›
›
›

Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán

doc 110 trang dichphong 4210
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docbo_de_on_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan.doc

Nội dung text: Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán

  1. b) x + 3 x 4 0 Đặt x = t (t ≥ 0) (1) Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2) Phương trình (2) có tổng các hệ số bằng 0; suy ra (2) có hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)). Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 3: Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x > 0). Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10. 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ) x 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ) x + 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình: 7 (1) x x + 10 40 Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 7 Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II. Câu 4: · · a) Ta có ABC và ABD lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/) F E N d · · 0 A ABC ABD 90 I Suy ra C, B, D thẳng hàng. b) Xét tứ giác CDEF có: M O/ · · O CFD CFA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) D · · K B CED AED 900 (góc nội tiếp chắn nửa C đường tròn (O/) · · CFD CED 900 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp. · · c) Ta có CMA DNA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang. Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy ra IK  MN IK KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định). Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK d  AK tại A. Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA. Câu 5: Ta có: x + x2 2011 y + y2 2011 2011 (1) (gt) 41
  2. x + x2 2011 x - x2 2011 2011 (2) y + y2 2011 y - y2 2011 2011 (3) Từ (1) và (2) suy ra: y + y2 2011 x - x2 2011 (4) Từ (1) và (3) suy ra: x + x2 2011 y - y2 2011 (5) Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được: x + y = - (x + y) 2(x + y) = 0 x + y = 0. ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn 2 1 - a 1 + a + a 1 - a A = + a 1 - a 1 - a 1 + a 1 2 1 = 1 + 2 a + a . = 1 + a . = 1. 2 2 1 + a 1 + a 2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0 3 Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1, x2 = . 2 Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k 3 2 x = 4x + y = 5 8x +2y = 10 11x = - 2 11 2) Giải hệ: 3x - 2y = - 12 3x - 2y = -12 4x + y = 5 63 y = 11 Câu 3: 1) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0 2) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ∆’ = 9 - m ≥ 0 m ≤ 9 x1 + x2 = 6 (1) Theo hệ thứcViét ta có x1 . x2 = m (2) Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4 (3) Từ (1) và (3) x1 = 5, thay vào (1) x2 = 1 Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn) Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. 42
  3. Câu 4: a) Ta có E là trung điểm của AC OE  AC hay O· EM = 900. Ta có Bx  AB A· Bx =900. nên tứ giác CBME nội tiếp. B b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp O O· MB = O· EB (cung chắn O»B ), A I E· OM = E· BM (cùng chắn cung EM) E C EIO ~ MIB (g.g) IB.IE = M.IO M x 6 8 3 3 3 6 y 8 Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y + + = ( x + y) + ( x + ) + ( + ) x y 2 2 2 x 2 y 3 3 3 3 Do x + y = x + y . 6 = 9. 2 2 2 2 3x 6 3x 6 y 8 y 8 + 2 . = 6 , + 2 . = 4 2 x 2 x 2 y 2 y Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19 x + y = 6 3x 6 x = 2 Dấu bằng xẩy ra khi = 2 x y = 4 y 8 = 2 y Vậy min P = 19. Lời bình: Câu V Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Do giả thiết cho x + y 6, đã thuận theo sơ đồ "bé dần": P B, điều ấy mách bảo ta 6 8 biểu thị P theo (x + y). Để thực hiện được điều ấy ta phải khử và . x y Do có x > 0; y > 0 nên việc khử được thực hiện dễ dàng bằng cách áp dụng bất đẳng 6 8 thức Cô-si cho các từng cặp số Ax và , By và . x y 3 3 3 1 Bởi lẽ đó mà lời giải đã "khéo léo" tách 3x x x , 2y y y . 2 2 2 2 43
  4. 3 1 2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" nói trên. Các số , được nghĩ ra 2 2 bằng cách nào? Với mọi số thực a 0 (m + 1)2 - m2 > 0 2m + 1 > 0 m > (*) 2 Phương trình có nghiệm x = - 2 4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 44
  5. m = 0 m2 - 4m = 0 (thoả mãn điều kiện (*)) m = 4 Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m) Diện tích thửa ruộng là x.y Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3) Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là (x-2) (y-2). Theo bài ra ta có hệ phương trình: (x + 2) (y + 3) = xy + 100 (x - 2) (y - 2) = xy - 68 xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100 xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68 3x + 2y = 94 x = 22 x = 22 k . 2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14 Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2). a · 0 d Câu 4: 1) Ta có BAC = 90 (gt) s 0 M· DC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) m A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp O Vì tứ giác ABCD nội tiếp. A· DB = A· CB (cùng chắn cung AB). (1) b Ta có tứ giác DMCS nội tiế pA· DB = A· CS (cùng bù với e c M· DS). (2) Từ (1) và (2) B· CA = A· CS . 2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD  CK, CA  BK. M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác M· EC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K. 3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp D· AC = D· BC (cùng chắn D»C ). (3) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp M· AE = M· BE (cùng chắn M¼ E ). (4) Từ (3) và (4) D· AM = M· AE hay AM là tia phân giác D· AE . Chứng minh tương tự: A· DM = M· DE hay DM là tia phân giác A· DE . Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE. Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3) Điều kiện: x ≥ 2 (*) Phương trình đã cho (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0 x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0 45
  6. x - 2 - x + 3 x - 1 - 1 = 0 x - 2 = x + 3 (VN) x 2 (thoả mãn đk (*)) x - 1 - 1 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. Lời bình: Câu IVb Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, một phương pháp thường dùng là chứng minh ba đường thẳng ấy hoặc là ba đường cao, hoặc là ba đường trung tuyến, hoặc là ba đường phân giác của một tam giác. ĐỀ SỐ 13 Câu 1: 1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2 a - 1 a + a + 1 a + 1 a - a + 1 a + 2 Ta có: P = - : a a - 1 a a + 1 a - 2 a + a + 1 - a + a - 1 a + 2 2 (a - 2) = : = a a - 2 a + 2 2a - 4 2a + 4 - 8 8 2) Ta có: P = = = 2 - a + 2 a + 2 a + 2 P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8  (a + 2) a + 2 = 1 a = - 1; a = - 3 a + 2 = 2 a = 0 ; a = - 4 a + 2 = 4 a = 2 ; a = - 6 a + 2 = 8 a = 6 ; a = - 10 Câu 2: 1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0 a - 2a + 4 = 0 a = 4 - 4 3 Suy ra đường thẳng đó là 4x + 7y + 3 = 0 7y = - 4x - 3 y = x - 7 7 4 nên hệ số góc của đường thẳng là 7 2) a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0 m 1 . b) Phương trình có 2 nghiệm khi: ∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0 m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng  m. m + 1 3 Ta có x1.x2 = 5 = 5 m + 1 = 5m - 5 4m = 6 m = . m - 1 2 3 1 5 Với m = ta có phương trình : x2 - 3x + = 0 x2 - 6x + 5 = 0 2 2 2 - b Khi đó x1 + x2 = = 6 a 46
  7. 4x + 7y = 18 25x = 25 x = 1 Câu 3: Hệ đã cho . 21x - 7y = 7 3x - y = 1 y = 2 Câu 4: º º º º 1) Theo giả thiết ta có: B1 = B2 , B3 = B4 A º º º º 0 Mà B1 + B2 + B3 + B4 = 180 ¶ ¶ 0 B2 B3 90 º º 0 Tương tự C + C = 90 I 2 3 0 Xét tứ giác BICK có B + C = 180 1 1 4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O H B 2 2 C đường kính IK. 3 4 3 4 2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) ∆ IOC cân tại O O O· IC = I·CO. (1) º º Ta lại có C1 = C2 (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC. K Ta có AH  BC. (Vì ∆ ABC cân tại A). Trong ∆ IHC có H· IC + I·CH = 900 O· CI + I·CA = 900. Hay A· CO = 900 hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). 3) Ta có BH = CH = 12 (cm). Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 AH = 16 Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có: IA AC AH - IH AC 20 5 = = = = (16 - IH) . 3 = 5 . IH IH = 6 IH CH IH CH 12 3 Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180 Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK IC2 180 IK = = = 30 , OI = OK = OC = 15 (cm) IH 6 Câu 5: Ta có x2 + x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010 1 1 (1) x2 + x + - x - 2010 + x + 2010 - = 0 4 4 1 1 2 2 x + = x + 2010 - . (2) 1 1 2 2 x + - x +2010 - = 0 2 2 1 1 x + = - x + 2010 + . (3) 2 2 47
  8. x 1 0 Giải (2) : (2) 2 (x 1) x 2010 (4) (4) (x + 1)2 = x + 2010 x2 + x - 2009 = 0 ∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037 - 1 + 8037 -1 - 8037 x = ; x = (loại) 1 2 2 2 2010 x 0 Giải (3): (3) x x 2010 2 x x 2010 (5) (5) x2 x 2010 0 .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041, 1 + 8041 1 - 8041 x = ; x = (loại nghiệm x1) 1 2 2 2 1 8037 1 8041 Vậy phương tình có 2 nghiệm: x ; x . 2 2 Lời bình: Câu V 1 Bằng cách thêm bớt (x ) , sự nhạy cảm ấy đã trình bày lời giải ngắn gọn. 4 Không cần một sự khéo léo nào cả, bạn cũng có một lời giải trơn tru theo cách sau : x2 y 2010 Đặt x 2010 y , y 0 bài toán được đưa về giải hệ . 2 y x 2010 Đây là hệ phương trình hệ đối xứng kiểu 2 quen thuộc đã biết cách giải. Chú ý : Phương trình đã cho có dạng (ax + b)2 = p a ' x b' + qx + r , (a 0, a' 0, p 0) a ' x b' ay b, khi pa ' 0; Đặt : a ' x b' ay b, khi pa ' 0. Thường phương trình trở thành hệ đối xứng kiểu 2. SỐ 14 x + 1 2 x 2 + 5 x Câu 1: 1) Ta có : P = + - x - 2 x +2 x - 4 ( x +1) ( x +2) + 2 x ( x - 2) - 2 - 5 x P = = ( x - 2) ( x + 2) x + 3 x +2 + 2x - 4 x - 2 - 5 x = ( x +2) ( x - 2) 3x - 6 x 3 x ( x 2) 3 x = = = ( x + 2) ( x - 2) ( x + 2) ( x - 2) x +2 48
  9. 3 x 2) P = 2 khi = 2 3 x = 2 x +4 x = 4 x = 16 x +2 m 1 0 m 1 Câu 2: 1) d song song với trục Ox khi và chỉ khi . n 0 n 0 m 1 3 m 2 2) Từ giả thiết, ta có: . 1 m 1 n n 2 Vậy đường thẳng d có phương trình: y 3x 2 x = 0 Câu 3: 1) Với m = - 3 ta có phương trình: x2 + 8x = 0 x (x + 8) = 0 x = - 8 2) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi: ∆’ 0 (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0 m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0 1 15 m2 - m + 4 > 0 (m )2 0 đúng m 2 4 Chứng tỏ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  m x1 + x2 = 2(m - 1) (1) Theo hệ thức Vi ét ta có: x1 - x2 = - m - 3 (2) 2 2 2 2 Ta có x1 + x2 = 10 (x1 + x2) - 2x1x2 = 10 4 (m - 1) + 2 (m + 3) = 10 m = 0 4m2 - 6m + 10 = 10 2m (2m - 3) = 0 3 m = 2 3) Từ (2) ta có m = -x1x2 - 3 thế vào (1) ta có: x1 + x2 = 2 (- x1x2 - 3 - 1) = - 2x1x2 - 8 x1 + x2 + 2x1x2 + 8 = 0 Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc m.a Câu 4: 1) Từ giả thiết suy ra e · 0 · 0 . (góc nội tiếp chắn nửa đường CFH = 90 , HEB = 90 o tròn) f Trong tứ giác AFHE có: Aµ = F = Eµ = 900 AFHE b là hình chữ nhật. c o2 h o1 2) Vì AEHF là hình chữ nhật AEHF nội tiếp A· FE = A· HE (góc nội tiếp chắn A»E ) (1) Ta lại có A· HE = A· BH (góc có cạnh tương ứng  ) (2) Từ (1) và (2) A· FE = A· BH mà C· FE + A· FE = 1800 C· FE + A· BH = 1800. Vậy tứ giác BEFC nội tiếp. 3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC. Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật. OF = OH FOH 49
