§Ị C©u1 : Cho biĨu thøc  x3   x   x(1  x )  x    x  : x2   x  x   A=  a, Ruý gän biÓu thøc A b , Tính giá trị biểu thức cho x= c Tìm giá trị x để A=3 Câu2.a, Giải hệ phơng trình: ( x y )  3( x   2 x  y 12 Víi x ;1 62 y ) 4 b Giải bất phơng trình: x x  x  15 x=  42 62 17 C©u : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 Từ ta cã * (1) * (2) Gi¶i hƯ (1) ta đợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4 Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=3, y=2 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 x Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1  XÐt 2m-10=> m 1/2 ®ã ta cã 2 , = m -2m+1= (m-1) 0 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0) víi m 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= m  m  = ( x  y )  3( x   2 x  y 12 y ) 4  x  y 1  2 x  y 12 y  x   2 x  y 12 2m  pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<  1    2m   2 m   => 2m     2m   2 m   2m  1 m E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK hay điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK b  BCF=  BAF Mµ  BAF=  BAE=450=>  BCF= 450 Ta cã  BKF=  BEF Mµ BEF= BEA=450(EA đờng chéo hình vuông ABED)=>  BKF=450 V×  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân B Đề Bài 1: Cho biÓu thøc: P =    x x  x x 1  x  x 1       x x  x x  :  x   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= (*) a.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm âm b.Tìm m để phơng trình (*) có nghiƯm x1; x2 tho¶ m·n x1  x2 =50 Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2Chứng minh: a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t1 t2 b, Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4 Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H trực tâm tam giác D điểm cung BC không chứa điểm A a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD hình bình hành b, Gọi P Q lần lợt điểm đối xứng điểm D qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mÃn: x + y Tìm giá trị nhỏ của: A = 501 x y xy Đáp án Bài 1: (2 điểm) ĐK: x a, Rút gọn: P = b P =  x x  1 x  z : x  x  1 x x 1 1  x1 §Ĩ P nguyên 0; x x1 P= x1 ( x  1)  x 1 x1 x  1  x    x  2  x   x 4 x   x 0 x 3  x 9 x    x   1( Loai ) VËy víi x= 0;4;9 P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:   m  1  m  m   m  m    x1 x x  x2  2m         25   2)( m  3) ( m   m    b Giải phơng trình: 5(3m m1  m     m  2     0  ( m  3) 50  3m  )      m  50  m  m  5 Bài 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0   b  a 0  x1 x  V× x1> => c  tr×nh: ct2 + bt + a = 0; t1 = x1 Chứng tỏ x1 nghiệm dơng phơng Vì x2 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = => ax22 + bx2 + c =0 x2> nên c  1    b.   a 0 x2 x2 ơng trình ct2 + bt + a = ; t2 = điều chứng tỏ x2 nghiệm dơng ph- x2 Vậy phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 phơng trình : ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 t1 = x1 ; t2 = x2 b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên t1+ x1 = x1 + x1 t2 + x = x2 + x2 2 Do ®ã x1 + x2 + t1 + t2 4 Bài a Giả sử đà tìm đợc điểm D cung BC cho tứ giác BHCD làA hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên CH AB BH  AC => BD  AB vµ CD  AC Do đó: ABD = 900 ACD = 900 H O Vậy AD đờng kính đờng tròn tâm O P Ngợc lại D đầu đờng kính AD C B D Q đờng tròn tâm O tứ giác BHCD hình bình hành b) Vì P đối xứng với D qua AB nªn  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 ®ã:  PHB =  DAB Chøng minh t¬ng tù ta cã:  CHQ =  DAC VËy  PHQ =  PHB +  BHC +  CHQ =  BAC +  BHC = 1800 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c) Ta thấy APQ tam giác cân đỉnh A Cã AP = AQ = AD vµ  PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn AP AQ lớn hay AD lớn D đầu đờng kính kẻ từ A đờng tròn tâm O §Ị Bµi 1: Cho biĨu thøc: P  ( x  x y )(1  y )  y x  y)   x 1  xy  x 1 y a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mÃn phơng trình P = Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 đờng thẳng (d) có hệ số gãc m ®i qua ®iĨm M(-1 ; -2) a) Chứng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm A , B phân biệt b) Xác định m để A,B nằm hai phía trục tung Bài 3: Giải hệ phơng trình : x  y  z 9  1 1   1  y z  x  xy  yz  zx  27  Bµi 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R C 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 điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R 