Đề thi thử vào lớp10 thpt

đề dùng cho hs thi vào trờng
trờng chuyên

(Thời gian làm bài 150)

Bài 1(1đ): Cho biểu thức
P=
Rút gọn P.

x x 3
2( x 3)
x +3

+
x2 x 3
x +1
3 x

Bài 2(1đ): Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
phơng trình:
x2 + (a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 vô nghiệm.

Bài 3(1đ): Giải phơng trình sau:

4 5 x + 6 2 x + 7 = x + 25
Bài 4(1đ):
4(1đ): Giải hệ phơng
phơng trình sau:
2 x 2 y 2 + xy + y 5 x + 2 = 0

2
x + y 2 + x + y 4 = 0

Bài 5(1đ): Chứng minh rằng:

8

3 3 + 2 2 + 3 3 2 2 > 36


1 1 1
Bài 6(1đ):
6(1đ): Cho x, y, z> 0 thoả mãn: + + = 3
x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2x2 + y2
2 y2 + z2
2z 2 + x2
P=
+
+
xy
yz
zx
Bài 7(1đ): Trong mặt phẳng 0xy cho đờng
đờng thẳng (d) có phơng
phơng trình
2kx + (k - 1)y = 2 (k là tham số)
a) Tìm k để đờng
đờng thẳng (d) song song đờng

đờng thẳng y = x 3 . Khi đó tính góc
tạo bởi đờng
đờng thẳng (d) với 0x.
b) Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng
đờng thẳng (d) lớn nhất.

Bài 8(1đ): Cho góc vuông x0y và 2 điểm A, B trên Ox (OB > OA >0), điểm M
bất kỳ trên cạnh Oy(M O). Đờng tròn (T) đờng kính AB cắt tia MA,MB lần
lợt tại điểm thứ hai:
C , E . Tia OE cắt đờng tròn (T) tại điểm thứ hai F.
1. Chứng minh 4 điểm: O, A, E, M nằm trên 1 đờng
đờng tròn.
2. Tứ giác OCFM là hình gì? Tại sao?

Bài 9(1đ): Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng quy tại H.
Chứng minh rằng:

HA HB HC
+
+
6 .Dấu "=" xảy ra khi nào?
HA1 HB1 HC1

Bài 10(1đ): Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng, đôi một vuông góc với nhau.
Lấy điểm A, B, C bất kỳ trên Ox, Oy và Oz.
a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: OH vuông
góc với mặt phẳng ABC
b) Chứng minh rằng: S 2 ABC = S 2 OAB + S 2 OBC + S 2 OAC .

1



Đáp án:
Bài
Điều kiện:

Bài giải

Điểm
0.25

x 0

x 2 x 3 0 0 x 9

x 3 0

Bài 1
(1 điểm)

* Rút gọn:

0.25

x x 3 2( x 3) 2 ( x + 3)( x +1)
P=
( x +1)( x 3)

0.25


x x 3 x + 8 x 24
( x +1)( x 3)
x +8
=
x +1
=

0.25

0.25

Ta có: =(a + b + c)2 - 4(ab + bc + ca) = a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca
* Vì a, b, c là 3 cạnh a2 < (b + c)a
b2 < (a + c)b
Bài 2
c2 < (a + b)c
(1 điểm)
a2 + b2 + c2 < 2ab + 2ac + 2bc
< 0 phơng trình vô nghiệm.

0.25
0.25
0.25
0.25

5 x 0
7 / 2 x 5
2 x + 7 0

* Điều kiện:

* Phơng trình
Bài 3
(1 điểm)

0.25
0.25

( 2 x + 7 6 2 x + 7 + 9) + (5 x 4 5 x + 4) = 0


(

) (
2

2x + 7 3 +

)

2

5 x 2 = 0

0.25

2 x + 7 3 = 0

5 x 2 = 0
x =1


Bài 4
(1 điểm)