  10. · · cân tại O OFH = OHF . Vì ∆ CFH vuông tại F O 2C = O2F = O2H ∆ HO2F cân tại · · · · 0 · · 0 O2. O2FH = O2HF mà O2HF + FHA = 90 . O2FH + HFO = 90 . Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O2. Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1. Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn. Câu 5: Tìm GTLN, GTNN của x thoả mãn. x + a + b + c = 7 (1) 2 2 2 2 x + a + b + c = 13 (2) Từ (1) a + b + c = 7 - x Từ (2) a2 + b2 + c2 = 13 - x2. Ta chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2. 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0 (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (đpcm) Suy ra 3 (13 - x2) ≥ (7 - x)2. 3 (13 - x2) ≥ 49 - 14x + x2. 5 4x2 - 14x + 10 ≤ 0 1 ≤ x ≤ . 2 5 3 x khi a b c , x 1 khi a b c 2 . 2 2 5 Vậy max x = , min x = 1. 2 ĐỀ SỐ 15 x 1 1 2 Câu 1: a) M = - : + x - 1 x - x x + 1 x - 1 x 1 x - 1 2 = - : + x - 1 x ( x - 1) x - 1 x + 1 x - 1 x +1 x - 1 x + 1 x - 1 x - 1 x + 1 = : = . x x - 1 x - 1 x +1 x x - 1 x + 1 x - 1 = . x b) M > 0 x - 1 > 0 (vì x > 0 nên x > 0) x > 1. (thoả mãn) Câu 2: a) Ta thấy: a = 1; b = - 2m; c = - 1, rõ ràng: a. c = 1 . (-1) = -1 < 0 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Vì phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 50
  11. b x1 + x2 = - 2m a 2 2 2 do đó: x1 + x2 - x1x2 = 7 x1 + x2 - 3x1x2 = 7 c x . x = = - 1 1 2 a (2m)2 - 3 . ( -1) = 7 4m2 = 4 m2 = 1 m = 1. Câu 3: Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu (x nguyên, dương) Số xe lúc sau là: x + 3 (chiếc) 480 480 Lúc đầu mỗi xe chở: (tấn hàng), sau đó mỗi xe chở: (tấn hàng) x x + 3 480 480 Ta có phương trình: - = 8 x2 + 3x - 180 = 0 x x +3 Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK) Vậy đoàn xe lúc đầu có 12 chiếc. Câu 4: a) A· MB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AM  MB (1) n MN = BN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB ON là đường trung trực của đoạn thẳng MB ON  MB (2) m Từ (1) và (2) AM // ON OAMN là hình thang. b) ∆ NHK có HM  NK; KB  NH. k suy ra O là trực tâm ∆NHK ON  KH (3) b a o Từ (2) và (3) KH // MB Câu 5: 5x - 2x (2 + y) + y2 + 1 = 0 (1). Điều kiện: x ≥ 0 Đặt x = z, z 0, ta có phương trình: 5z2 - 2(2 + y)z + y2 + 1 = 0 h Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn z thì phương trình có nghiệm khi ∆’ ≥ 0 ∆’ = (2 + y)2 - 5(y2 + 1) = - (2y - 1)2 ≤ 0 với  y 1 Để phương trình có nghiệm thì ∆’ = 0 y = 2 1 1 1 Thế vào (1) ta tìm được x = . Vậy x = và y = là các giá trị cần tìm. 4 4 2 Lời bình: Câu V 1) Để giải một phương trình chứa hai ẩn, ta xem một trong hai ẩn là tham số. Giải phương trình với ẩn còn lại. 2) Các bạn tham khảo thêm một lời giải khác : 51
  12. Ta có 5x 2 x(2 y) + y2 + 1 = 0 (4x 4 x + 1) + y2 + 2y x + x = 0 1 1 (2 x 1)2 (y x)2 0 2 x 1 y x 0 (x ; y ) . 4 2 Qua biến đổi ta thấy 5x 2 x(2 y) + y2 + 1 0 với mọi y, với mọi x > 0 . Trình bày lời giải này chúng tôi muốn nghiệm lại Lời bình sau câu 5 đề 2 rằng: phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi". Biến đổi về tổng các biểu thức cùng dấu là cách giải đặc trưng của "phương trình điểm rơi". ĐỀ SỐ 16 x x(2 x - 1) x - 2 x + 1 Câu 1: 1) K = = - = x - 1 x - 1 x( x - 1) x - 1 2 2) Khi x = 4 + 23 , ta có: K = 4 2 3 - 1 = 3 +1 -1 = 3 +1-1 = 3 Câu 2: 1) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên a = 3. Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1;2) nên ta có:2 = 3.(-1) + b b= 5 (t/m vì b 1) Vậy: a = 3, b = 5 là các giá trị cần tìm. 3x + 2y = 6 3 (3y + 2) + 2y = 6 11y 0 x 2 2) Giải hệ phương trình: . x - 3y = 2 x = 3y + 2 x 3y 2 y 0 Baì 3: Gọi x là số xe lúc đầu ( x nguyên dương, chiếc) Số xe lúc sau là : x+3 (chiếc) Lúc đầu mỗi xe chở : 96 (tấn hàng) x Lúc sau mỗi xe chở : 96 ( tấn hàng) x + 3 Ta có phương trình : 96 - 96 = 1,6 x2 + 3x -180 = 0 x x + 3 Giải phương trình ta được: x1= -15 ; x2=12. Vậy đoàn xe lúc đầu có: 12 (chiếc). Câu 4: · 1 » 1 » · 1) CDE = Sđ DC = Sđ BD = BCD a 2 2 DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong) 2) A· PC = 1 sđ (A»C - D»C) = A· QC 2 o Tứ giác PACQ nội tiếp (vì A· PC = A· QC ) b c 3) Tứ giác APQC nội tiếp C· PQ = C· AQ (cùng chắn C»Q ) d e · · » CAQ = CDE (cùng chắn DC ) p q Suy ra C· PQ = C· DE DE // PQ 52
  13. DE CE DE QE Ta có : = (vì DE//PQ) (1) , = (vì DE// BC) (2) PQ CQ FC QC DE DE CE + QE CQ 1 1 1 Cộng (1) và (2) : + = = = 1 + = (3) PQ FC CQ CQ PQ FC DE ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ 1 1 1 Thay vào (3) ta có : + = CQ CF CE a a a + c Câu 5 : Ta có 0, phương trình có hai nghiệm - 3 33 phân biệt x1, 2 = 2 2 b) Ta có ∆ = - (2m +1 - 4 (m2 + 5m) = 4m2 + 4m + 1 - 4m2 - 20m = 1 - 16m. 1 Phương trình có hai nghiệm ∆ ≥ 0 1 - 16m ≥ 0 m 16 Khi đó hệ thức Vi-ét ta có tích các nghiệm là m2 + 5m. Mà tích các nghiệm bằng 6, do đó m2 + 5m = 6 m2 + 5m - 6 = 0 Ta thấy a + b + c = 1 + 5 + (-6) = 0 nên m1 = 1; m2 = - 6. 1 Đối chiếu với điều kiện m ≤ thì m = - 6 là giá trị cần tìm. 16 Câu 3: a) Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x + 1 = 2x + 1 y = - x Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ y = 2x + 1 1 1 - x = 2x + 1 x = - . Từ đó tính được : y . 3 3 53
  14. 1 1 Vậy tọa độ giao điểm là A( ; ) . 3 3 b) Hai đường thẳng (d), (d ) song song khi và chỉ khi m2 - 2 = - 1 m = 1 m = 1 t m + 2 1 m - 1 Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau e h c Câu 4: a) Trong tam giác vuông ATO có: a b o R2 = OT2 = OA . OH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) d b) Ta có A· TB = B· CT Ñ (cùng chắn cung TB) k B· CT = B· TH (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). A· TB = B· TH hay TB là tia phân giác của góc ATH. c) Ta có ED // TC mà TC  TB nên ED  TB. ∆ TED có TB vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆TED cân tại T. HB BD BE d) BD // TC nên = = (vì BD = BE) (1) HC TC TC BE AB BE // TC nên = (2) TC AC HB AB Từ (1) và (2) suy ra: = HC AC Câu 5: Từ giả thiết: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 2 2 2 7 7 7 2 x +y + 2. x +y . + - + 10 = - y 0 2 2 2 2 2 7 9 7 9 x + y + - 0 x + y + . 2 4 2 4 Giải ra được - 4 ≤ x + y + 1 ≤ - 1. A = -1 khi x = - 2 và y = 0, A = - 4 khi x = -5 và y = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là - 4 và giá trị lớn nhất của A là - 1. Lời bình: Câu V Bài toán đã cho có hai cách giải. Cách 1. Biến đổi giả thiết về dạng (mA + n)2 = k2 [g(x, y)]2 , từ đó mà suy ra (mA + n)2 k2 k n mA k + n minA, maxA. Cách 2. Từ A = x + y +1 y = A x 1, thế vào giả thiết có phương trình bậc hai đối với x. Từ 0 ta tìm được minA, maxA . ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn biểu thức:1) 45 20 5 = 32.5 22.5 5 54
  15. = 3 5 2 5 5 = 4 5 x x x 4 x( x 1) ( x 2)( x 2) 2) = x x 2 x x 2 = x 1 x 2 = 2 x 1 Câu 2: Gọi x là chiều dài, y là chiều rộng của hình chữ nhật (điều kiện: x > 0, y > 0, x, y tính bằng mét) Theo bài ra ta có: 2 (x + y) = 72 x +y = 36 (1) Sau khi tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đôi, ta có : 2 (3 x + 2y) = 194 3x + 2y = 97 (2) x + y = 36 x = 25 Ta có hệ PT : Giải hệ ta được: 3x + 2y = 97 y = 11 Đối chiếu điều kiện bài toán ta thấy x, y thỏa mãn. Vậy diện tích thửa vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2) Câu 3: 1) Khi m = 2, PT đã cho trở thành: x2- 4x + 3 = 0 Ta thấy: a +b + c = 1 - 4 +3 = 0 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3 2) Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là: , b'2 - ac 0 22 (m 1) 0 3 - m 0 m 3 (1) x1 x2 4 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có : x1x2 m 1 2 2 2 x1 + x2 = 5 (x1+ x2) (x1 + x2 ) - 2x1x2 = 5 (x1 + x2) 42 - 2 (m +1) = 5.4 2 (m + 1) = - 4 m = - 3 Kết hợp với điều kiện (1) , ta có m = - 3 I Câu 4 : · E 1. Ta có: ABC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) D A· BF = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B, C, A F thẳng hàng AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy. O' 2. Do I¶EF I·BF 900 suy ra BEIF nội tiếp đường O tròn. C B F 3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ Q Ta chứng minh được các tam giác AHP H P HP HA và PHB đồng dạng HP2 = HA.HB HB HP Tương tự, HQ2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung điểm PQ. Câu 5:Điều kiện x 0 và 2 - x2 > 0 x 0 và x 0 x2 + y2 = 2 (1) Ta có: 1 1 2 (2) x y 55
  16. 1 Từ (2) ta có : x + y = 2xy. Thay vào (1) Có : xy = 1 hoặc xy = - 2 x 1 * Nếu xy = 1 thì x + y = 2. Giải ra, ta có : . y 1 1 3 1 3 x x 1 2 2 * Nếu xy = - thì x + y = -1. Giải ra, ta có : ; . . 2 1 3 1 3 y y 2 2 - 1 - 3 Đối chiếu đk (*), phương trình đã cho có 2 nghiệm : x = 1 ; x = . 2 ĐỀ SỐ 19 5( 5 7) 11( 11 1) Câu 1: a) A = 5 7 11. 5 1 11 5( 5 11) b) B = 5. 5 11 . 5 Vậy A - B = 5 7 11 5 11 = 7, đpcm. Câu 2: a) Với m = 2 ta có hệ 3x + 2y = 5 y = 2x - 1 y = 2x - 1 x = 1 2x - y = 1 3x + 2(2x - 1) = 5 7x = 7 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1). 3 m b) Hệ có nghiệm duy nhất khi: m2 ≠ - 3 với mọi m m 1 Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 3: Gọi cạnh góc vuông nhỏ là x. Cạnh góc vuông lớn là x + 2 Điều kiện: 0 < x < 10, x tính bằng m. x y Theo định lý Pitago ta có phương trình: x2 + (x + 2)2 = 102. p Giải phương trình ta được x1 = 6 (t/m), x2 = - 8 (loại). Vậy cạnh góc vuông nhỏ là 6m; cạnh góc vuông lớn là 8m. · 0 · · 0 Câu 4: a) Ta có PAC = 90 PAC + PMC = 180 m nên tứ giác APMC nội tiếp · · b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên MPC MAC (1) q Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra M· QC M· BC (2) a b Lại có M· AC M· BC 900 (3). Từ (1), (2), (3) ta có : M· PC M· BC 900 P· CQ 900 . c) Ta có B· MQ = B· CQ (Tứ giác BCMQ nội tiếp) B· MQ = A· MC (Cùng phụ với BMC) E· MC = E· FC (Tứ giác CEMF nội tiếp). Nên B· CQ = E· FC hay AB // EF. 56
  17. 2 1 2 1 2 1 Câu 5: P = x + 1 + 2 ≥ 2 x + 1 2 , P = 2 x + 1 = 2 x = 0. x + 1 x + 1 x + 1 Vậy min P = 2. ĐỀ SỐ 20 2( 5 +2) - 2( 5 - 2) 2 5 +4 - 2 5 + 4 8 Câu 1: a) A = = 2 = = 8 . 5 - 2 5 +2 5 - 22 5 - 4 b) Ta có: x - 1 x - 1 x + 1 +1 - x x - 1 x x +1 B = : =  x x x +1 x x - 1 + 1 - x 2 x - 1 x +1 x +1 = x x - 1 x Câu 2: x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Khi m = 1, ta có phương trình x2 - 6x + 5 = 0 a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0 x1 = 1; x2 = 5 b) Phương trình (1) có nghiệm x = - 2 khi: (-2)2 - (m + 5) . (-2) - m + 6 = 0 4 + 2m + 10 - m + 6 = 0 m = - 20 c) ∆ = (m + 5)2 - 4(- m + 6) = m2 + 10m + 25 + 4m - 24 = m2 + 14m + 1 Phương trình (1) có nghiệm khi ∆ = m2 + 14m + 1 ≥ 0 (*) Với điều kiện trên, áp dụng định lí Vi-ét, ta có: 2 2 S = x1 + x2 = m + 5; P = x1. x2 = - m + 6. Khi đó: x1 x2 x1x2 24 x1x2 (x1 x2 ) 24 ( m 6)(m 5) 24 m2 m 6 0 m 3; m 2. Giá trị m = 3 thoả mãn, m = - 2 không thoả mãn điều kiện. (*) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi x là số dãy ghế trong phòng lúc đầu (x nguyên, x > 3) x - 3 là số dãy ghế lúc sau. 360 360 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu: (chỗ), số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau: (chỗ) x x - 3 360 360 Ta có phương trình: - = 4 x - 3 x Giải ra được x1 = 18 (thỏa mãn); x2 = - 15 (loại) Vậy trong phòng có 18 dãy ghế. 57
