AB là y = - 1 2 x +3 (0,5đ) b, Gọi H là hình chiếu của N trên OA, K là hình chiếu của N trên OB Tam giác DOC có KN// OC nên => ' KN DN 2 2 2 KN OC x x OC DC 3 3 3 = = ⇒ = ⇒ = (1) (0,5đ) Tương tự NH // OD => ' NH CN 1 1 1 NH OD y y DO CD 3 3 3 = = ⇒ = ⇒ = (2) (0,5đ) =>N có toạ độ ( x’ = 2 3 x ; y’ = 1 3 y) (0,5đ) c, Từ (1) => x= 3 2 x’; y= 3y’ thế vào y= - 1 2 x+ 3 => y’ = - 1 4 x + 1 (0,5đ) Vậy quĩ tích điểm N là phần đường thẳng y= - 1 4 x + 1 nằm trong góc phần tư thứ nhất. (0,5đ) Câu 4. (5đ) a, MN, MP là hai tiếp tuyến của ( O) => ON NM;OP PM⊥ ⊥ ⇒ ONM = 90 0 , OPM = 90 0 (0,5đ) => tứ giác ONMP có góc ONM + OPM = 180 0 . Do đó tứ giác ONMP nội tiếp đường tròn đường kính OM (1đ) b, Kẻ OQ vuông góc với AB => QA = QB ( đường kính vuông góc với dây) (0,5) Vì AB cố định => Q cố định . (0,5đ) Gọi I là trung điểm của OM tam giác OQM vuông tại Q => QI = IO = IM. Vậy Q thuộc đường tròn đường kính OM. (0,5đ) Kết hợp với câu a => 5 điểm M, N, O, Q, P thuộc đường tròn đường kính OM => đường tròn ( MNP) luôn đi qua hai điểm O, Q cố định khi M di chuyển trên d . (0,5đ) c, Để tam giác MNP đều => góc NMP = 60 0 mà MO là phân giác của góc NMP => NMO = 30 0 => ON = 1 2 OM => OM = 2NO = 2R. (0,5đ) Dựng cung tròn tâm O bán kính 2R cắt d tại M => M là điểm cần dựng để tam giác MNP đều (0,5đ) Thật vậy OM = 2R= 2ON => sin NMO = ON 1 OM 2 = ⇒ NMO =30 0 => NMP = 60 0 Vậy tam giác MNP là tam giác đều. (0,5đ) Câu 5. (3đ) áp dụng bất đẳng thức cô si cho bốn số không âm ta có: 10 10 10 10 2 2 4 2 2 2 2 1 x y x y .1.1 1 1 2 2x y 2 y x x y   + + + ≥ =  ÷   ( ) 16 16 16 16 4 4 4 1 x y 1 1 x y 1.1 x y 4 + + + ≥ = (1đ) ( ) ( ) ( ) 10 10 15 16 4 4 2 2 2 2 10 10 2 16 16 2 2 2 2 1 x y 1 3 x y 1 x y 2x y 1 2 y x 4 2 1 x y 1 5 x y x y 1 2 y x 4 2 5 Q 2   ⇒ + + + + + ≥ + +  ÷     ⇒ + + + − + ≥ −  ÷   ⇒ ≥ − ( 1đ) Do đó giá trị nhỏ nhất của Q là - 5 2 khi x 2 = y 2 = 1 (1đ) Trường THCS Bài 1:(4đ) Cho biểu thức: A= (1+ x x 1+ ) : ( 1 2 x x 1 x x x x 1 − − + − − ) a> Rút gọn biểu thức A b>Tìm x để A> 1 Bài 2: ( 3đ) Giải hệ phương trình: 3 3 5 5 2 2 x y 1 x y x y  + =   + = +   Bài 3:(4đ) Cho đường thẳng(D m ) có phương trình (m + 2)x + (m – 1)y – 1 = 0 a> Chứng minh khi m thay đổi đường thẳng (Dm) luôn đi qua một điểm cố định . b> Tìm giá trị của m để khoảng cách từ O đến đường thẳng (Dm) lớn nhất. Bài 4:(7đ) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nữa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA.Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M vẽ tiếp tuyến Ax,By.