2
2

2 x + xy y 5 x + y 2 = 0 (1)
Giải hệ: 2 2

( 2)
x + y + x + y 4 = 0

Từ (1) 2x2 + (y - 5)x - y2 + y + 2 = 0

0.25

x = ( y 5) 2 8( y 2 + y + 2) = 9( y 1) 2
5 y 3( y 1)

= 2 y
x =
4

x = 5 y + 3( y 1) = y + 1

4
2

2



* Với: x = 2 - y, ta có hệ:
x = 2 y
2
2
x + y + x + y 4 = 0

0.25

x = 2 y
2
x = y =1
y 2y +1 = 0

*Với x =

y +1
, ta có hệ:
2

y +1

x =
2

x2 + y 2 + x + y 4 = 0

x = y = 1

y

=
2
x

1
x = 4

2

5
5
x

x

4
=
0


13
y =

5
4 13
Vậy hệ có 2 nghiệm: (1;1) và ;
5 5

0.25


0.25

Đặt a = x + y, với: x = 3 3 + 2 2 ; y = 3 3 2 2
Ta phải chứng minh:
a 8 > 36
Ta có:

0.25
0.25
0.25

x3 + y 3 = 6

x. y = 1

Bài 5
(1 điểm)

0.25

a 3 = ( x + y )3 = x 3 + y 3 + 3 xy ( x + y ) = 6 + 3a
cos y

= 3(1 + 1 + a) > 3.33 1.1.a

(vì: x > 1; y > 0 a > 1)
a9 > 93.a a8 > 36 (đpcm).
1
Bài 6
* áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, 2 và ,

x
(1 điểm)

1
2 1 2
(1 + 2 ) 2 + 2 +
y x y
x
2



2

2 x2 + y 2
=
xy

2
y

0.25

2

2
1
1 1 2
+
+ 2

2
y
x
3 x y

(1)

0.25

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
Tơng tự:
3


2 y2 + z2
1 1 2
+

yz
3 y z

( 2)

2z 2 + x2
1 1

+
zx
3z


(3)

0.25

2

x

1 3 3 3
+ + =3
3 x y z
Suy ra: Pmin = 3 khi: x = y = z = 3 .

Từ (1), (2), (3) P

0.25

1).* Với k = 1 suy ra phơng trình (d): x = 1 không song song:
y = 3x
* Với k 1: (d) có dạng: y =

0.25
0.25

2k
2
.x +
k 1
k 1


2k
= 3 k = 3 (2 3 )
k 1
Khi đó (d) tạo Ox một góc nhọn với: tg = 3 = 600.

3x

để: (d) // y =

2)* Với k = 1 thì khoảng cách từ O đến (d): x = 1 là 1.
* k = 0 suy ra (d) có dạng: y = -2, khi đó khoảng cách từ O đến (d) là 2.
* Với k 0 và k 1. Gọi A = d Ox, suy ra A(1/k; 0)
B = d Oy, suy ra B(0; 2/k-1)

0.25

Bài 7
(1 điểm) Suy ra: OA = 1 ; OB = 2
k

k 1

Xét tam giác vuông AOB, ta có :
1
1
1
=
+
2
2

OH
OA
OB 2
2
OH =
=
5k 2 2k + 1

0.25

2

2

= 5
2
2
1
4

5 k +
5
5
5


Suy ra (OH)max = 5 khi: k = 1/5.
Vậy k = 1/5 thì khoảng cách từ O đến (d) lớn nhất.
Bài 8
(1điểm)


a) Xét tứ giác OAEM có:




O + E = 2v

(Vì: E = 1v góc nội tiếp...)
Suy ra: O, A, E, M
cùng thuộc đờng tròn.