  18. Câu 4: a) ∆SAB cân tại S (vì SA = SB - theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên tia phân giác SO cũng là đường cao SO  AB b) S· HE = S¶IE = 900 IHSE nội tiếp đường tròn đường kính SE. OI SO c) ∆SOI ~ ∆EOH (g.g) = OH OE OI . OE = OH . OS = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB) Câu 5: (1) x3 - 2mx2 + m2x + x - m = 0, x (x2 - 2mx + m2) + x - m = 0 x (x - m)2 + (x - m) = 0 x = m (x - m) (x2 - mx + 1) = 0 2 x - mx + 1 = 0 (2) Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt khác m. Dễ thấy x = m không là nghiệm của (2). Vậy (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 2 ∆ = m2 - 4 > 0 . m 2 Vậy các giá trị m cần tìm là: . m < - 2 ĐỀ SỐ 21 Câu 1. 2 2 5 1 2 5 1 5 1 1) A = . 5 1 5 1 5 1 4 2 3 x 2x 3 2 2) Ta có hệ . y x 4 11 y 2 Câu 2. 1) Vẽ đồ thị y x 2 thông qua bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4 Vẽ đồ thị y x 2 qua các điểm A(0, 2) và B(-2,0). 58
  19. y 5 4 N 3 2 A M 1 B x -2 -1 O 1 2 3 -1 2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x 2 x 2 hay x 2 x 2 0 . Phương trình này có nghiệm: x1 1 y1 1 và x2 2 y2 4 . Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M(-1, 1) và N(2, 4). Câu 3. 1) Với m 2 , ta có phương trình: 2x 2 3x 1 0 . Các hệ số của phương trình thoả mãn 1 a b c 2 3 1 0 nên phương trình có các nghiệm: x 1 , x . 1 2 2 2) Phương trình có biệt thức 2m 1 2 4.2. m 1 2m 3 2 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m . 2m 1 x x 1 2 2 Theo định lý Viet, ta có: . m 1 x .x 1 2 2 2 2 2 Điều kiện đề bài 4x1 2x1 x2 4x2 1 4 x1 x2 6x1 x2 1 . Từ đó ta có: 1 2m 2 3 m 1 1 4m 2 7m 3 0 . Phương trình này có tổng các hệ số a b c 4 ( 7) 3 0 nên phương trình này có các 3 3 nghiệm m 1,m . Vậy các giá trị cần tìm của m là m 1,m . 1 2 4 4 Câu 4. 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : F· ED F· CD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp. 2) Xét hai tam giác ACD và BED có: 59
  20. 0 ·ACD B· ED 90 , ·ADC B· DE (đối đỉnh) nên F ACD BED. Từ đó ta có tỷ số : DC DE DC.DB DA.DE . DA DB I E 3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE tam C giác ICD cân I·CD I·DC F· EC (chắn cung F»C ). D Mặt khác tam giác OBC cân nên O· CB O· BC D· EC (chắn cung »AC của (O)). Từ đó A B I·CO I·CD D· CO F· EC D· EC F· ED 900 O IC  CO hay IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4x 9 1 1 4x 9 1 1 Câu 5. Đặt y , y ta có y 2 y 7y 2 7y x . 28 2 2 28 4 2 1 7x 2 7x y 2 Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ: . 1 7y 2 7y x 2 Trừ vế cho vế của hai phuơng trình ta thu được 7 x 2 y 2 7 x y y x (x y) 7x 7y 8 0 x y 0 (vì x 0 và 1 y nên 7x 7y 8 0) hay x y . 2 6 50 x 2 1 14 Thay vào một phương trình trên ta được 7x 6x 0 . Đối chiếu với 2 6 50 x 14 6 50 điều kiện của x, y ta được nghiệm là x . 14 Lời bình: Câu V 4x 9 1 Chắc chắn sẽ hỏi đằng sau phép đặt ẩn phụ y có sự "mách bảo" nào 28 2 không? 2 4x 9 1 4x 9 1 Ta có 7x2 + 7x = 7 x 28 2 28 4 Dưới hình thức mới phương trình đã cho thuộc dạng (ax + b)2 = p a ' x b' + qx + r , (a 0, a' 0, p 0) Một lần Lời bình sau câu 5 đề 13 đã chỉ dẫn cách đặt ẩn phụ như trên. 60
  21. ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) x2 - 2x - 15 = 0 , ' = 1 - (-15) = 16 , ' = 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1 - 4 = - 3; x2 = 1 + 4 = 5 2. Đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1) khi và chỉ khi: 1 = a (-1) -1 a = - 2. Vậy a = - 2 a 1 a a a 1 a a a 1 Câu 2: 1) P = . 2 a a 1 a 1 a 1 a a a a a a a a a a 4 a. a = 2 a . 2 a(a 1) 2 a Vậy P = - 2a . 2) Ta có: P 2 - 2a > - 2 a -2 a khi và chỉ khi 0 x = 400 và y = 500 (thoả mãn) Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy. Câu 4: 1) Ta có I·PC = 900 (vì góc nội tiếp y · 0 x chắn nửa đường tròn) => CPK = 90 . K Xét tứ giác CPKB có: Kµ Bµ = 900 + 900 = 1800 => CPKB là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm) µ µ 0 2) Xét AIC và BCK có A B = 90 ; P A· CI B· KC (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) I AI AC => AIC ~ BCK (g.g) => BC BK A C B => AI.BK = AC.BC. 3) Ta có: P· AC P· IC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) P· BC P· KC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) Suy ra P· AC P· BC P· IC P· KC 900 (vì ICK vuông tại C).=> A· PB = 900 . Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q= 198. 61
  22. 2 Phương trình có nghiệm khi 0 p + 4q 0; gọi x1, x2 là 2 nghiệm. - Khi đó theo hệ thức Viét có x1+ x2 = - p và x1x2 = q mà p + q = 198 => x1x2 - (x1+ x2) = 198 (x1 - 1)(x2 - 1) = 199 = 1 . 199 = (- 1)(-199) ( Vì x1, x2 Z ) Nên ta có : x1 - 1 1 -1 199 -199 x2 - 1 199 -199 1 -1 x1 2 0 200 -198 x2 200 -198 2 0 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên: (2; 200); (0; -198); (200; 2); (-198; 0) ĐỀ SỐ 23 Câu 1. 1) A = 20 3 5 80 . 5 = 2 5 3 5 4 5 . 5 3 5. 5 15 . 2) Đặt t x 2 , t 0 phương trình trở thành 4t 2 7t 2 0 . Biệt thức 7 2 4.4.( 2) 81 1 Phương trình có nghiệm t , t 2 (loại). 1 4 2 1 1 1 1 Với t ta có x 2 x . Vậy phương trình có nghiệm x . 4 4 2 2 Câu 2. 1) Ta gọi (d1 ) , (d 2 ) lần lượt là các đường thẳng có phương trình y 3x 6 và 5 y x 2m 1. Giao điểm của (d ) và trục hoành là A(2, 0). Yêu cầu của bài toán được 2 1 5 thoả mãn khi và chỉ khi (d ) cũng đi qua A 0 .2 2m 1 m 3 . 2 2 2) Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật (đơn vị m, x > 0) chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m). Vì đường chéo là 13 (m) nên theo định lý Piatago ta có : 2 132 x2 x 7 2x2 14x 49 169 2 x 5 x 7x 60 0 . Chỉ có nghiệm x 5 thoả mãn. x 12 Vậy mảnh đất có chiều rộng 5m, chiều dài 12m và diện tích là S = 5.12 = 60 (m2). Câu 3. 1) Khi m 3 phương trình trở thành x 2 2x 0 x x 2 0 x 0 ; x 2 . 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ' 1 m 3 0 m 4 . Khi đó theo định lí Vi-et ta có: x1 x2 2 (1) và x1 x2 m 3 (2). 2 Điều kiện bài toán x1 2x2 x1 x2 12 x1 x1 x2 2x2 12 2x1 2x2 12 (do (1)) x1 x2 6 (3). Từ (1) và (3) ta có: x1 2, x2 4 . Thay vào (3) ta được: 2 .4 m 3 62
  23. m 5 , thoả mãn điều kiện. Vậy m 5 . Câu 4. 1 1 1) Ta có D· AB = sđ D»B (góc nội tiếp) và B· DE = sđ D»B (góc giữa tiếp tuyến và dây 2 2 cung). Suy ra D· AB B· DE . 2) Xét hai tam giác DMB và AMD có: D· MA chung, D· AM B· DM nên DMB  AMD MD MA hay MD2 MA.MB . MB MD ME MA Tương tự ta cũng có: EMB  AME hay ME 2 MA.MB . MB ME Từ đó: MD = ME hay M là trung điểm của DE. 3) Ta có D· AB B· DM , E· AB B· EM P· AQ P· BQ =D· AB E· AB P· BQ B· DM B· EM D· BE 1800 tứ giác APBQ nội tiếp P· QB P· AB . Kết hợp với P· AB B· DM suy ra P· QB B· DM . Hai góc này ở vị trí so le trong nên PQ song song với AB. D M E B P Q O O' A 4x 3 Câu 5. Đặt y . x 2 1 Khi đó ta có y x 2 1 4x 3 y.x 2 4x y 3 0 (1). Ta tìm điều kiện của y để (1) có nghiệm. 4 Nếu y 0 thì (1) có nghiệm x . 3 Nếu y 0 , (1) có nghiệm ' 22 y y 3 0 y 2 3y 4 0 1 y 4 . Kết hợp lại thì (1) có nghiệm 1 y 4 . Theo giả thiết y là số nguyên âm y 1 . Khi đó thay vào trên ta có x 2 . Lời bình: Câu V 63
  24. 4x 3 1) Từ cách giải bài toán trên ta suy biểu thức y có GTNN bằng 1 và GTLN x2 1 bằng 4. 2) Phương pháp giải bài toán trên cũng là phương phương pháp tìm GTNN, GTLN của ax2 bx c các biểu thức dạng P (với b'2 4ac 0; 3x2 2x 1 x2 y2 F = x2 + 2xy y2 với 4x2 + 2xy + y2 = 3. ĐỀ SỐ 24 Câu 1. 5(1 5) (1 5) 1 5 1) A = (1 5) (1 5) 2 . 2 5 2 2 x x 1 x x 1 2) B = 1 1 1 x 1 x 1 x . 1 x 1 x Câu 2. 1) Thay x 2 vào vế trái của phương trình ta được: 22 3 m .2 2(m 5) 4 6 2m 2m 10 0 đúng với mọi m nên phương trình có nghiệm x 2 với mọi m 2) Vì phương trình luôn có nghiệm x 2 nên để nó có nghiệm x 5 2 2 thì theo định lý Vi-et ta có: 2 5 2 2 2 m 5 5 2 2 m 5 m 10 2 2 . Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của xe, x > 15. 80 Thời gian dự định của xe là . x 20 Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là , thời gian xe đi trong quãng x 15 60 đường còn lại là . x 10 80 20 60 Theo bài ra ta có = + (1). x x 15 x 10 4 1 3 Biến đổi (1) 4 x 15 x 10 x 4x 35 x x 15 x 10 15x 600 x = 40 (thoả mãn điều kiện). 80 Từ đó thời gian dự định của xe là 2 giờ. 40 64
  25. Câu 4. 1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn nên M· AD 900 . Mặt khác theo giả thiết M· CD 900 nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp. 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: D· MC D· AC , D· NC D· BC . Suy ra D· MC D· NC D· AC D· BC 900 . Từ đó M· DN 900 . 3) Vì ·ACB M· DN 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó C· PQ C· DQ C· DN . Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên C· DN C· BN . Hơn nữa ta có C· BN C· AB , suy ra C· PQ C· AB hay PQ song song với AB. 2 x y 4 1 1 4 Câu 5. Với các số dương x, y ta có: x y 4xy xy x y x y x y Áp dụng bất đẳng thức trên ta, có: a b b c c a 1 1 1 1 1 1 a b c c a b b c c a a b 4 4 4 a b c a. b. c. = 4 b c c a a b b c c a a b Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Lời bình: Câu II.1 Thay câu II.1 bởi câu : Chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá trị của m, ta được một bài toán "thông minh hơn". Biến đổi phương trình về dạng m(x 2) = 2x + 3x 10 . (1) Xem (1) là phương trình đối với m. Thế thì (1) có nghiệm không phụ thuộc m khi và chỉ khi x 2 = x2 + 3x 10 = 0 x = 2. Vậy có x = 2 là nghiệm cố định không phụ thuộc vào m của phương trình đã cho. ĐỀ SỐ 25 Câu 1. x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1) Ta có A = : = . . x x 1 x 1 x x 1 x 65
  26. 2 2 2 2 2) x 2 2 3 x 2 1 x 2 1 nên A = 2 . 2 1 Câu 2. 1) Khi a 3 và b 5 ta có phương trình: x 2 3x 4 0 . Do a + b + c = 0 nên phương trình có nghiệm x1 1, x2 4 . 2 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 a 4(b 1) 0 (*) x1 x2 a Khi đó theo định lý Vi-et, ta có (1). x1x2 b 1 x x 3 x1 x2 3 1 2 x1 x2 3 Bài toán yêu cầu 3 (2). x 3 x 3 9 x x 2 1 2 x1 x2 3x1x2 x1 x2 9 1 2 2 2 2 Từ hệ (2) ta có: x1 x2 x1 x2 4x1x2 3 4( 2) 1 , kết hợp với (1) được a2 1 a 1,b 3 . b 1 2 a 1,b 3 Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) nên chúng là các giá trị cần tìm. Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc thực của chiếc thuyền (x > 4). Vận tốc của chiếc thuyền khi xuôi dòng là x + 4 (km/h). Vận tốc của chiếc thuyền khi ngược dòng là x – 4 km/h. 24 Thời gian chiếc thuyền đi từ A đến B là h x 4 16 Thời gian chiếc thuyền quay về từ B đến C là h x 4 8 Thời gian chiếc bè đi được 2 (giờ). 4 24 16 Ta có phương trình: + = 2 (1). x 4 x 4 Biến đổi phương trình: (1) 12(x 4) 8(x 4) x 4 x 4 x2 20x 0 x 0 x(x 20) 0 . x 20 Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có nghiệm x = 20 thoả mãn. Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là 20km/h. Câu 4. 1) Vì H là trung điểm của AB nên OH  AB hay O· HM 900 . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có OD  DM hay O· DM 900 . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 66
  27. 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD MCD cân tại M MI là một đường phân 1 1 giác của C· MD . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ C»D nên D· CI sđ D» I = sđ CºI 2 2 = M· CI CI là phân giác của M· CD . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. 3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: 1 S 2S 2. .OD.QM R(MD DQ) . Từ đó S nhỏ nhất MD + DQ nhỏ nhất. Mặt OQM 2 khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có DM.DQ OD2 R2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính R 2 . P C A d H B O I M D Q Câu 5. Từ giả thiết ta có: abc a b c 1 . Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, P = a b a c = a2 ab ac bc = a a b c bc 2 a a b c bc = 2. a a b c bc a a b c 1 Đẳng thức xảy ra 1 . a b c bc 1 abc Hệ này có vô số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1 a = 2 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2. ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1 1 2 5 2 5 2 5 1) 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 1 67