Đường thẳng qua M và vuông góc MC cắt Ax;By tại P và Q. AM cắt CP tại E; BM cắt CQ tại F. a.Chứng minh tứ giác ACMP nội tiếp. b.Chứng minh: <PCQ = 1v. c.Chứng minh: EF // AB. Bài 5:(2đ) Cho a,b,c, là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 a b c d 1 a b b c c d d a 2 + + + ≥ + + + + đáp án toán 9 Bài 1:a> ĐKXĐ: x 0;x 1≥ ≠ (0,25đ) A= ( ) ( ) x 1 x 1 2 x : x 1 x 1 x x 1 x 1   + +  ÷ −  ÷ + − + − +   (0,5đ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 x x 1 1 2 x : (0,5d) x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 2 x : (0,5d) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 (0,5d) x 1 x 1 x x 1 (0,5d) x 1   + +  ÷ = −  ÷ + − + −   + + + − = + + − + − + + = × + − + + = − Vậy A= x x 1 x 1 + + − với x 0;x 1≥ ≠ (0,25đ) b> A>1 ⇔ x x 1 x 1 + + − >1 ⇔ x x 1 x 1 + + − - 1 > 0 ⇔ x x 1 x 1 x 2 0 0 x 1 x 1 + + − + + > ⇔ > − − (0,75đ) Do x 0 x 2 0 x 1 0 x 1.≥ ⇒ + > ⇒ − > ⇒ > (0,5đ). Kết hợp với ĐKXĐ 0 x 1≤ < thì A> 1 (0,25đ) Bài 2: Giải hệ phương trình ( ) ( ) 3 3 2 2 5 5 3 3 5 5 2 2 3 3 x y x y x y x y 1 x y x y x y 1  + + = +  + =   ⇔   + = +  + =    (0,5đ) 5 3 2 2 3 5 5 5 3 3 x x y x y y x y x y 1  + + + = +  ⇔  + =   (0,5đ) ( ) 2 2 3 3 x y x y 0 x y 1  + =  ⇔  + =   (1) (0,5đ) ⇔ x 0 y 0 =   =  (0,5đ) (Vì 3 3 x y 1+ = ( ) ( ) ( ) 2 2 x y x xy y 1 x y 0⇒ + − + = ⇒ + ≠ ) (0,25đ) *Với x = 0 thay vào phương trình (1) ta được y =1 (0,25đ) *Với y= 0 thay vào phương trình (1) ta được x =1 (0,25đ) Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x;y) = (0;1); (1;0) (0,25đ) Bài 3: a> (m+2)x + (m -1)y – 1 = 0 ⇔ mx + 2x + my – y – 1 = 0 (0,25đ) ⇔ m(x + y) + 2x – y -1 = 0 ( 0,25đ) ⇔ x y 0 2x y 1 0 + =   − − =  (0,5đ) ⇔ 1 x 3 1 y 3  =    −  =   (0,75đ) Vậy với mọi m thì (Dm) luôn đi qua một điểm cố định 1 1 ; 3 3 −    ÷   ( 0,25đ) b>Với m = -2 thì (Dm) có dạng: - 3y – 1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là 1 3 (0,5đ) Với m = 1 thì (Dm) có dạng: 3x -1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là 1 3 (0,5đ) Với m ≠ 2 ; m ≠ 1.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) lớn nhất khi OI ⊥ (Dm) mà (Dm) cắt Ox tại A 1 ;0 m 2    ÷ +   và cắt Oy tại B 1 0; m 1    ÷ −   (0,5đ) y ∆ AOB vuông tại O có OI là đường cao nên ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 9 1 m 2 m 1 m OI OA OB 2 2 − = + ⇔ = + + − ⇔ = (0,5đ) 1 3 A O x 1 3 − I B Bài 4: a.Ta có :<PAC =<PMC = 1v ⇒ Tứ giác APMC nội tiếp trong đường tròn đường kính PC (2đ) b. ⇒ <MAC = <MPC (cùng chắn cung MC ) (0,75đ) Tương tự tứ giác QMCB nội tiếp đường tròn đường kính QC nên: <MBC = <MQC (cùng chắn cung MC) (0,75đ) ⇒ <MPC + <MQC = <MAC + <MBC = 1v (1đ) ⇒ <PQC = 1v (0,5đ) c> Ta có: <FME = <FCE = 1v (0,25đ) ⇒ Tứ giác EMFC nội tiếp đường tròn đường kính EF ⇒ <FEM = <FCM (cùng chắn cung FM) (0,5đ) Mà <FCM = <QBM (cùng chắn cung MQ) (0,5đ) <QBM = <MAB (cùng chắn cung MB) (0,5đ) Q E O A B M C x y P F ⇒ <FEM = <MAB ⇒ EF // AB. (0,25đ) Bài 5: áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho các cặp số không âm : 2 a a b ; a b 4 + + ta được 2 2 a a b a a b 2 a a b 4 a b 4 + + + ≥ = + + (0,5đ) Tương tự 2 b b c b b c 4 + + ≥ + 2 c c d c c d 4 + + ≥ + (0,5đ) 2 d d a d a 4 + + + d≥ Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c d a b c d a b c d(0,5d) a b b c c d d a 4 a b c d 1 1(0,25d) a b b c c d d a 2 a b c d 1 .(0,25d) a b b c c d d a 2 + + + + + + + ≥ + + + + + + + + + + + ≥ + + + + + + + ≥ + + + + W Trường THCS Đề bài: Câu 1(4điểm): Cho biểu thức B = 2 x 9 x 5 x 6 − − + - x 3 x 2 + − - 2 x 1 3 x + − a. Xác định x để B có nghĩa. b. Rút gọn B. c. Tìm x để B là số nguyên. Câu 2 (1điểm): Tìm các giá trị của m để 2 đường thẳng y = (m – 1)x + 2 (m ≠ 1) Và y = (3 –m)x + 1 (m ≠ 3) song song với nhau. Câu 3(2điểm): Cho hệ phương trình: 4x my m 6 mx y 2m − = +   − =  Giải và biện luận hệ phương trình trên. Câu 4(3điểm): Cho hai đường tròn (O) và (O ’ ) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của các đường tròn (O) và (O ’ ) cắt đường tròn(O ’ ) và (O) theo thứ tự tại C và D. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các dây cung AD và AC. Chứng minh rằng: a. AC AD = AB BD b. · · BPD AQB= c. Tứ giác APBQ nội tiếp Đáp án: Câu 1(4 điểm): a. Ta có: x - 5 x + 6 = ( x - 3)( x - 2). Điều kiện: x ≥ 0 x ≥ 0 x ≠ 3 ⇔ x ≠ 9 (1điểm). x ≠ 2 x ≠ 4 b. B = 2 x 9 ( x 3)( x 2) − − − - x 3 x 2 + − + 2 x 1 x 3 + − (0,25điểm). = 2 x 9 ( x 3)( x 3) (2 x 1)( x 2) ( x 3)( x 2) − − + − + + − − − = 2 x 9 x 9 2x 4 x x 2 ( x 3)( x 2) − − + + − + − − − (0,25điểm). = ( x 2)( x 1) ( x 3)( x 2) − + − − = x 1 x 3 + − (1điểm). c/ Vì B = x 1 x 3 + − = 1+ 4 x 3− Nên B ∈ z ( B nguyên) thì x - 3 phải là ước của 4 ⇒ x -3 = ± 1; ± 2; ± 4. Tìm được các giá trị thích hợp của x là: 1;4;16;25;49 (1,5 điểm). Câu 2 (1điểm). Để y = (m-1)x + 2 và y = (3 - m)x + 1. Là song song với nhau thì ta có: m-1 = 3 – m vì 2 ≠ 1. ⇔ 2m = 4 ⇒ m = 2. Vậy với m = 2 thì thoả mãn bài ra ( 1 điểm). Câu 3(2điểm): Từ (2) suy ra: y = mx – 2m Thay vào (1) ta được 4x –m(mx – 2m) = m +6. ⇔ (4 – m 2 )x = - 2m 2 + m +6. ⇔ - (4 – m 2 )x = - (2m +3)(m – 2). ⇔ (m 2 – 4)x = (2m +3)(m – 2) (3). (0,25 điểm) * Nếu m 2 – 4 ≠ 0 ⇒ m ≠ ± 2 thì x = 2m 3 m 2 + + Khi đó y = mx – 2m = m( 2m 3 m 2 + + ) – 2m = - m m 2+ Hệ có nghiệm duy nhất ( 2m 3 m 2 + + ;- m m 2+ ) ( 1 điểm) + Nếu m = 2 thì (3) thoả mãn với mọi x Khi đó y = mx – 2m = 2x – 4 ⇒ Hệ có vố số nghiệm (x, 2x – 4) với x ∈ R. + Nếu m = -2 thì (3) trở thành 0x = 4( vô lí). ⇒ Hệ vô nghiệm ( 0,5 điểm) Câu 4 (3 điểm): a. Xét ∆ ABC và ∆ DBA. Có ∠ BAC = ∠ ADB ; ∠ DAB = ∠ ACB ⇒ ∆ ABC ~ ∆ DBA. ⇒ AC AD = AB BD (1 điểm). b. Xét ∆ BDP và ∆ BAQ có ∠ BAC = ∠ ADB. AC AD = AB BD ⇒ AQ PD = AB BD ⇒ ∆ BDP ~ ∆ BAQ ( c.g.c). ⇒ ∠ BDP = ∠ BAQ ( 1điểm). c. ∠ APD + ∠ BPD = 180 0 ( Kề bù). Mà ∠ BPD = ∠ AQB ⇒ ∠ APB + ∠ AQB = 180 0 ⇒ Tứ giác APBQ nội tiếp 0. D B C p q Q 0’. A (1 điểm) [...]... Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (0;1),(0;-1) 0.25 b Suy ra: 1 1 1 1 + + + = 1− 1.2 2.3 x(x + 1) x +1 0.5 20 09 − x + 20 09 1 = 1− 20 09 − x + 2010 20 09 − x + 2010 x+1 = 20 09 − x + 2010 ⇔ 20 09- x+ 20 09 − x = 0 ⇔ 20 09 − x ( 20 09 − x + 1) = 0 ⇔ 20 09 − x = 0 ⇔ x = 20 09 (tm) ( x ≤ 20 09) 0.5 0.5 0.5 Trường THCS Đề bài Câu1: (4.0 điểm) Cho biểu thức  x x +1 x −1   x  − A=  ÷:  x + ÷ x −1  x −1... ≤ 9 10x + y 16 x−y=3   xy = 9 ⇔ Theo giả thi t:  90 x + 9y = 16xy 10x + y − ( 10y + x ) = 27  1.0 1.0 1.0 0.75 Giải hpt ta được: x1 = 9; x 2 = 3 (loại) Suy ra y = 6 16 0.25 Vậy số cần tìm là :96 4 5 a) Theo tính chất góc ngoài của tam giác : ∠ O1 = 2∠B, ∠O’1 = 2∠C mà ∠O1 + ∠O’1 = 1800 nên ∠B+∠C =90 0, suy ra K =90 0 Ta lại có ∠D = ∠E = 90 0 nên tứ giác ADKE là hình chữ nhật b) ∠A1+∠A2=∠D1+∠D2 =90 0... x+2 x +3 x +4 a, + = + 2008 2007 2006 2005 x +1 x+2 x +3 x+4 ⇔( +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) (0,5đ) 2008 2007 2006 2005 x + 20 09 x + 20 09 x + 20 09 x + 20 09 ⇔ + = + (0,5đ) 2008 2007 2006 2005 ⇔ (x + 20 09) ( 1 1 1 1 + )=0 2008 2007 2006 2005 (0,5đ) ⇔ x + 20 09 = 0 ⇔ x = -20 09 b, x − 1 + 4 x − 5 + 11 + x + 8 x − 5 = 4 (0,5đ) ⇔ x −5+ 4 x −5 + 4 + (0,5đ) ⇔ x − 5 + 2.4 x − 5 + 16 = 4 (2 + x − 5) 2 + (0,5đ)... (2) (0,25 điểm) Tam giác NEP vuông tại E, có ED là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền NP nên: DN = DE Suy ra tam giác DNE là tam giác cân Suy ra DNE = DEN (3) (0,5 điểm) Từ (1), (2), và (3) Suy ra : OEM = DEN (0,25 điểm) Lại có: OEM + HEO = 90 o , Nên OEH + HED = 90 o Suy ra DE ⊥ OE ( 0,5 điểm) Suy ra DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) ( 0,25 điểm) A Bài 4 ( 4 điểm): H B C D a) Tính góc ADB: ( 3 điểm)... với DE Câu 5(2,0 điểm): Giải phương trình : 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 21 = 5 − 2x − x 2 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu: P= x x −3−2 b) x = 14 − 6 5 = 1 Nội dung cơ bản: a) ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 9 ( ( ( ) ( x + 3) ( x + 1) ( x − 3) 2 x −3 − ) 2 5 − 3 => x = Điểm 0.5 )= x +1 x +8 x +1 1.0 5 −3 = 3− 5 1.0 58 − 2 5 11 x + 8 x −1 + 9 9 9 = = x −1 + = x +1+ −2 c) P = x +1 x +1 x +1 x +1 => P ≥ 2 9 − 2 = 4 9 ... x+2 x +3 x +4 a, + = + 2008 2007 2006 2005 x +1 x+2 x +3 x+4 ⇔( +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) (0,5đ) 