M

y
F

1

0.25

E
1

O

A


B

1

0.25
x

C



b) Tứ giác OAEM nội tiếp, suy ra: M 1 = E1

0.25
4


*Mặt khác: A, C, E, F cùng thuộc đờng tròn (T) suy ra: E1 = C1
Do đó: M 1 = C1 OM // FC Tứ giác OCFM là hình thang.
b)* Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác.
* Đặt S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB.
A
Ta có:
C1
B1

0.25

1
. AA1.BC
S
AA1

HA
= 2
=
= 1+
S1 1 .HA .BC HA1
HA1
1
2
S
HB
=1 +
Tơng tự:
S2
HB1
S
HC
= 1+
S3
HC1

0.25

H
B

A1

C
0.25


Suy ra:
Bài 9
(1điểm)

1 1
HA HB HC
1
+
+
= S +
+ 3
HA1 HB1 HC1
S1 S 2 S3
1 1
1
= ( S1 + S 2 + S3 ) +
+ 3
S1 S 2 S3

Theo bất đẳng thức Côsy:

0.25
0.25

1
1
1
= ( S1 + S 2 + S3 )
S + S + S
9

2
3
1
HA
HB
HC

+
+
9 3 = 6
HA1 HB1 HC1

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều

Bài 10
(1điểm)

a) Gọi AM, CN là đờng cao của tam giác ABC.
Ta có: AB CN
AB OC (vì: OC mặt phẳng (ABO)
Suy ra: AB mp(ONC) AB OH (1).
Tơng tự: BC AM; BC OA, suy ra: BC mp (OAM) OH BC (2).
Từ (1) và (2) suy ra: OH mp(ABC)

0.25
0.25

0.25

b) Đặt OA = a; OB = b; OC = c.

1
1
1
Ta có: S ABC = CN . AB S ABC 2 = CN 2 . AB 2 = (OC 2 + ON 2 ).(OA2 + OB 2 )
2
4
4
Mặt khác: Do tam giác OAB vuông, suy ra:
0.25
5


1
1
1
1
1
a 2b 2
2
=
+
=
+

ON
=
ON 2 OA2 OB 2 a 2 b 2
a 2 + b2
1
a 2b 2 2

1
1
1
2
( a + b 2 ) = a 2b 2 + c 2b 2 + a 2 c 2 =
S ABC = c 2 + 2
2
4
a +b
4
4
4
2

2

= SOBC + SOAB + SOAC

2

x

P=

Bài 1:
1: Cho biểu thức:

Đề 3

y




(



) (

xy

)(

)

( x + y )(1 y )
x + y) x +1
x + 1 1 y
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng
phơng trình P = 2.
Bài 2:
2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng
đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) .
a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt
b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.
Bài 3:
3: Giải hệ phơng
phơng trình :
x + y + z = 9


1 1 1
+ + =1
x y z
xy + yz + zx = 27
Bài 4:
4: Cho đờng
đờng tròn (O) đờng
đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng
đờng tròn (C A ; C B ) .
Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng
đờng tròn (O), gọi M là điểm
chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N.
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
1 1 1
1
+ + =
Bài 5:
5: Cho x, y, z R thỏa mãn :
x
y z x+ y+z
3
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
+ (x8 y8)(y9 + z9)(z10 x10) .
4
Đáp án
Bài 1:
1: a). Điều kiện để P xác định là :; x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 .
*). Rút gọn P: P =


=

=

=

(

x(1 +

(

x ) y (1
x +

y

)

(

( x y ) + x x + y y xy

(

(

x +


x +
y

(

)(

)(

y 1+
x

y +x

) (1 +

x

x +

y

y

)

)

(


x +

) (1 y )

xy + y xy

y

)

)

)( y)
x ( x + 1) y ( x + 1) + y ( 1 + x ) ( 1 x )
(1 + x ) (1 y )
x +

)(

)(

x 1

y ) xy

y 1+

x 1

6



=

x y + y y x

(1 y )

x +

Vậy P =
b). P = 2




x +

(

xy

(

x1+

(

)(


)(

x 1

=

xy

y 1+

) (

x 1 1 +

)



(1 y )

(

y 1

y

)

=


x +

xy

y.

y.

y. = 2

y

y

)