  28. 3x + y = 9 6x + 2y = 18 7x = 14 x = 2 2) . x - 2y = - 4 x - 2y = - 4 y = 9 - 3x y = 3 Câu 2: 1 1 x 1) P = : x + x x 1 x + 2 x 1 2 1 x x 1 . x x 1 x x 1 x 2 1 x x 1 1 x x 1 1 - x . . x x 1 x x. x x 1 - x 1 2 2) Với x > 0 thì 2 1 - x x 3x > - 2 x . 3 2 Câu 3: 1) Với m = 1, ta có phương trình: x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. 1 2) Ta có: ∆ = 1 – 4m. Để phương trình có nghiệm thì ∆ 0 1 – 4m 0 m (1). 4 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = m 2 Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – 1 ) = 9( x1 + x2 ), ta được: m = - 2 (m – 1)2 = 9 m2 – 2m – 8 = 0 . . m = 4 Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. Câu 4: µ 0 µ 0 1) Tứ giác ABEH có: B = 90 (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); H = 90 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp được. µ µ 0 Tương tự, tứ giác DCEH có C = H = 90 , nên nội tiếp được. 2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có: · · EBH = EAH (cùng chắn cung E»H ) C · · · Trong (O) ta có: EAH = CAD = CBD (cùng B chắn cung C»D ). E · · I Suy ra: EBH = EBC , nên BE là tia phân giác D · A H O của góc HBC . · · · Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE , nên · CE là tia phân giác của góc BCH . Vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 68
  29. BCH. 3) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên · · BIC = 2EDC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung E»C ). Mà · · · · EDC = EHC , suy ra BIC = BHC . · · · + Trong (O), BOC = 2BDC = BHC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung B»C ). · + Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc BHC dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C, H, O, I cùng nằm trên một đường tròn. Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1) Đặt x + 8 a; x + 3 b a 0; b 0 (2) Ta có: a2 – b2 = 5; x2 11x + 24 x + 8 x + 3 ab Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(ab + 1) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 a - b = 0 x + 8 x + 3 (vn) x = - 7 1 - a = 0 x + 8 1 x = - 2 1 - b = 0 x + 3 1 Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 2. ĐỀ SỐ 27 Câu 1: 1 2 1) A = 4.5 16.5 9.5 = 5 4 5 2 5 = 5 . 2 3 5 5 5 5 2) B = 2 . 2 5 1 5 1 5 5 1 5 5 1 2 2 2 5 2 5 1 5 1 5 1 Câu 2: 2x - y = 1 - 2y 2x + y = 1 2x = 2 x = 1 1) 3x + y = 3 - x 4x + y = 3 y = 1 - 2x y = - 1 2 2) Phương trình x – x – 3 = 0 có a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 1 1 x x 1 1 Do đó: P = 1 2 . x1 x2 x1 x2 3 3 Câu 3: Gọi x (km/h) là vận tốc của xe lửa thứ nhất đi từ Huế đến Hà Nội. Khi đó vận tốc của xe lửa thứ hai đi từ Hà Nội là: x + 5 (km/h) (ĐK: x > 0) 300 5 345 Theo giả thiết, ta có phương trình: x 5 3 x 69
  30. 900x 5x x 5 1035 x 5 x2 22x 1035 0 Giải phương trình ta được: x1 23 (loại vì x > 0) và x2 45 0 . Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h Câu 4: · 1) Ta có: AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa D · đường tròn) AMD 900 . Tứ giác ACMD · · 0 M có AMD ACD 90 , suy ra ACMD nội I tiếp đường tròn đường kính AD. µ K 2) ∆ABD và ∆MBC có:B chung và · · BAD BMC (do ACMD là tứ giác nội tiếp). B Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g) E A C O · · · · 3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và EDC BDC , lại có: BDC CAK (cùng phụ µ · · với B ), suy ra: EDC CAK . Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O A = O E, suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định. Câu 5: 1 1 1 1 1 A = = x2 y2 xy x2 y2 2xy 2xy Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: 1 x + y 2 xy 1 2 xy 1 4xy 2 (1) 2xy Đẳng thức xảy ra khi x = y. Tương tự với a, b dương ta có: 1 1 1 2 4 2 2. (*) a b ab a + b a + b 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 4 (2) x2 y2 2xy x + y 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x2 + y2 = 2xy x = y. 1 Từ (1) và (2) suy ra: A 6 . Dấu "=" xảy ra x = y = . Vậy minA = 6. 2 ĐỀ SỐ 28 2x + y = 7 6x + 3y = 21 7x = 14 x = 2 Câu 1: 1) x - 3y = - 7 x - 3y = - 7 y = 7 - 2x y = 3 2) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 = . 3 3 70
  31. 2 2 2 1 4 13 Do đó P = x1 x2 x1 x2 2x1 x2 = . 9 3 9 Câu 2. a a a 1 1) A = : a 1 a ( a + 1) ( a - 1)( a 1) a 1 . a 1 a 1 a 1 a + 1 a > 0, a 1 2) A 0, m R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2 2) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. Ta có: x1 + x2 – x1x2 = 7 2 2 2 (x1 + x2) – 3x1.x2 = 7 4m + 3 = 7 m = 1 m = 1 . Câu 4: · 1) ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường x · N tròn) ADM 900 (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp C tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC · M D AEM 900 (2). I Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp E đường tròn đường kính MA. A H O B 2) Xét ∆MAB vuông tại A có AD MB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông) · 3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · ACN 900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì IC IH BI (6) với I là giao điểm của CH và MB. MN MA BM Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 1 5 Câu 5: Điều kiện: x 0, x - 0, 2x - 0. (*) x x 4 1 5 4 1 5 x - x 2x - x - x - - 2x - x x x x x x 71
  32. 4 x 4 x 4 1 x - x - 1 0 x 1 5 x 1 5 x - 2x - x - 2x - x x x x 4 1 x - 0 (vì 1 0 ) x 1 5 x - 2x - x x x 2 . Đối chiếu với điều kiện (*) thì chỉ có x = 2 thỏa mãn. ĐỀ SỐ 29 Câu 1: a) Đường thẳng d đi qua gốc tọa độ khi và chỉ khi 2m 4 0 m 2. b) Đồ thị hàm số y (m2 m)x2 đi qua điểm A(-1; 2) 2 (m2 m).( 1)2 m2 m 2 0 m 1; m 2 Câu 2: 1 1 3 a 3 a 3 a 3 a) P = . 1 . . a 3 a 3 a a 3 a 3 a 2 a.( a 3) 2 2 = . Vậy P = . ( a 3)( a 3). a a 3 a 3 2 1 b) Ta có: > a + 3 khi và chỉ khi 0 0 tính 1 1 1 1 bằng giờ). Trong 1 giờ mỗi người làm được ; công việc, cả 2 làm trong 1 giờ được + x y x y 1 = công việc.(vì hai người hoàn thành công việc trong 4 giờ). Do người thứ nhất làm ít hơn 4 người thứ hai là 6 giờ nên y - x = 6. Ta có hệ phương trình. y x 6 y x 6 (1) 1 1 1 1 1 1 (2) x y 4 x x 6 4 Giải (2): (2) x(x + 6) = 4 (x + x + 6) x2 - 2x - 24 = 0 x = 6 (t/m); x = - 4 (loại vì x > 0). Thay vào (1) được y = 12 Vậy để hoàn thành công việc người thứ nhất cần 6 giờ, người thứ hai cần 12 giờ. 72
  33. Câu 4: a) Ta có B· AC = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) Tương tự có B· DH C· EH = 900 Xét tứ giác ADHE có Aµ A· DH A· EH = 900 => ADHE là hình chữ nhật. Từ đó DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) hay AH2 = 10 . 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 b) Ta có:B· AH = Cµ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà D· AH A· DE (1) (Vì ADHE là hình chữ nhật) => Cµ A· DE do Cµ B· DE = 180 0 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. µ · A c) Vì O1D = O1B => O1BD cân tại O1 => B BDO1 (2) · · µ · 0 E Từ (1), (2) =>ADE BDO1 B BAH = 90 => O1D //O2E D Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E. Ta có Sht = 1 1 1 B C 2 O1 H O O2 (O D O E).DE O O .DE O O (Vì O1D + 2 1 2 2 1 2 2 1 2 O2E = O1H + O2H = O1O2 và DE 3x3 + 3x2 - 3x = - 1 4x3 = x3 - 3x2 + 3x - 1 4x3 = (x - 1)3 1 x3 4 = x - 1 x(1 3 4 ) = 1 x = . 1 3 4 1 Vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm x = . 1 3 4 Lời bình: Câu III Ta thường gặp bài toán :" Hai máy cày cùng cày một cánh đồng ; hai vòi nước cùng chảy vào một bể ; hai hợp tác cùng đào một con mương ; hai người cùng làm chung một công việc ) v.v" . Ta gọi bài bài trên thuộc loại toán "Làm chung một việc" Một số lưu ý khi giải bài toán này là a) Khối lượng công việc phải hoàn thành được quy ước bằng 1 (đơn vị). (Năng suất) (thời gian) = (khối lượng làm được). (Năng suất chung) = (tổng các năng suất riêng). 73
  34. (Bạn có thể tò mò tại sao lại quy ước khối lượng công việc là 1. Công việc hoàn tất nghĩa là hoàn thành 100 khối lượng công việc. Bởi 100 = 1, đó là điều dẫn tới quy ước trên) b) Bài toán có thể trình bày lời giải bằng hệ phương trình hai ẩn hoặc bằng phương trình một ẩn. c) Trong bài toán trên (theo các kí hiệu đã dùng trong lời giải) thì : 1 1 Các năng suất riêng là và x y 1 1 1 Năng suất chung : Một mặt được tính là , một mặt giả thiết cho là . Vậy nên x y 4 1 1 1 có phương trình x y 4 ĐỀ SỐ 30 Câu 1. 1) Phương trình tương đương với 3x 75 3x 5 3 x 5 3x 2y 1 7x 7 x 1 2) Hệ phương trình . 4x 2y 8 3x 2y 1 y 2 Câu 2. 1) Với m 2 phương trình trở thành 2x 2 5x 2 0 . 1 52 4.2.2 9 nên phương trình có hai nghiệm x 2 , x . 1 2 2 2) Phương trình có biệt thức m 3 2 4.2.m m 2 2m 9 m 1 2 8 0 với mọi m . m 3 x x 1 2 2 Do đó phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 . Khi đó theo định lý Viet thì . m x x 1 2 2 2 2 2 m 3 m Biểu thức A = x1 x2 = x1 x2 = x1 x2 4x1 x2 = 4 = 2 2 1 1 m 2 2m 9 m 1 2 8 . 2 2 Do m 1 2 0 nên m 1 2 8 8 2 2 , suy ra A 2 . Dấu bằng xảy ra m 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 , đạt được khi m 1 . Câu 3. 1) Ta có 9 a 25a 4a3 9 a 5 a 2a a 2 a(a 2) và a2 2a a(a 2) 2 a a 2 2 nên P = . a a 2 a 2) Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x 4) 48 Vận tốc ca nô khi nước xuôi dòng là x 4 và thời gian ca nô chạy xuôi dòng là . x 4 74
  35. 48 Vận tốc ca nô khi nước ngược dòng là x 4 và thời gian ca nô chạy ngược dòng là . x 4 48 48 Theo giả thiết ta có phương trình 5 (*) x 4 x 4 (*) 48(x 4 x 4) 5(x2 16) 5x2 96x 80 0 Giải phương trình ta được x 0,8 (loại), x 20 (thỏa mãn) Vậy vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 20 km/h Câu 4. 1) Chứng minh ABD cân D Xét ABD có BC DA và CA = CD nên BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến của nó. C Vậy ABD cân tại B 2) Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm A O trên một đường thẳng. B Vì C· AE = 900, nên CE là đường kính của (O). Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD E Suy ra BD // CO hay BD // CE (1) F Tương tự CE là đường trung bình của tam giác ADF. Suy ra DF // CE (2). Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Tam giác ADF vuông tại A và theo tính chất của đường trung bình DB = CE = BF B là trung điểm của DF. Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính. Hơn nữa, vì OB = AB - OA nên đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A. Câu 5. Vì các số a,b,c dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ta có: a (b c) a a 2a a b c 2 b c a b c a b c Tương tự ta cũng có: b 2b c 2c , c a a b c a b a b c Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có a b c 2a 2b 2c 2 . b c c a a b a b c a b c Dấu bằng xảy ra b c a a b c 0 , không thoả mãn. c a b 75
  36. a b c Vậy 2 . b c c a a b Lời bình: Câu II.2 Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau b Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu có của phương trình . Từ công thức x suy ra : 1,2 2a (m 1)2 8 | x x | 2 , với mọi m. (*) 1 2 | a | 2 Kết quả (*) cho thấy > 0 ,m đồng thời có min|x1 x2| = 2 , đạt được khi m = 8. Lời giải đã giảm bớt tối đa các phép toán, điều ấy đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót. Câu IV.2 Việc chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng thường được thực hiện bằng cách chứng minh một trong ba điều tương đương sau : AB + BC = AC (khi đó B thuộc đoạn thẳng AC). Một trong ba điểm ấy là đỉnh một góc bằng 1800 (chẳng hạn ·ABC 1800 ). Một trong ba điểm ấy là điểm chung của hai đoạn thẳng song song (chẳng hạnAB // BC). Một trong ba điểm ấy là điểm chung của hai đoạn thẳng cùng tạo với đường thẳng ( ) có sẵn một góc bằng nhau (chẳng hạn (·AB, ) (·AC, ) ). ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính a) A = 20 3 18 45 72 4.5 3 9.2 9.5 36.2 = = 2 5 9 2 3 5 6 2 3 2 5 . b) B = 4 7 4 7 2B 8 2 7 8 2 7 ( 7 1)2 ( 7 1)2 7 1 7 1 2B 2 7 B 14 c) C = x 2 x 1 x 2 x 1 với x > 1 C = ( x 1 1)2 ( x 1 1)2 x 1 1 x 1 1 +) Nếu x > 2 thì C = x 1 1 x 1 1 2 x 1 +) Nếu x 0 m > 2 b) Đồ thị hàm số đi qua A (1; 2) khi: 2 = (2m - 1).1 - m + 2 m = 1. 76