2008 2007 2006 2005 x + 20 09 x + 20 09 x + 20 09 x + 20 09 ⇔ + = + (0,5đ) 2008 2007 2006 2005 ⇔ (x + 20 09) ( 1 1 1 1 + )=0 2008 2007 2006 2005 (0,5đ) ⇔ x + 20 09 = 0 ⇔ x = -20 09 b, x − 1 + 4 x − 5 + 11 + x + 8 x − 5 = 4 (0,5đ) ⇔ x −5+ 4 x −5 + 4 + (0,5đ) ⇔ (2 + x − 5) 2 + x − 5 + 2.4 x − 5 + 16 = 4 (4 +... = ( x − 3)( x + 1) x +1 2) x = 14 -6 5 = = ( 5 - 3)2 => x = 3 - 5 14 − 6 5 + 8 22 − 6 5 58 − 2 5 = = Khi đó P = 11 3 − 5 +1 4− 5 x +8 x −1+ 9 9 9 = x −1 + = x +1 + 3) P = = - 2 ≥2 9 x +1 x +1 x +1 x +1 2=4 9 ( áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương x + 1 ; ) x +1 9 Dấu " = " sảy ra x + 1 = x = 4 thoả mãn đk x +1 Vậy min P = 4 khi x = 4 1) Giải phương trình: 1 1 1 + + = 1 đk: x ≥ 0 x +3 + x +2 x... 4: (5.5 điểm) a) EAD = EFD(= sdED) 2 1 » · · FAD = FDC(= sdFD) 2 · · · · mà EDA = FAD ⇒ EFD = FDC ⇒ EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau) » » b) AD là phân giác góc BAC nên DE = DF 1 1 · ¼ » » · sđ ACD = sđ( AED − DF ) = sđ AE = sđ ADE 2 2 · · · · do đó ACD = ADE và EAD = DAC ⇒ DADC (g.g) Tương tự: 1 » 1 · ¼ » sđ ADF = sdAF = sd(AFD − DF) 2 2 1 ¼ » · = (sdAFD − DE) = sdABD 2 · · ⇒ ADF = ABD... 2 = < 50 2 50 50 + 49 Cộng 2 vế ta được: 2 2 2 + + S< + 1+ 0 2+ 1 50 + 49 = 2{( 1 - 0 )+( 2 - 1 )+ +( 50 - 49 )} = 2 50 = 10 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 5 2 < S < 10 2 (đpcm) 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x2 + y2 + z2 Biết x + y + z = 2007 áp dụng BĐT Bu nhiacôpxki ta có: (x+y+z)2 ≤ (x2+y2+z2).(1+1+1) x2+y2+z2 ≥ (x+y+z)2 /3 = 2007/3 = 6 69 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 6 69 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25... ∠ AIF = ∠ EKF Do đó :EK vàAB song song vơí nhau 0.5 0.5 không đổi 0.5 0.5 0.5 0.5 3 Cm được A,N,O thẳng hàng và AO ⊥ EF ; Gọi H là giao điểm của BC và EF Ta có : ∆ ANH và ∆ AIO đồng dạng nên AH AN = AO AI Suy ra :AH.AI =AN. AO Lại có :AN AO=AE2 =AB.AC Do đó : AI.AH =AB.AC ⇒ AH = 0.5 0.5 AB.AC AI không đổi Vậy H cố định 0.5 Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn . 0.5 20 09 x 20 09 1 1 20 09 x 2010 20 09 x 2010 − + = − − + − + ( x ≤ 20 09) 0.5 Suy ra: x+1 = 20 09 x 2010− + ⇔ 20 09- x+ 20 09 x 0− = ⇔ 20 09 x( 20 09 x 1) 0− − + = 0.5 ⇔ 20 09 x 0− = . 1) (0,5đ) ⇔ x 20 09 2008 + + x 20 09 2007 + = x 20 09 2006 + + x 20 09 2005 + (0,5đ) ⇔ (x + 20 09) ( 1 2008 + 1 2007 - 1 2006 - 1 2005 ) = 0 (0,5đ) ⇔ x + 20 09 = 0 (0,5đ) ⇔ x = -20 09 b, x 1 4 x 5−. 1) (0,5đ) ⇔ x 20 09 2008 + + x 20 09 2007 + = x 20 09 2006 + + x 20 09 2005 + (0,5đ) ⇔ (x + 20 09) ( 1 2008 + 1 2007 - 1 2006 - 1 2005 ) = 0 (0,5đ) ⇔ x + 20 09 = 0 (0,5đ) ⇔ x = -20 09 b, x 1 4 x 5−