)

y +1 =1

y =1

Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a). Đờng
Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng
phơng trình đờng
đờng thẳng
(d) là : y = mx + m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng

phơng trình:
- x2 = mx + m 2
x2 + mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng
phơng trình (*) có = m 2 4m + 8 = ( m 2 ) 2 + 4 > 0 m nên phơng
phơng trình (*) luôn có hai
nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung phơng
phơng trình : x2 + mx + m 2 = 0 có hai nghiệm
trái dấu m 2 < 0 m < 2.
x + y + z = 9
(1)

1 1 1
Bài 3 : + + = 1
( 2)
x y z
xy + yz + xz = 27 ( 3)
ĐKXĐ : x 0 , y 0 , z 0.
( x + y + z ) = 81 x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) = 81
2

x 2 + y 2 + z 2 = 81 2 ( xy + yz + zx ) x 2 + y 2 + z 2 = 27
x 2 + y 2 + z 2 = ( xy + yz + zx ) 2( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ( xy + yz + zx ) = 0
( x y ) 2 + ( y z ) 2 + ( z x) 2 = 0
( x y ) 2 = 0
x = y


2

( y z ) = 0
y = z x= y = z
( z x ) 2 = 0
z = x


Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng
phơng trình . Vậy hệ phơng
phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z =
Q
3.
Bài 4:
a). Xét ABM và NBM .
Ta có: AB là đờng
đờng kính của đờng
đờng tròn (O)
N
nên :AMB = NMB = 90o .
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
C
=> BAN cân đỉnh B.
M
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).
A

B

O

7


=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét MCB và MNQ có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ).
=> MCB = MNQ (c. g . c). => BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có AC BQ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 1) R
Bài 5:
1 1 1
1
1 1 1
1
=0
Từ : + + =
=> + +
x y z x+ y+z
x
y z x+ y+z
x+ y x+ y+zz
+
=0
=>
xy
z( x + y + z )

1

1
= 0
( z + y )
+
(
)
xy
z
x
+
y
+
z


2
zx + zy + z + xy
= 0
( x + y )
xyz ( x + y + z )

( x + y )( y + z ) ( z + x ) = 0
Ta có : 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)
3
3
Vậy M =

+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
4

Đề 4

Bài 1: 1) Cho đờng
đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng
Đ ờng thẳng d/ đối xứng với đờng
đờng thẳng d
qua đờng
ờng
thẳng
y
=
x
là:
đ
1
1
A.y = x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = x - 2 ; D.y = - 2x - 4
2
2
Hãy chọn câu trả lời đúng.
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng
đờng kính đáy đựng đầy nớc,
nớc, nhúng chìm vào bình
2
một hình cầu khi lấy ra mực nớc
bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán

nớc trong bình còn lại
3
kính hình cầu là A.2 ; B. 3 2 ; C. 3 3 ; D. một kết quả khác.
Bìa2: 1) Giải phơng
phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0
2)
Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x + y
Bài 3: 1)
Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7
Phân tích thành thừa số đợc
đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt
lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB <
MA 1
AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho
=
MB
2
Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng
đờng tròn tâm O đờng
đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan
CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN.

8


b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.
c) Chứng minh rằng đờng

đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.
Hớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng.
2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1
Bài 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2
Vậy A chia hết cho 1 số chính phơng
phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng
dơng n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhất A2 lớn nhất.
Xét A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1)
Ta có:

Bài3

x+ y
xy (Bất đẳng thức Cô si)
2
=> 1 > 2 xy (2)

Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2
1
1
Max A2 = 2 <=> x = y = , max A = 2 <=> x = y =
2
2
Câu 1Với
1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)

Có 2 trờng
và
4+b=7
trờng hợp: 4 + b = 1
4+c=-7
4+c=-1
Trờng
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trờng
Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2
Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)

Câu2 (1,5điểm)
Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
1
AD = AB. Ta có D là điểm cố định
4
MA
1
AD
1
Mà
=
(gt) do đó
=
AB
2
MA
2

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
MA
AD
1
A
=
=
AB
MA
2
MB
MA
Do đó AMB
~ ADM =>
=
=2
MD
AD
=> MD = 2MD (0,25 điểm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
Dấu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC
Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC
* Cách dựng điểm M.
1
- Dựng đờng
đờng tròn tâm A bán kính AB
2
1
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB

4

x
B

D
M

C

9


M là giao điểm của DC và đờng
đờng tròn (A;

1
AB)
2

N

Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 900 nên MN là đờng
đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì
MKD
MKD vuông cân)

Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng
đờng tròn ngoại tiếp
AMN
AMN đi qua hai điểm A, B cố định

Đề 5

Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

C

I
K

.