  37. Vậy hàm số y = x + 1 Câu 3: Gọi x, y là thời gian người thợ thứ nhất và người thợ thứ 2 làm một mình (x, y > 0, tính bằng giờ). 1 1 1 1 1 - Một giờ mỗi người làm được ; công việc cả 2 người làm được + = . x y x y 16 (vì 2 người làm trong 16 giờ thì xong công việc) 3 6 - Trong 3 giờ người thứ nhất làm được (CV), 6 giờ người 2 làm được (CV) x y 1 3 6 1 vì cả hai làm được (CV) nếu ta có + = 4 x y 4 Do đó ta có hệ phương trình: 1 1 1 3 3 3 3 1 x y 16 x y 16 y 16 x 24 . 3 6 1 3 6 1 1 1 1 y 48 x y 4 x y 4 x y 16 Vậy người thứ nhất hoàn thành công việc trong 24 giờ người thứ hai hoàn thành công việc trong 48 giờ Câu 4: a) Xét ABM và AMC M Có góc A chung; A· MB M· CB 1 ( = sđ cung MB) 2 K O A => AMB ~ ACM (g.g) D I AM AB B => => AM2 = AB.AC C AC AM N b) Tứ giác AMON có Mµ Nµ = 1800 (Vì Mµ Nµ = 900 tính chất tiếp tuyến) => AMON là tứ giác nội tiếp được - Vì OI  BC (định lý đường kính và dây cung) Xét tứ giác AMOI có Mµ I = 900 + 900 = 1800 => AMOI là tứ giác nội tiếp được c) Ta có OA  MN tại K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC tại D. µ  0 Xét tứ giác KOID có K I = 180 => tứ giác KOID nội tiếp đường tròn tâm O1 2 => O1 nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI = AK.AO = AM = AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định). Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định. Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếp OIK luôn thuộc đường trung trực của DI cố định. Câu 5: 77
  38. x 1 2x 2 1 Ta có: (2x 1)y x 1 y 2y 2y 1 (*) 2x 1 2x 1 2x 1 Xét pt (*): Để x, y nguyên thì 2x +1 phải là ước của 1, do đó: + Hoặc 2x +1 =1 x = 0, thay vào (*) được y = 1. + Hoặc 2x +1 = -1 x = -1, thay vào (*) được y = 0 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là: (0; 1) ; (-1; 0). ĐỀ SỐ 32 Câu 1: 1) P = ( 7 3 2)( 7 3 2) [ 7 ( 3 2)][ 7 ( 3 2)] = ( 7)2 ( 3 2))2 7 (3 4 3 4) 4 3 . 2) Đường thẳng d và d song song với nhau khi và chỉ khi: m2 1 3 m2 4 m 2 m 2 m 1 1 m 2 m 2 Câu 2: x2 + (2m + 1) x + m2 + 1 = 0 (1) a) Khi m = 1 ta có phương trình: x2 + 3x + 2 = 0 Vì a = 1; b = 3; c = 2 => a - b + c = 0 Vậy phương trình có x1 = - 1; x2 = - 2 b) Phương trình (1) có 2 nghiệm âm khi và chỉ khi: 2 2 3 0 (2m 1) 4(m 1) 0 m 4m 3 0 4 3 S 0 (2m 1) 0 m . 2m 1 0 1 4 P 0 m2 1 0 m 2 Câu 3: Ta có: a2 + b2 > 2ab = 1 (vì ab = 1) 4 4 A = (a + b + 1)(a2 + b2) + > 2(a + b + 1) + a b a b 4 = 2 + (a + b + ) + (a + b) > 2 + 4 + 2 = 8. a b 4 (a + b + > 4 và a + b > 2 ab vì áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương) a b A 1 Dấu “=” khi và chỉ khi a = b = . Vậy minA = 8. 2 Câu 4: I µ µ 0 0 0 K a) Xét tứ giác BHMK:H K = 90 + 90 = 180 M => Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn. CM tương tự có tứ giác CHMI cũng nội tiếp được. B H C b) Ta có Bµ H· MK Cµ H· MI = 1800 mà Bµ Cµ H· MK H· MI (1) K· BM B· CM , K· BM K· HM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK và góc tạo bởi tia tt và 78
  39. góc nội tiếp cùng chắn cung BM). H· CM H· IM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn H¼M ) K· HM H· IM (2). MH MK Từ (1), (2) => HMK ~ IMH (g.g) => MH 2 = MI .MK (đpcm) MI MH c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi. Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi APQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm). x5 2y a (1) Câu 5: Giả sử hệ có nghiệm là (x; y) 2 2 x y 1 (2) Từ (2) suy ra x 1, y 1 . Từ (1) ta có: x5 2y x5 2 y x2 2 y ( x2 y2 ) ( y2 2 y 1) 1 2 ( y2 2 y 1) 2 ( y 1)2 2 a 2 trái giả thiết là a 2 . Suy ra hệ trên vô nghiệm, đpcm. ĐỀ SỐ 33 x 3y 10 2x 6y 20 x 3y 10 Câu 1: a) 2x y 1 2x y 1 y 3 x 3( 3) 10 x 1 . y 3 y 3 b) Hàm số y = (m + 2) x - 3 đồng biến trên R khi và chi khi m + 2 > 0 m > - 2. a 1 2 a 1 2 a Câu 2: a) A = : a 1 a 1 a (a 1) (a 1) ( a 1)2 1 2 a ( a 1)2 ( a 1)2 = : : . a 1 a 1 (a 1)( a 1) a 1 ( a 1)(a 1) ( a 1)2 (a 1)( a 1) = . a 1 . a 1 ( a 1)2 b) a = 2011 - 2 2010 ( 2010 1) 2 a 2010 1 Vậy A = 2010 . 1 1 Câu 3: a) Với k = - ta có:- (x2 - 4x + 3) + 2 (x - 1) = 0 x2 - 8x + 7 = 0. 2 2 Vì a + b + c = 1 + (- 8) + 7 = 0 Nên pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 7 b) + Nếu k = 0, phương trình có dạng 2(x - 1) = 0 x = 1 79
  40. + Nếu k 0, phương trình có dạng: kx2 + 2(1 - 2k) x + 3k - 2 = 0 ' = (1 - 2k)2 - k(3k - 2) = 1- 4k + 4k2 - 3k2 + 2k = k2 - 2k + 1 = (k - 1)2 > 0 với mọi k. C Vậy phương trình có nghiệm với mọi k. M B Câu 4: A a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung trong cắt BC tại M O O' N Ta có MB = MA = MC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) Aµ = 900. D b) Giả sử R’ > R. Lấy N trung điểm của OO’. E Ta có MN là đường trung bình của hình thang vuông OBCO’ (OB // O’C; Bµ Cµ = 900) và tam giác AMN vuông tại A. R R' R R Có MN = ; AN = . Khi đó MA2 = MN2 - AN2 = RR’ 2 2 => MA = RR' mà BC = 2MA = 2 RR' c) Ta có O, B, D thẳng hàng (vì B· AD = 900 ; OA = OB = OD) BDC có D· BC = 900, BA  CD, ta có: BD2 = DA . DC (1) DE DA ADE ~ EDC (g.g) => => DA . DC = DE2 (2) DC DE (1), (2) => BD = DE (đpcm). Câu 5: 2 2 2 2 2 Xét 1 2 = a1 4b1 a2 4b2 a1 a2 4(b1 b2 ) a1 a2 2a1a2 (vì a1a2 > 2(b1 + b2)). 2 2 2 Mà a1 a2 2a1a2 (a1 a2 ) 0 , 1 2 > 0 => Tồn tại 1 hoặc 2 không âm => ít nhất một trong 2 phương trình đã cho có nghiệm. Lời bình: Câu III.b 1) Để chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá trị của k có hai cách giải. Cách 1 (Đã nói ở lời bình sau câu 2(1) Đề 24) Xem k(x2 4x 3) + 2(x 1) = 0 (*) là phương trình đối với ẩn k . Thế thì (*) có nghiệm không phụ thuộc k khi và chỉ khi x2 4x 3 = 2(x 1) = 0 x = 1. Cách 2 (Phương pháp cần và đủ) + Phương trình (*) có nghiệm với mọi x ắt phải có nghiệm với k = 0. + Với k = 0 ta có k(x2 4x 3) + 2(x 1) x = 1. Thay x = 1 vào (*) có 0k + 0 = 0 nghĩa là x = 1 là nghiệm của (*) với mọi k. Ta có điều phải chứng minh. 80
  41. 2) Kết quả một bài toán đâu phải chỉ có là đáp số. Cái quan trọng hơn là cách nghĩ ra lời giải chúng như thế nào, có bao nhiêu con đường (cách giải) để đi đến kết quả đó : Câu V : 1) Mấu chốt của bài toán là chuyển hoá hình thức bài toán. Cụ thể ở đây là biết thay thế việc chứng minh ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm bằng cách chứng minh 1 + 2 0. Sự chuyển hoá này đã giúp kết nối thành công với giả thiết a 1 + a2 2(b1 + b2). 2) Một cách hiểu khác của bài toán là : Chứng minh cả hai phương trình không thể cùng vô nghiệm. Với cách hiểu này ta chuyển hoá thành chứng minh khả năng 1 + 2 0, nếu cả hai nghiệm x1, x2 đều âm thì x1+ x2 0. Vậy là bài toán được chứng minh. ĐỀ SỐ 34 Câu 1: P = a 1 1 a 1 1 Nếu a> 2 => a 1 1 0 P 2 a 1 Nếu 1 a 1 1 P = 2 Câu 2: ĐKXĐ: x > 0; x 1. (x 1) 2 ( x 1) 2 ( x 1) 2 (x 1) 2 .4 x x 1 1) Q = . . 4x x 1 4x.(x 1) x x 1 (loai) 1 2) Q = - 3x 3 => 4x + 3x - 1 = 0 1 x (thỏa mãn) x 16 4 Câu 3: Đặt x = t, được t2 + 2(m - 1)t + m + 1 = 0 (1) Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt (1) có 2 nghiệm khác dấu hoặc (1) có nghiệm kép t > 0. +) (1) Có 2 nghiệm khác dấu m + 1 m m2 - 3m = 0 m 3 Thay vào (1) để xét thì m = 0 thỏa mãn, m = 3 bị loại. Vậy m < - 1 hoặc m = 0. 81
  42. Câu 4: PT 3(x 1) 2 16 (x 1) 2 25 = 9 - (x - 1)2 VT > 9; VP 0) nên: VT 9 PT x = 1 (TM) VP 9 N Câu 5: 1) Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH H Aµ Hµ 1800 (do Aµ Hµ 900 ) => OAMH là tứ giác nội tiếp đường tròn. M Tương tự tứ giác OANH nội tiếp được B ¶ ¶ µ ¶ A O => A1 M1 , B1 N1 (2 góc nội tiếp chắn 1 cung) ¶ µ ¶ ¶ 0 · 0 A1 B1 M1 N1 90 => AHB = 90 => MN là tiếp tuyến 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuông, ta có: AB 2 AM. BN = MH . NH = OH2 = (đpcm) 4 1 1 3. S OH . MN > OH . AB (Vì AMNB là hình thang vuông) MON 2 2 Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB. AB M, N song song với AB AM = BN = . 2 AB Vậy S nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN = . MON 2 ĐỀ SỐ 35 (x 3)2 x 3 1 khi x 3 Câu 1: A = = x 3 x 3 1 khi x 3 Câu 2: a) Bình phương hai vế ta được: x2 - 2x + 4 = 4 x(x - 2) = 0 x = 0 hoặc x = 2 b) Đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b đi qua điểm A (1; 2) và B (2; 0) khi và chỉ khi: a b 2 a 2 2a b 0 b 4 Vậy y = - 2x + 4 Câu 3: a) Với m = 2, ta có phương trình x2 x 2 0 x 1; x 2 (x2 - x - 2)(x - 1) = 0 x 1 0 x 1 Vậy phương trình có 3 nghiệm x 1; x = 2 82
  43. b) Vì phương trình (1) luôn có nghiệm x1 = 1 nên phương trình (1) có 2 đúng nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 có nghiệm kép khác 1 1 0 1 4m 0 m 1 4 m . f (1) 0 1 1 m 0 4 m 0 - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1. 1 0 1 4m 0 m 4 m 0. f (1) 0 m 0 m 0 1 Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = - ; m = 0. 4 A Câu 4: a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) Nên MA  OA; MB  OB; Mà OI  CD O (Theo định lý đường kính là dây cung). M I · · · 0 C Do đó MAO MBO MIO = 90 => 3 điểm A, B, D I B thuộc đường tròn đường kính MO hay 5 điểm M, A, I, O, B cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có: A· IM A· OM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA) B· IM B· OM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MB) mà A· OM B· OM (tính chất hai tiếp tuyến) => A· IM B· IM => IM là phân giác của góc AIB (đpcm). x4 y4 1 (1) Câu 5: 3 3 2 2 x y x y (2) Từ (1) suy ra: x4 1 x 1 . Tương tự y 1 (3). (2) x2 (1 x) y2 (1 y) 0 (4), Từ (3) suy ra vế trái của (4) không âm. nên x2 (1 x) 0 x 0 x 0 x 1 x 1 (4) ; ; ; . 2 y (1 y) 0 y 0 y 1 y 0 y 1 x 0 x 1 Thử lại thì hệ chỉ có 2 nghiệm là: ; y 1 y 0 ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) P = 1 5 1 5 1 5 5 1 2 5 . b) x2 + 2x - 24 = 0 ' = 1 + 24 = 25 => ' = 5 83
  44. => phương trình có 2 nghiệm x1 = - 1 + 5 = 4; x2 = - 1 - 5 = - 6 2 a a 1 7 a 3 Câu 2: a) P = a 3 a 3 ( a 3)( a 3) 2 a( a 3) ( a 1)( a 3) 7 a 3 2a 6 a a 4 a 3 7 a 3 = ( a 3)( a 3) ( a 3)( a 3) 3a 9 a 3 a( a 3) 3 a = ( a 3)( a 3) ( a 3)( a 3) a 3 3 a Vậy P = . a 3 3 a 3 9 b) P t1 = 1; t2 = 4 x2 1 x 1 Từ đó, ta được: . 2 x 4 x 2 Vậy phương trình có 4 nghiệm x 1; x 2. b) x4 - 5x2 + m = 0 (1) có dạng f(y) = y2 - 5y + m = 0 (2) (với y = x2 ; y > 0) Phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt phương trình (2): 25 0 m 25 1) Hoặc có nghiệm kép khác 0 4 m . f (0) 0 4 m 0 2) Hoặc có 2 nghiệm khác dấu m 0 . 25 Vậy m = hoặc m B· EF = 900. Do đó F· AB B· EF = 1800 Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. O 1 A B C b) Ta có: A· FB A· EB = ( sđ cung AB) (vì 2 góc nội tiếp 2 cùng chắn 1 cung) M 1 A· EB B· MD = ( sđ cung BD) (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) 2 Do đó A· FB B· MD => AF // DM mà FA  AC => DM  AC AC CF c) ACF ~ ECB (g.g) => => CE.CF = AC.BC (1) CE BC 84