1 1 Bµi 5: Cho x, y, z  R tháa m·n : x  y  z  x  y  z H·y tÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc : M = + (x8 y8)(y9 + z9)(z10 x10) Đáp án Bài 1: a) Điều kiện để P xác định :; x  ; y  ; y 1 ; x  y  *) Rót gän P: P  x(1  x )  y (1    x      x  x   y   x   x   y 1 x 1 y x   1  y ( x  y )  x x  y y  xy  y )  xy y y   1  x x  y y     xy  y  xy   y x  x  1  y  x  1  y   x    x   1  x  1  y  x 1  y  1  y   y 1  x  y y  y x   1  y  1  y  x  y 1 VËy P = b) P =  x   x1  x  xy  xy    x 1 y      x  xy  y y =2  y  x  1 y y  1  y 1 Ta cã: + y 1  x  1  x 4  x = 0; 1; 2; ; Thay vµo ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mÃn Bài 2: a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng (d) : y = mx + m Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình: - x2 = mx + m –  x2 + mx + m = (*) Vì phơng tr×nh (*) cã   m  4m    m  2   m nên phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) cắt hai điểm phân biệt A B b) A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung phơng trình : x2 + mx + m – = cã hai nghiƯm tr¸i dÊu  m – <  m < Bµi : x  y  z 9  1    1  x y z   xy  yz  xz  27  §KX§ : 1 ( 2)  3 x  , y  , z    x  y  z   81  x  y  z   xy  yz  zx   81  x  y  z  81   xy  yz  zx   x  y  z  27 Q  x  y  z   xy  yz  zx   2( x  y  z )   xy  yz  zx    ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x)2  ( x  y ) 0   ( y  z ) 0 ( z  x )2 0   x y    y z  z x  N  x y z C M Thay vµo (1) => x = y = z = Ta thÊy x = y = z = thõa mÃn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm A x = y = z = O B Bµi 4: a) XÐt  ABM vµ  NBM Ta cã: AB lµ đờng kính đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o M điểm cung nhá AC nªn ABM = MBN => BAM = BNM => BAN cân đỉnh B Tứ giác AMCB nội tiÕp => BAM = MCN ( cïng bï víi gãc MCB) => MCN = MNC ( cïng b»ng gãc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M b) Xét MCB vµ  MNQ cã : MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC =  MNQ ( v× :  MCB =  MNC ;  MBC =  MQN ) =>  MCB   MNQ (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 = (  1) R Bµi 5: 1 1 1 1 Tõ : x  y  z  x  y  z => x  y  z  x  y  z 0 =>  x  y x  y  z  z  0 xy z x  y  z  z    0  y   z  x  y  z    xy  zx  zy  z  xy      x  y   xyz ( x  y  z )    x  y  y  z  ( z  x )  Ta cã : 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) VËy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 Đề Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với đờng thẳng d qua đờng thẳng y = x lµ: A.y = x + ; B.y = x - ; C.y = x - ; D.y = - 2x - 2 HÃy chọn câu trả lời 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình hình cầu lấy mực nớc bình lại bình Tỉ số bán kính hình trụ bán kính hình cầu A.2 ; B ; C 3; D kết khác Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn A = x + Bài 3: 1) Tìm số nguyên a, b, c cho ®a thøc : (x + a)(x - 4) - Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c) y 2) Cho tam gi¸c nhän xây, B, C lần lợt điểm cố định tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di ®éng gãc xAy cho MA = MB Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB CD vuông góc với nhau, lấy điểm I đoan CD a) Tìm điểm M tia AD, ®iĨm N trªn tia AC cho I lag trung ®iĨm cđa MN b) Chøng minh tỉng MA + NA không đổi c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định Hớng dẫn Bài 1: 1) Chọn C Trả lời 2) Chọn D Kết khác: Đáp số là: Bài : 1)A = (n + 1)4 + n4 + = (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 sè chÝnh ph¬ng khác với số nguyên dơng n 2) Do A > nªn A lín nhÊt  A2 lín nhÊt XÐt A2 = ( x + y )2 = x + y + xy = + xy (1) x y  xy Ta cã: => > (Bất đẳng thức Cô si) xy (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + xy MD M MA Do ®ã Δ AMB ~ Δ ADM = AD = => MD = 2MD (0,25 ®iĨm) XÐt ba ®iĨm M, D, C : MD + MC > DC (kh«ng ®æi) Do ®ã MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC C DÊu "=" x¶y M thuéc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M - Dựng đờng tròn tâm A bán kính AB - Dùng D trªn tia Ax cho AD = AB M giao điểm DC đờng tròn (A; AB) Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MâN = 900 nên MN đờng kính Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta cã : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì MKD vuông cân) VËy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi A c) Ta có IA = IB = IM = IN Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN qua hai điểm A, B cố định N C I K O B M Đề Bài Cho ba sè x, y, z tho· m·n ®ång thêi : 2 D x  y   y  z  z  x Tính giá trị biểu thức : A x 2007  y 2007  z 2007 Bµi 2) Cho biĨu thøc : M  x  x  y  xy  y 2014 Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ Bài Giải hệ phơng tr×nh :  x  y  x  y 18   x  x  1 y  y  1 72 Bµi Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ đờng tròn (O) cắt tiếp tuyến A B lần lợt C D a.Chứng minh : AC BD = R2 b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ Bài 5.Cho a, b số thực dơng Chứng minh r»ng :  a  b  a b 2a b 2b a Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC Híng dÉn gi¶i Bài Từ giả thiết ta có : x  y  0   y  z  0  z  x  0  Céng tõng vÕ đẳng thức ta có : x x  1   y  y  1   z  z  1 0 2  x  0    y  0  x  y  z 1  z  0    x  1   y  1   z  1 0  A  x 2007  y 2007  z 2007   1 2007    1 2007    1 2007  VËy : A = -3 Bµi 2.(1,5 ®iĨm) Ta cã : M  x  x   y  y    xy  x  y    2007     M  x     y  1   x    y  1  2007    M   x     y  1    y  1  2007   Do  y  1 0 vµ   x     y  1  0 x, y   M 2007   M 2007  x 2; y 1 u  x  x  1 v  y  y  1 u  v 18  u ; v lµ nghiƯm cđa phơng uv 72 Bài Đặt : Ta có :  tr×nh : X  18 X  72 0  X 12; X 6 u 6 u 12 ;    v 6 v 12  x  x  1 12    y  y  1 6  x  x  1 6  y  y  1 12 ; Giải hai hệ ta đợc : NghiƯm cđa hƯ lµ : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị Bài a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nên OC OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD  R2 = AC BD b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp m      MCO MAO ;MDO MBO  COD AMB  g g  (0,25®) Do ®ã : Chu.vi.COD OM  (MH1  AB) Chu.vi.AMB MH1 Do MH1  OM nªn OM 1 MH1  Chu vi COD  chu vi AMB d c a h o b DÊu = x¶y  MH1 = OM  M O  M điểm cung AB 2 Bài (1,5 điểm) Ta có : a  0;  b   0  a , b > 2 2    a a  a b  0; b  0 b  (a   a  b 0 a  )  (b  b  ) 0  a , b > Mặt khác a b 2 ab  Nh©n tõng vÕ ta cã :  a  b    a  b    2 ab  a  b  2    a  b   a  b  2a b  2b a Bài (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E giao điểm AD vµ (O) Ta cã: ABD CED (g.g)  a BD AD   AB.ED BD.CD ED CD  AD  AE  AD  BD.CD  AD  AD AE  BD.CD b L¹i cã : ABD AEC  g g  AB AD   AB AC  AE AD AE AC  AD  AB AC BD.CD d c e Đè Câu 1: Cho hµm sè f(x) = a) TÝnh f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = x  4x  f ( x) x x2 Câu 2: Giải hệ phơng trình Câu 3: Cho biểu thứcA = x ( y  2) ( x  2)( y  4)  ( x  3)( y  7) ( x  )( y  3)  x x 1   x   x    : x    x x   x   víi x > vµ x  a) Rót gän A b) Tìm giá trị x để A = Câu 4: Từ điểm P nằm đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vuông góc hạ từ A ®Õn ®êng kÝnh BC a) Chøng minh r»ng PC cắt AH trung điểm E AH P= x  4x  1 x ( x  1)( x  3) =  3 x 1 x §Ị 11 C©u : a Rót gän biĨu thøc A  1  a  a b Tính giá trị tổng B  1 Víi a > 1 1 1         2 99 100 C©u : Cho pt x  mx  m  0 a Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi m b Gäi x1 , x lµ hai nghiệm pt Tìm GTLN, GTNN bt P Câu : Cho x 1, y 1 x1 x  2 x1  x  2 x1 x  1 Chøng minh 1    x  y xy Câu Cho đờng tròn tâm o dây AB M điểm chuyển động đờng tròn, từM kẻ MH AB (H AB) Gọi E F lần lợt hình chiếu vuông góc H MA MB Qua M kẻ đờng thẳng vuông góc với è cắt dây AB D Chứng minh đờng thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi ®êng trßn Chøng minh MA AH AD  BD BH MB Híng dÉn C©u a Bình phơng vế A a a 1 a a  1 (V× a > 0) c ¸p dơng c©u a A 1  1  a a 1 9999  100 100  0 m  B 100  C©u a : cm B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:  x1  x  m   x1 x  m   P 2m  m2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) cã nghiÖm theo Èn ... +333 33) 99  97 )= ( 99  3) = 198 + ( 99+999+9999+ +999 99) ( 102 -1 +103  101 01  10    +165 27   198 + B= 1 +104 - 1+ +101 00 – 1) = 198 – 33 + C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2)... (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20 AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10 BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10  AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông C Vậy SABC = 1/2AC.BC = 10 10 ( đơn vị diện tích ) Câu 3: Đkxđ x 1, đặt x u;... a = Vậy đờng thẳng AB y = 2x + Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mÃn y = 2x + nên C không thuộc đờng thẳng AB A, B, C không thẳng hàng Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mÃn y = 2x + nên điểm D thuộc