O
A

B

M

x + 2 y + 1 = y + 2z + 1 = z + 2x + 1 = 0
2

2


2

Tính giá trị của biểu thức : A = x 2007 + y 2007 + z 2007 .

D

Bài 2). Cho biểu thức : M = x 2 5 x + y 2 + xy 4 y + 2014 .
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
Bài 3. Giải hệ phơng
phơng trình :
x 2 + y 2 + x + y = 18

x ( x + 1) . y ( y + 1) = 72
Bài 4.
4. Cho đờng
đờng tròn tâm O đờng
đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đờng
đờng
tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt
lợt tại C và D.
a.Chứng minh : AC . BD = R2.
b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .
Bài 5.Cho
5.Cho a, b là các số thực dơng.
dơng. Chứng minh rằng :
a+b
2
2a b + 2b a
( a + b) +

2
Bài 6).Cho
6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC.

Hớng dẫn giải

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

x2 + 2 y + 1 = 0
2
y + 2z +1 = 0
z 2 + 2x + 1 = 0


(

) (

) (

)

Cộng từng vế các đẳng thức ta có : x 2 + 2 x + 1 + y 2 + 2 y + 1 + z 2 + 2 z + 1 = 0
( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 0
2

2

2


x +1 = 0

y +1 = 0 x = y = z = 1
z +1 = 0


A = x 2007 + y 2007 + z 2007 = ( 1)

2007

+ ( 1)

2007

+ ( 1)

2007

= 3

Vậy : A = -3.

Bài 2.(1,5
2.(1,5 điểm) Ta có :

10


(


) (

)

M = x 2 + 4 x + 4 + y 2 + 2 y + 1 + ( xy x 2 y + 2 ) + 2007
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( x 2 ) ( y 1) + 2007
2

2

2

1
2

3
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( y 1) + 2007
2

4
2

2
Do ( y 1) 0 và ( x 2 ) + 1 ( y 1) 0 x, y


2

M 2007


M min = 2007 x = 2; y = 1

u = x ( x + 1)
Bài 3. Đặt :
v = y ( y + 1)

u + v = 18
Ta có :
u ; v là nghiệm của phơng
phơng trình :
uv = 72

X 2 18 X + 72 = 0 X 1 = 12; X 2 = 6
u = 12
u = 6
;

v = 6
v = 12
x ( x + 1) = 12
x ( x + 1) = 6
;

y ( y + 1) = 6
y ( y + 1) = 12
Giải hai hệ trên ta đợc
đợc : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.
Bài 4.
4. a.Ta có CA = CM; DB = DM

Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC OD
Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đờng
đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên :
2
MO = CM . MD
R2 = AC . BD
b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp
ã
ã
ã
ã
MCO
= MAO
;MDO
= MBO
m
VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25đ)
Do đó :

c

Chu.vi.VCOD OM
=
(MH1 AB)
Chu.vi.VAMB MH1

Do MH1 OM nên

d


a

OM
1
MH1

Chu vi VCOD chu vi VAMB
Dấu = xảy ra MH1 = OM M O
2

h

o

b

M là điểm chính giữa của cung ằAB
2

Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : a 1 ữ 0; b 1 ữ 0 a , b > 0
2
2


1
1
1
1
a a + 0; b b + 0
(a a + ) + (b b + ) 0 a , b > 0

4
4
4
4

11


a+b+

1
a+ b >0
2

Mặt khác a + b 2 ab > 0

1

Nhân từng vế ta có : ( a + b ) ( a + b ) + 2 ab
2

( a + b) +
2

(

a+ b

)