  45. AB AD ABD ~ AEC (g.g) => => AD.AE = AC.AB (2) AE AC (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm) 2 1 (2 2x) 2x (1 x) x Câu 5: Ta có y = 1 x x 1 x x 2x 1 x 2x 1 x = 2 + 1 + 3 2 . 3 2 2 (áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương) 1 x x 1 x x 2x 1 x Đẳng thức xảy ra x 2 1 (loại nghiệm x = - 1 - 2 ) 1 x x Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 3 + 22 khi x = 2 -1. ĐỀ SỐ 37 x( x3 1) x( x3 1) Câu 1: M = + x + 1 x x 1 x x 1 x( x 1)(x x 1) x( x 1)(x x 1) = x 1 x x 1 x x 1 = x - x - x - x + x + 1 = x - 2x + 1 = (x - 1)2 3x 5y 18 3x 5y 18 11y 33 x 1 Câu 2: a) . x 2y 5 3x 6y 15 x 2y 5 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (- 1; 3) 3 a 3 a a b) Hai đường thẳng (d) và (d’) song song khi và chỉ khi: 2 . b 2 b b 1 Câu 3: a) Khi m = - 3, ta có phương trình x2 - 2x - 3 = 0 Vì a - b + c = 1 - (- 2) + (- 3) = 0 nên x1 = - 1; x2 = 3 b) Phương trình có nghiệm ' > 0 1 - m > 0 m m2 + 2m - 4 = 0. ' = 1 + 4 = 5 => ' = 5 nên m = -1 + 5 (loại); m= - 1 - 5 (T/m vì m CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK là hbh (đpcm) M C b) OM  BC => M trung điểm của BC B K 85
  46. (định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM c) Ta có A· C C B· B C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => A· C B = A· CB mà A· CB B· Ax (Ax là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’ 1 OA  Ax => OA  B’C’. Do đó SAB’OC’ = R.B’C’ 2 1 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 2 1 1 1 S = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ .BC A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng A là đỉểm chính giữa cung lớn BC. x2 x 1 Câu 5: y = y(x2 2x 2) (x2 x 1) 0 x2 2x 2 (y - 1)x2 + (2y - 1)x + (2y - 1) = 0 (1) - Nếu y = 1 thì x = - 1 - Nếu y 1 thì (1) là phương trình bậc hai đối với x. Để (1) có nghiệm thì phải có 1 3 = (2y - 1)2 - 4 (y - 1)(2y-1) 0 (2y 1)(2y 3) 0 y . 2 2 1 1 y khi x = 0. Vậy min y = 2 2 ĐỀ SỐ 38 Câu 1: a) Ta có x2 + x x ( x3 1) x ( x 1)(x x 1) x( x 1)(x x 1) x(2 x 1) nên P = 1 x x 1 x = x ( x 1) 1 2 x 1 x x . Vậy P = x x . b) P = 0 x - x = 0 x (x - 1) = 0 x = 0 (loại) ; x = 1 (t/m) Vậy x = 1 thì P = 0 Câu 2: a) Ta có 1 x 2 = 1 - x. Đk: x 2x2 - 2x = 0 2x (x - 1) x = 0 ; x = 1 Thay vào pt đã cho thử lại thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. b) Đk: x 0 và y 0. Hệ đã cho tương đương với hệ phương trình: 86
  47. 3 3 5 7 7 x 2 x y 2 x 2 x 2 3 . 4 3 4 3 2 1 y 3 1 1 y x y x y Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3). Câu 3: a) Với m = - 1 ta được phương trình: x2 + 4x = 0 x(x + 4) = 0 x = 0 ; x = - 4 b) Phương trình (1) có nghiệm khi ' > 0 (m -1)2 - (m+ 1) = m2 - 3m = m(m - 3) > 0 m > 3 ; m 4m2 - 8m + 4 = 6m + 6 2m2 - 7m - 1 = 0 7 57 7 57 m = 49 + 8 = 57 nên m = 0. 4 4 Đối chiếu đk (1) thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. A Câu 4: a) Ta có: D· BO D· MO = 900 (vì gt) => 2 điểm B, M thuộc đường tròn đường kính DO =>đpcm b) Chứng minh tương tự có 4 điểm O, C, E, M cùng thuộc một E · · C đường tròn => MEO MCO (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn B M cung MO) M· BO M· DO (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MO) D Mà M· BO M· CO (vì BOC cân tại O) => M· EO M· DO => DOE cân tại O Mà MO  DE nên MD = ME (đpcm) Câu 5: Đặt x 2 1 = t, với t > 0, ta có t2 - (x + 3) t + 3x = 0 Xem pt trên là pt bậc 2 đối với t. = (x + 3)2 - 12x = (x - 3)2 x 3 x 3 x 3 x 3 t1 = x ; t2 = 3 2 2 x 0 Do đó: - Hoặc: x 2 1 = x vô nghiệm. 2 2 x 1 x - Hoặc: x 2 1 = 3 x2 = 8 x = 2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2 2 . 87
  48. ĐỀ SỐ 39 Câu 1: (2 điểm) 1) Tính: 48 - 2 75 + 108 = 16 . 3 - 2 25 . 3 + 36 . 3 = 4 3 - 10 3 + 6 3 = 0 1 1 1 2) Rút gọn biểu thức: P = - . 1 - 1 - x 1 + x x 2 x x - 1 - 2 = 1 + x - 1 + x x - 1 = . = 1- x x 1- x x 1 + x Câu 2:1) Đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N( 4; -1) nên: 2 = 3a + b a = - 3 - 1 = 4a + b b = 11 2) Giải hệ pt: 2x + 5y = 7 2x + 5y = 7 17y = 17 x = 1 . 3x - y = 2 15x - 5y = 10 3x - y = 2 y = 1 Câu 3: 1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 - 4x -12 = 0 ' = 16, pt đã cho có 2 nghiệm: x = - 2; x = 6. 2) Phương trình (1) có nghiệm ' 0 m2 + 6m m 6; m 0 (2) x1 + x2 = 2m Khi đó, theo hệ thức Vi ét ta có: (3) x1x2 = - 6m Phương trình có 1nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia khi và chỉ khi: 2 2 x1 2x2 ; x2 2x1 (x1 2x2 )(x2 2x1) 0 5x1x2 2(x1 x2 ) 0 2 2 5x1x2 2[(x1 x2 ) 2x1x2 ] 0 9x1x2 2(x1 x2 ) 0 (4) 27 Từ (3), (4), ta có: 54m 8m2 0 m 0; m (thỏa mãn đk (2)) 4 27 Vậy các giá trị m cần tìm là m 0; m . 4 Câu 4: M 1. Theo giả thiết MN AB tại I 0 0 O A· CB = 90 hay E· CB = 90 1 C E E· IB + E· CB = 1800 A mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên I O B tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiêt MN AB, suy ra A là điểm chính giữa của M¼ N nênA· MN = A· CM (hai N 88
  49. góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hayA· ME = A· CM , lại có C· AM là góc chung do AM AE đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM = AM2 = AE.AC. AC AM 3. Theo trên A· MN = A· CM AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ECM. Nối MB · 0 ta có AMB = 90 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM NO1 BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O 1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O 1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O 1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. 2 2 Câu 5: Từ 2x + 3y 6 y 2 - x - y x - 2 3 3 2 2x 2 2 22 - 22 K = x2 - 2x - y x - 2x + - 2 = (x - ) - 3 3 9 9 - 22 2 14 Suy ra : min K = khi x = ; y = 9 3 9 Ta có : 2x2 + xy 4x ( x 0) xy - y x + 2 x2 - 2x - y - - y = 0 2 2 y = 0 y = 0 Suy ra : max K = 0 khi hoặc x = 0 x = 2 Lời bình : Câu V Nhiều khi tìm trực tiếp GTNN của biểu thức K thật khó khăn. "Cái khó ló cái khôn", người ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K B . Rồi đi tìm GTNN của B, từ đó mà suy ra GTNN của biểu thức K. Các mối liên hệ giữa K và giả thiết sẽ chỉ dẫn chúng ta tìm đến B. + Trong bài toán trên, thấy trong biểu thức K = x2 2x y có chứa y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta biến đổi : 2x 2x + 3y 6 y 2 3 2 2x 2 22 Thay y bởi 2 ta có K B x . 3 3 9 Cũng vậy, đối với tìm GTLN thì việc bắc cầu phải theo sơ đồ "lớn dần": K L + Trong các giả thiết không thể suy ra y h(x) để tìm L (lớn hơn) trong sơ đồ "lớn dần" . Vậy nên để có biểu thức L buộc phải đánh giá bộ phận còn lại x2 2x g(x). y x 0 xy xy Ta có 2x + y 4 x 2 x2 2x . (ở đây g(x) ) 2 2 2 89
  50. xy y Thay x2 2x bởi ta có K L (x 2) . 2 2 Chắc chắn bạn còn thắc mắc là bài toán có hai giả thiết, thế nhưng khi tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết này mà không sử dụng giả thiết kia ? + Trong quá trình đánh giá có thể tìm được nhiều biểu thức B. Gọi B k là một trong số các biểu thức B tìm được và có minB k = . Thế thì  chưa hẳn đã là GTNN của K. Chỉ trong trường hợp khi minB k =  mà ta cũng có K = Bk (hoá giải được dấu "=" trong sơ đồ "lớn hơn") thì mới có minK = minBk = . Trong trường hợp đó biểu thức B k được gọi là "kết". Lời giải chỉ thành công khi tìm được "kết". Trong bài toán trên, sử dụng giả thiết còn lại không dẫn tới "kết". Tình huống cũng tương tự đối với việc tìm biểu thức L. Biểu thức L dẫn tới maxK cũng được gọi là "kết". + Trong bài toán trên, hình thức các giả thiết chưa đủ để chỉ dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết này hay giả thiết kia. Nhiều bài toán phức tạp có thể cần sự kết hợp của tất cả các giả thiết mới tìm được "kết". Mấu chốt của bài toán tìm GTNN, GTLN là tìm "kết". Nhìn lại kết của các đề trước : + Câu 5, đề 1, "kết" chính là biểu thức phải tìm GTNN. 3 3 6 1 8 + Câu 5, đề 11, "kết" là Bk (x y) x y . 2 2 x 2 y + Câu 5, đề 32, "kết" là Bk = 1 + 2. ĐỀ SỐ 40 3 1 3 Câu 1. a) 3x + 4y = 2 y x , nên hệ số góc của đường thẳng d là k = . 4 2 4 3 1 1 m2 1 m2 m 4 4 2 1 b) d // d1 m . 1 1 1 2 m m m 2 2 2 1 Vậy với m thì d1 // d. 2 ax by 3 x 3 a.3 b( 1) 3 Câu 2. Hệ phương trình có nghiệm nên bx ay 11 y 1 b.3 a( 1) 11 3a b 3 9a 3b 9 10a 20 a 2 a 2 . a 3b 11 a 3b 11 a 3b 11 3a b 3 b 3 Câu 3. a) Doac (1 3)(1 3) 1 3 2 0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Vì x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có: 90
  51. 2 1 3 x x , x x . 1 2 1 3 1 2 1 3 1 1 x x 2 2(1 3) Do đó: S 1 2 (1 3) . x1 x2 x1x2 1 3 2 1 1 1 1 3 (1 3)2 4 2 3 và P =. (2 3) . x1 x2 x1x2 1 3 2 2 Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: X2 (1 3)X (2 3) 0 . Câu 4. a) Tam giác ADE cân tại A vì D C AD = AE. Lại có: E ¶ A1 = 3 2 1 · · 0 0 0 x DAB EAB 90 60 30 M Do đó 1 F A· DE A· ED (1800 300 ) 750 2 O 1 . 1 b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF 2 A B µ 0 vuông cân tại B, nên E1 45 . Từ đó ta có: · · ¶ µ 0 0 0 0 DEF DEA E2 E1 75 60 45 180 suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm. µ ¶ µ 0 ¶ 0 c) Ta có: B1 A1 (cùng chắn cung EM) suy ra B1 30 nên B2 30 . ¶ ¶ ¶ 0 Mà E3 B2 nên E3 30 . ¶ ¶ 0 0 0 Vậy E2 E3 60 30 90 hay ME EB. Mặt khác BF EB do đó ME // BF. Câu 5. Từ (1) ta có: x3 2(y 1)2 1 1 x 1 (3) 2y Từ (2) ta có: x2 1 x2 1 1 x 1 (4) y2 1 Từ (3) và (4), suy ra x = -1, thay vào hệ đã cho ta được y = 1. Vậy P = 2. - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN ĐỀ SỐ 1 2 4 2 Câu 1: Giải các phương trình: a) x 2 4 x - 9 0 x x b) x + 5 x + 2 1 x2 7x + 10 3 a b c b3 c3 a3 Câu 2:a) Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn: abc = 1 và . b3 c3 a3 a b c 91
  52. Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c luôn tồn tại một số là lập phương của một trong hai số còn lại. 84 84 b) Cho x = 3 1 3 1 . Chứng minh x có giá trị là một số nguyên. 9 9 Câu 3: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 1 x2 1 y2 1 z2 2 x y z . Câu 4: Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA = R2 . Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Lấy D thuộc AB; E thuộc AC sao cho chu vi của tam giác ADE bằng 2R. a) Chứng minh tứ giác ABOC là hình vuông. b) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE. Câu 5: b) Cho biểu thức: A = x - 2xy +3y - 2 x + 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A a) Giải phương trình: 2 x - 1 + 3 5 - x = 2 13 . ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức: x ( 2011 2010) y( 2011 2010) 20113 20103 b) Tìm tất cả các số nguyên x > y > z > 0 thoả mãn: xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2011. Câu 2: a) Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5x3 1 . b) Cho a, b, c [0; 2] và a + b + c = 3. Chứng minh a2 + b2 + c2 < 5. Câu 3: Tìm tất cả các số hữu tỉ x sao cho giá trị của biểu thức x2 + x + 6 là một số chính phương. Câu 4: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ABC có H là trực tâm. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M. Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh: a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng. AB AC BC b) . MK MI MN c) NK đi qua trung điểm của HM. Câu 5: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: P = 2x2 - xy - y2 với x, y thoả mãn điều kiện sau: x2 + 2xy + 3y2 = 4. Câu 6: a) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn: a b c + + = 0 b - c c - a a - b a b c Chứng minh rằng: + + = 0 (b - c)2 (c - a)2 (a - b)2 92
  53. b) Tính giá trị của biểu thức: 2 1 2 1 + + 4 20102 - 4 2010 1 + 2010 2010 2010 A = + - 4 4 1 - 2010 2010 1 + 2010 Câu 2: a) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác, chứng minh: 1 1 1 a + b + c + + . a 2 + bc b2 + ac c2 + ab 2abc b) Cho biểu thức: A = x - 2xy +3y - 2 x + 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Câu 3: a) Giải phương trình: 2 x - 1 + 3 5 - x = 2 13 . b) Cho hàm số y = f(x) với f(x) là một biểu thức đại số xác định với mọi số thực x khác 1 không. Biết rằng: f(x) + 3f = x2  x ≠ 0. Tính giá trị của f(2). x Câu 4: Cho lục giác đều ABCDEF. Gọi M là trung điểm của EF, K là trung điểm của BD. Chứng minh tam giác AMK là tam giác đều. Câu 5: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S và điểm O nằm trong tứ giác sao cho:OA 2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S. Chứng minh ABCD là hình vuông có tâm là điểm O. ĐÈ SỐ 4 Câu 1: a) Cho x và y là 2 số thực thoả mãn x2 + y2 = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : xy A = . x + y + 2 b) Cho x, y, z là 3 số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 2. Chứng minh: 2 2 2 x3 + y3 + z3 + + + 3 . x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 2 xyz Câu 2: a) Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = 23x + 10 . x2 y2 - 2x + y2 = 0 b) Tìm x, y thoả mãn: . 2 3 2x - 4x + 3 = - y Câu 3: a) Chứng minh rằng nếu: x2 + 3 x4 y2 + y2 + 3 x2 y4 = a thì 3 x2 + 3 y2 = 3 a 2 . b) Chứng minh rằng nếu phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax +1 = 0 có nghiệm thì 5(a2 + b2) ≥ 4. 93
  54. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R và bán kính OC vuông góc với AB. Tìm điểm M trên nửa đường tròn sao cho 2MA2 = 15MK2, trong đó K là chân đường vuông góc hạ từ M xuống OC. Câu 5: Cho hình thang ABCD (AB//CD). Gọi E và F lần lượt là trung điểm của BD và AC. Gọi G là giao điểm của đường thẳng đi qua F vuông góc với AD với đường thẳng đi qua E vuông góc với BC. So sánh GD và GC. ĐỀ SỐ 5 81x2 Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 + = 40 . (x + 9)2 2) Giải phương trình: x + 1 x2 - 2x + 3(x - 3) = 7. x - 3 5 - 3x Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: A = . 1 - x2 2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh: a 2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a 2 2 (a + b + c). y2 - xy + 1 = 0 (1) Câu 3: Giải hệ phương trình: 2 2 x + 2x + y + 2y + 1 = 0 (2) Câu 4: Cho hình thang ABCD có 2 đáy BC và AD (BC AD). Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 AM CN cạnh AB và DC sao cho = . Đường thẳng MN cắt AC và BD tương ứng với E và F. AB CD Chứng minh EM = FN. Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) và dây AB, điểm M chuyển động trên đường tròn. Từ M kẻ MH vuông góc với AB (H AB). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA, MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D. 1) Chứng minh đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. MA2 AH AD 2) Chứng minh: =  . MB2 BD BH ĐỀ SỐ 6 Câu 1: Tính giá trị biểu thức: A = 1 1 1 + +  + . 1 + 2 2 + 3 24 + 25 94
  55. Câu 2: a) Cho các số khác không a, b, c. Tính giá trị của biểu thức: M = x2011 + y2011 + z2011 x2 + y2 + z2 x2 y2 z2 Biết x, y, z thoả mãn điều kiện: = + + a 2 + b2 + c2 a 2 b2 c2 1 b) Chứng minh rằng với a > thì số sau đây là một số nguyên dương. 8 a + 1 8a - 1 a + 1 8a - 1 x = 3 a + + 3 a - . 3 3 3 3 1 35 4c Câu 3: a) Cho a, b, c > 0 thoả mãn: + . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 + a 35 + 2b 4c + 57 A = a.b.c. b) Giả sử a, b, c, d, A, B, C, D là những số dương và a b c d = = = . Chứng minh rằng: A B C D aA + bB + cC + dD = (a + b + c + d) (A +B + C + D) Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi M, N, P, Q là bốn đỉnh của một hình chữ nhật (M và N nằm trên cạnh BC, P nằm trên cạnh AC và Q nằm trên cạnh AB). a) Chứng minh rằng: Diện tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn nhất khi PQ đi qua trung điểm của đường cao AH. b) Giả sử AH = BC. Chứng minh rằng, mọi hình chữ nhật MNPQ đều có chu vi bằng nhau. Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân ở A, đường trung tuyến BM. Gọi D là hình chiếu của C trên tia BM, H là hình chiếu của D trên AC. Chứng minh rằng AH = 3HD. B - LỜI GIẢI - LỚP 10 THPT CHUYÊN ĐỀ SỐ 1 Câu 1: 2 4 a) Đặt x - t (1), suy ra x2 t2 4 x x2 t 1 Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 – 4t – 5 = 0 . t 5 Lần lượt thay các giá trị của t vào (1) thì phương trình đã cho có 4 nghiệm: 5 33 5 33 x1 = 1; x2 = - 2; x ;x 3 2 4 2 b) Đk: x ≥ - 2 (1) Đặt x + 5 a; x + 2 b a 0; b 0 (2) Ta có: a2 – b2 = 3; x2 7x + 10 x + 5 x + 2 ab Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 95
  56. a - b = 0 x + 5 x + 2 (VN) x = - 4 1 - a = 0 nên x + 5 1 x = - 1 1 - b = 0 x + 2 1 Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 1. Câu 2: 3 a 1 b x b3 x a b 1 c3 a) Đặt y 3 , khi đó do abc = 1 nên xyz = 1 (1). c y b c 3 z 1 a 3 a z c 1 1 1 Từ đề bài suy ra x y z x + y + z = yz + xz + xy (2). x y z Từ (1) và (2) suy ra: xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – 1 = 0 (x – 1)(y – 1)(z – 1) = 0. Vậy tồn tại x =1 chẳng hạn, suy ra a = b3, đpcm. 84 84 1 b) Đặt 3 1 a; 3 1 b x = a + b; a3 + b3 = 2; ab = . 9 9 3 Ta có: x3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) Suy ra: x3 = 2 – x x3 + x – 2 = 0 x - 1 x2 x + 2 0 2 1 7 x = 1. Vì x2 + x + 2 = x + 0 . Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 2 4 Câu 3: Áp dụng các BĐT: a + b 2 a 2 b2 ; a + b + c 3 a 2 b2 c2 (được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacôpski) Ta có: 1 + x2 2x 2 1 x2 2x 2 x + 1 1 + y2 2y 2 1 y2 2y 2 y + 1 1 + z2 2z 2 1 z2 2z 2 z + 1 x y z 3 x + y + z Lại có: A = 1 x2 1 y2 1 z2 2x 2y 2z + 2 2 x y z A 2 x + y + z + 3 2 2 3 x + y + z A 6 + 3 2 (do x + y + z 3). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy maxA = 6 3 2. 96
  57. Câu 4: · · 0 a) Ta có: ABO ACO 90 (tính chất tiếp tuyến) (1) A AB = AC OA2 OB2 = R = OB = OC (2). y x E Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông. D M b) Theo bài ra ta có: AD + DE + AE = 2R (3). C B Suy ra: DE = BD + CE (4). F Vẽ OM  DE (M DE) (5) R Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF = BD; suy ra ∆BDO = ∆COF (c-g-c) O OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c) OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6). Từ (5) và (6) suy ra DE là tiếp tuyến của đường tròn (O;R). 1 c) Đặt: AD = x; AE = y S xy (x, y > 0) ADE 2 Ta có: DE AD2 AE2 x2 + y2 (định lí Pitago). Vì AD + DE + AE = 2R x + y + x2 y2 = 2R (6) Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có: x + y 2 xy và x2 + y2 2xy (7). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y. Từ (6) và (7) suy ra: 2 xy 2xy 2R xy 2 2 2R 2 2 2R 2R R 2 xy xy SADE SADE 3 - 2 2 R . 2+ 2 3 2 2 3 2 2 2 Vậy max SADE = 3 2 2 R x = y ∆ADE cân tại A. Câu 5: Xét điểm A và hình tròn (C1) có tâm A, bán kính bằng 1. C C2 C1 A B - Nếu tất cả 98 điểm còn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài toán được chứng minh. - Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (C1). Ta có: AB > 1 (1) Vẽ hình tròn (C2) tâm B, bán kính bằng 1. + Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Khi đó điểm C thuộc một trong hai hình tròn 97
  58. (C1) và (C2). Thật vậy, giả sử C không thuộc hai hình tròn nói trên. Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C không có hai điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vô lí vì trái với giả thiết). Chứng tỏ C (C1) hoặc C (C2). Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C1) và (C2). Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một hình tròn chứa không ít hơn 50 điểm. ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Theo bài ra ta có: 2011(x y 2011) 2010(y x 2010) x y 2010 2x 4021 + Nếu x + y - 2011 = 0 thì y - x + 2010 = 0 x y 2011 2y 1 x 2010,5 y 0,5 + Nếu y - x + 2010 = 0 thì x + y - 2011 = 0, ta cũng được kết quả như trên. 2011 y x 2010 + Nếu x + y - 2011 0 thì vô lý (vì VP là số hữu tỉ, VT là số vô tỉ) 2010 x y 2011 Vậy x = 2010,5 và y = 0,5 là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài. b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ có 3 bộ sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = 1 hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0. Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = x 1 ; b = x 2 x 1 Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = 0 b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) 2x 1 = x 2 x 1 4(x + 1) = x2 - x + 1 2 5 37 5 37 x - 5x - 3 = 0 x1 = (loại); x2 = 2 2 2) x 1 = 2x 2 x 1 x 1 4(x2 x 1) 4x2 5x 3 0 vô nghiệm. 5 37 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 2 b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > 0 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 0 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - 8 + abc nên 2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc 0) 98
  59. Suy ra (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4 a2 + b2 + c2 5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1. p Câu 3: Giả sử x = (p, q Z, q > 0) và (p, q) = 1 q 2 p p 2 2 2 Ta có 6 n (n N) p = q(-P - 6q + n q) q q => q là ước của p2 nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đó x = p => p2 + p + 6 = n2 (p, n Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do đó 2n - 2p - 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ; 2n - 2p - 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1 (vì 23 P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n - 2p - 1 > 0) p = 5 (t/m) ; p = - 6 (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6 Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì A S Kµ Nµ = 1800). Tứ giác MNCI cũng nội tiếp được (vì M· NC M· IC MNC = 900) H => B· NK B· MK , I·NC I·MC (1) P (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). K O Mặt khác B· MK I·MC (2) C B N (vì B· MK K· MC K· MC I·MC do I cùng bù với góc A của tam giác ABC) Từ (1), (2) suy ra B· NK = I·NC nên 3 điểm M Q K, N, I thẳng hàng. b) Vì M· AK M· CN  (vì 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM) AK CN AB BK CN AB BK CN => cot g hay (1) MK MN MK MN MK MK MN AI BN AC CI BN Tương tự có: hay (2) MI MN MI MI MN IC BK Mà tg ( = B· MK I·MC ) (3) MI MK AB AC BC Từ (1), (2), (3) => (đpcm) MK MI MN c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P MS) 99
  60. => HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC) => N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do S· AC A· IN vì cùng bằng N· MC ) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm). 2x2 xy y2 p Câu 5: Đưa về bài toán tìm P để hệ phương trình: có nghiệm. 2 2 x 2xy 3y 4 8x2 4xy 4y2 4p (1) Hệ trên . Lấy (1) - (2), ta có: 2 2 px 2pxy 3py 4p (2) (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = 0 (3) - Nếu y = 0 => (8 - p)x2 = 0 x = 0 hoặc p = 8 p 0;p 8. - Nếu y 0 chia 2 vế pt (3) cho y2 ta có : x (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = 0 (4) với t = . y 7 + Nếu p = 8 thì t = - . 5 + Nếu p 8: Phương trình (2) có nghiệm ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0 p2 - 12p - 18 6 - 3 6 p 6 3 6 . Dấu “=” có xảy ra. Vậy min P = 6 - 36 , max P = 6 +36 . ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b2 - ac + c2 = - = b - c a - c a - b a - b a - c 1 a ab - b2 - ac + c2 Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: = b - c b - c 2 a - b a - c b - c Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có: b cb - c2 - ab + a 2 c ac - a 2 - bc + b2 = , = c - a 2 a - b a - c b - c a - b 2 a - b a - c b - c a b c Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có + + = 0 (đpcm) (b - c)2 (c - a)2 (a - b)2 b) Đặt 4 2010 = x 2010 = x2 ; 2010 = x4 . Thay vào ta có: 2 2 1 1 2 2 2 1 + + 2 1 + 2 x - x 1 + x x2 x4 1 x A = + - 2 = - 2 1 - x x 1 + x x 1 + x 100
  61. 2 2 1 1 = - = 0 x x Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + bc ≥ 2abc, b2 + ac 2b ac ; c2 + ab 2c ab . 1 1 1 1 1 1 1 Do đó 2 + 2 + 2 + + a + bc b + ac c + ab 2 a bc b ac c ab a +b b + c c + a + + 1 ab + bc + ca 1 a + b + c = . . 2 2 2 = , đpcm. 2 abc 2 abc 2abc Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 Ta có: A = (x - 2 xy + y) + 2y - 2 x +1 2 = [ x - y - 2 x - y + 1] - 2 y + 2y 2 1 1 = x - y - 1 + (2y - 2 y + ) - 2 2 2 1 2 1 1 = x - y - 1 + 2 y 1 - - 2 2 2 9 x = 1 x - y - 1 = 0 4 A= - 2 1 2 y - 1 = 0 y = 4 1 Vậy minA = 2 Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: 2 2 x - 1 + 3 5 - x 22 + 32 x - 1 + 5 - x = 13.4 2 x - 1 + 3 5 - x 2 13 29 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 x - 1 = 2 5 - x x = 13 Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 101
  62. 1 2 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f = x x 0 (1) x 1 Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3.f = 4. 2 1 1 1 Thay x = vào (1) ta có: f + 3.f(2) = 2 2 4 a + 3b = 4 1 13 Đặt f(2) = a, f = b ta có. 1 . Giải hệ, ta được a = - 2 3a + b = 32 4 13 Vậy f(2) = - . 32 Câu 4: a b Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều thì 1 1 A, O, D thẳng hàng và OK = AB. Vì FM = EF mà EF 2 2 o = AB do đó FM = OK f k c · 0 Ta lại có AF = R AF = OA và AFM = 120 . m A· OK + A· OB = 1800 = A· OK + 600 A· OK = 1200.Do đó: e d ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) AM = AK, M· AK = 600 AMK đều. Câu 5: Gọi BH là đường cao của ∆ABO Ta có 2SAOB = OA . BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB b OA2 + OB2 mà OA.OB 2 o h c OA2 + OB2 Do đó 2SAOB 2 a Dấu “=” xảy ra OA  OB và OA = OB Chứng minh tương tự ta có: d OB2 + OC2 OC2 + OD2 2SBOC ; 2SCOD 2 2 OD2 + OA2 2SAOD 2 102
  63. 2 OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD và A· OB = B· OC = C· OD = D· OA = 900 ABCD là hình vuông tâm O. Lời bình: Câu III.b 1 1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi x từ đâu mà ra? 2 Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . (2) Giả sử x = b là một nghiệm của (2). Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta có hệ A(a)x B(a)y C(a) (3) B(b)x A(b)y C(b) Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) . 1 Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2. x 1 1 1 Phương trình Q(x) = P(a) 2 x , tức là b x 2 2 1 Số x được nghĩ ra như thế đó. 2 2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. 3) Một số bài tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f( x) = 2 + 3x. (với x ¡ ). 1 b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu f (x) f x (với 0 x 1). 1 x 1 1 c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu (x 1) f (x) f (với 0 x x x 1 1). ĐỀ SỐ 4 Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4 2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) 103
  64. xy x + y Vì x + y + 2 ≠ 0 nên = - 1 (1) x + y + 2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x + y ≤ 2 x2 + y2 x + y ≤ 2 2 (2) x 0, y 0 xy Từ (1), (2) ta được: 2 - 1 . Dấu "=" khi x = y x = y = 2 . x + y + 2 2 2 x + y = 4 Vậy maxA = 2 - 1 . b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên: 2 2 2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 + + = + + x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 z2 x2 y2 = + + + 3 x2 + y2 y2 + z2 x2 + z2 z2 z2 Ta có x2 + y2 ≥ 2xy , x2 + y2 2xy x2 x2 y2 y2 Tương tự , y2 + z2 2yz x2 + z2 2xz z2 x2 y2 z2 x2 y2 Vậy + + + 3 + + + 3 x2 + y2 y2 + z2 x2 + z2 2xy 2yz 2xz 2 2 2 x3 + y3 + z3 + + + 3 , đpcm. x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 2 3x + 10 (1) .Điều kiện: x (2) 3 (1) (3x + 10 - 2 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0 (3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = 0 3x + 10 - 1 = 0 x = - 3 (thỏa mãn đk (2). x + 3 = 0 Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3. 2 2x x2 y2 - 2x + y2 = 0 y = (1) b) x2 + 1 2 3 2x - 4x + 3 = - y 3 2 y = - 2 (x - 1) - 1 2x Ta có: 1 y2 1 - 1 y 1 (1) 1 + x2 Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1 y3 ≤ - 1 y ≤ - 1 (2) Từ (1) và (2) y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn. Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm. 104
  65. Câu 3: a) Đặt 3 x = b > 0 và 3 y = c > 0 ta có x2 = b3 và y2 = c3 Thay vào gt ta được b3 + b2c + c3 + bc2 = a 2 a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + 2 b2c2 b + c a2 = (b + c)3 3 a 2 = b + c hay 3 x2 + 3 y2 = 3 a 2 , đpcm. b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy x0 0 . 2 a 1 2 1 1 Suy ra x0 + ax0 + b + + 2 = 0 x0 + 2 + a x0 + + b = 0 x0 x0 x0 x0 1 2 1 2 2 Đặt x0 + = y0 x0 + 2 = y0 - 2 , y0 2 y0 - 2 = - ay0 - b x0 x0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (y0 2) y0 - 2 = ay0 + b a + b y0 + 1 a b 2 (1) y0 1 2 2 (y0 2) 4 Ta chứng minh 2 (2) y0 1 5 4 2 2 4 2 Thực vậy: (2) 5(y0 4y0 4) 4(y0 1) 5y0 24y0 16 0 4 5(y2 4)(y2 ) 0 đúng với y 2 nên (1) đúng 0 0 5 4 Từ (1), (2) suy ra a 2 + b2 5(a 2 + b2 ) 4 , đpcm. 5 Câu 4: Đặt AH = x · 0 Ta có AMB = 90 (OA = OB = OM) c 2 Trong ∆ vuông AMB ta có MA = AH . AB = 2Rx m (H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC) k Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2. Do H AB O ≤ x ≤ 2R b a h o h' Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 3R 5R (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 x = ; x = . 5 3 Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’. 105
  66. Câu 5: Gọi I là trung điểm của CD. Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của a b ∆BDC IE // BC Mà GF BC IE GF (1) e f Chứng minh tương tự EG IF (2) Từ (1) và (2) G là trực tâm của ∆EIF g c IG  EF (3) d i Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) và (4) IG  DC Vậy ∆ DGC cân tại G DG = GC ĐỀ SỐ 5 9x Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . x + 9 2 2 9x 18x2 x2 18x2 Ta có: x - = 40 - + - 40 = 0 (1) x + 9 x + 9 x + 9 x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 x + 9 (y + 20) (y - 2) = 0 y = -20 ; y = 2 x2 = - 20(x + 9) x2 + 20x +180= 0 (3) Thay vào (2), ta có 2 2 x = 2(x + 9) = 0 x - 2x - 18 = 0 (4) Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: x 1 19. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 19. x + 1 x > 3 2) . Điều kiện 0 (*) x - 3 x - 1 x + 1 Phương trình đã cho (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) = 4 x - 3 x + 1 Đặt t = x - 3 t2 = (x - 3) (x + 1) x - 3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 t = 1; t = - 4 x 1 x 1 Ta có: (x -3) 1 (1) ; (x 3) 4 (2) x - 3 x 3 x 3 x 3 + (1) x 1 5 . (t/m (*)) 2 (x 3)(x 1) 1 x 2x 4 0 106
  67. x 3 x 3 + (2) x 1 2 5 . (t/m (*)) 2 (x 3)(x 1) 16 x 2x 19 0 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 5 ; x 1 2 5 . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 - 1 0 A ≥ 0 25 - 30x + 9x2 (3 - 5x)2 Vậy A2 = = +16 16 . 1 - x2 1 - x2 3 Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0 x = 5 Vậy minA = 4. 2) Chứng minh: a 2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a 2 2 (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x2 y2 ) (x y)2 , ta có: 2(a 2 + b2 ) (a b)2 2. a 2 + b2 a + b (2) Tương tự, ta được: 2. b2 + c2 b + c (3) và 2. c2 + a 2 c + a (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm. 2 Câu 3: (1) có nghiệm y x 4 0 x 2; x 2 (3) (2) (y 1)2 x2 2x có nghiệm x2 2x 0 2 x 0 (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1). Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD) m MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. AM AP AM CM Ta có = mà = (gt) k AB AD AB CD e i f AP CN = PN // AC Gọi O là giao điểm AD CD a o h b BO CO MK OC của AC và BD. Ta có = , = n OD OA PK OA NH OC NH MK và = . Suy ra: = KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH MF = EN ME = NF Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì M· EH + M· FH = 1800 A· MB = 1800 - E· HF = E· HA + F· HB (1) Ta có M· HF = M· EF (góc nội tiếp chắn M» F ) Lại có M· HF + F· HB = 900 = M· EF + E· MD 107
  68. F· HB = E· MD (2) Từ (1) và (2) E· HA = D· MB , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có D· MB = N· AB (góc nội tiếp chắn N»B ) E· HA = N· AB do đó AN // EH mà HE  MA nên NA  MA. hay M· AN = 900 AN là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có AH S AM . HE AD S AM . DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM . DK BH SMBH BM . HF AH AD MA2 HE . DI Vậy . = . (1) BD BH MB2 DK . HF Ta có H· MB = F· HB (cùng phụ với M· HF ) mà F· HB = E· MD (CMT) E· FH = D· IK và E· HF = D· MH . Tứ giác MEHF nội tiếp nên A· MH = E· FH vµ E· HF = 1800 - A· MB Tứ giác MIDK nội tiếp nên D· MB = D· IK vµ I·DK = 1800 - A· MB E· FH = D· IK vµ E· HF = I·DK DIK HFE (g.g) do đó ID DK HE.DI suy ra = ID . HE = DK . HF = 1 (2) HF HE DK.HF MA2 AH AD Từ (1), (2) = . . MB2 BD BH ĐỀ SỐ 6 1 - 2 2 - 3 24 - 25 Câu 1: Ta có: A = + + + - 1 - 1 - 1 = - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 + + 25 = - 1 + 5 = 4 Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: x2 x2 y2 y2 z2 z2 2 - 2 2 2 + 2 - 2 2 2 + 2 - 2 2 2 = 0 a a + b + c b a + b + c c a + b + c 2 1 1 2 1 1 2 1 1 x 2 - 2 2 2 + y 2 - 2 2 2 + z 2 - 2 2 2 = 0 (*) a a + b + c b a + b + c c a + b + c 1 1 1 1 1 1 Do - > 0; - > 0; - > 0 a 2 a 2 + b2 + c2 b2 a 2 + b2 + c2 c2 a 2 + b2 + c2 Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đó M = 0 2 3 2 a + 1 8a - 1 b) x3 = 2a + 3x. a - 3 3 108
  69. 3 3 1 - 2a x3 = 2a + 3x . x3 = 2a + x(1 - 2a) 3 x3 + (2a - 1) x - 2a = 0 (x - 1) (x2 + x + 2a) = 0 x - 1 = 0 1 x 1 x2 + x + 2a = 0 (v« nghiÖm do a > ) 8 nên x là mét sè nguyên du¬ng Câu 3: 4c 1 35 35 a) Ta có: + 2. > 0 (1) 4c + 57 1 + a 35 2b 1 + a 2b + 35 1 4c 35 1 4c 35 Mặt khác - - 1 + a 4c + 57 35 + 2b 1 + a 4c + 57 35 + 2b 1 4c 35 2b - + 1 1 - = 1 +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b 2b 1 57 57 + 2. > 0 (2) 35 + 2b 1 + a 4c + 57 1 + a 4c + 57 1 4c 35 Ta có: 1 - 1 - + 1 + a 4c + 57 35 + 2b a 57 35 35 . 57 + 2. > 0 (3) 1 + a 4c + 57 35 + 2b 4c + 57 35 + 2b Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 . 57 8 . 1 + a 4c + 57 2b + 35 1 + a 2b + 35 4c + 57 Do đó abc ≥ 35.57 = 1995. 57 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 35 và c = . 2 Vậy min (abc) = 1995. A B C D b) Đặt t = = = = A = ta, B = tb, C = tc, D = td. a b c d A + B + C + D t = a + b + c + d Vì vậy aA + bB + cC + dD = a 2t + b2t + c2t + d2t 109
  70. A + B + C + D = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) a + b + c + d = (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: A AQ QP a) Xét ∆ABC có PQ // BC = AB BC Q BQ QM Xét ∆BAH có QM // AH = P BA AH Cộng từng vế ta có: B AQ BQ QP QM QP QM + = + 1 = + M H N C AB AB BC AH BC AH 2 QP QM QP QM 2SMNPQ 1 = + 4 . = BC AH BC AH SABC S S ABC . MNPQ 2 S QP QM 1 BC maxS = ABC khi = = QP = MNPQ 2 BC AH 2 2 Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH. QP QM QP + QM b) Vì 1 = + mà BC = AH 1 = QP + QM = BC BC AH BC Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: B ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD. Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có: DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x. H A C Vậy AH = 3HD. M D 110