( a + b)

2a b + 2b a
2
Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng
đờng tròn tâm O ngoại tiếp VABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)
Ta có: VABD : VCED (g.g)
BD AD

=
AB.ED = BD.CD
ED CD

a

AD. ( AE AD ) = BD.CD
AD 2 = AD. AE BD.CD

b

Lại có : VABD : VAEC ( g .g )
AB AD
=
AB. AC = AE. AD
AE AC
AD 2 = AB. AC BD.CD


d


c

e

Đè 6
Câu 1:
1: Cho hàm số f(x) =

x 2 4x + 4

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =

f ( x)
khi x 2
x2 4

x( y 2) = ( x + 2)( y 4)
Câu 2:
2: Giải hệ phơng
phơng trình
( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
x x +1 x 1
: x +
Câu 3:

3: Cho biểu thứcA =


x

1
x

1



x
với x > 0 và x 1
x 1

a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4:
4: Từ điểm P nằm ngoài đờng
đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân
đờng vuông góc hạ từ A đến đờng
đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5:
5: Cho phơng
phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng
phơng trình, tìm m để phơng
phơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 =
11


12


®¸p ¸n
C©u 1a)
1a)

f(x) =

x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2) 2 = x − 2

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)

 x − 2 = 10
 x = 12
f ( x) = 10 ⇔ 
⇔
 x − 2 = −10
 x = −8

c)

A=

x−2
f ( x)
=
2
x − 4 ( x − 2)( x + 2)


Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A =

1
x+2

Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A = −

1
x+2

C©u 2

 x ( y − 2) = ( x + 2)( y − 4)
 xy − 2 x = xy + 2 y − 4 x − 8
 x − y = −4
x = ⇔
⇔
⇔ 

( x − 3)(2 y + 7) = (2 x − 7)( y + 3)
2 xy − 6 y + 7 x − 21 = 2 xy − 7 y + 6 x − 21
x + y = 0
y = 2
 x x +1 x −1  
: x +
Ta cã: A = 
−
x − 1  
 x −1


C©u 3 a)

 ( x + 1)( x − x + 1)
x − 1   x ( x − 1)

:
−
+
 ( x − 1)( x + 1)
x − 1  
x −1

 x − x +1 x −1   x − x + x 

:
=
−

x −1
x − 1  
x − 1 

− x +2
x −1
b) A = 3

⋅

x −1

=
x

x 
=
x − 1 

x 

x − 1 

=

x − x +1− x +1
x −1

:

x
x −1

=

− x +2
x −1

:

x
x −1


=

2− x
x

=> 2 − x = 3
x

=> 3x +

x -2=0

=> x = 2/3

C©u 4
Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
a) nªn theo ®Þnh lý Ta let ¸p dông cho CPB ta cã
EH CH
;
(1)
=
PB CB
MÆt kh¸c, do PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)
=>
∠ POB = ∠ ACB (hai gãc ®ång vÞ)

P
A
E

B

O

H

13

C


=>

AHC POB

AH CH
(2)
=
PB OB
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng
đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
Do đó:

AH.CB AH.CB
)
.
2PB
2PB

AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
AH 2 = (2 R



AH =

4R.CB.PB
4R.2R.PB
=
2
2
4.PB + CB
4PB 2 + (2R) 2

8R 2 . d 2 R 2
2.R 2 . d 2 R 2
=
=
4(d 2 R 2 ) + 4R 2
d2
Câu 5 Để phơng
phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
2m 1


x1 + x 2 = 2

m 1

x 1 .x 2 =


2

3x 1 4x 2 = 11



(1)

13 - 4m

x1 =
7

7m 7

x1 =
26 - 8m

7m 7
13 - 4m
3 7 4 26 - 8m = 11



13 - 4m
7m 7
4
= 11
7
26 - 8m
ta đợc
(2)
đợc m = - 2 và m = 4,125
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng
ph ơng trình đã cho có
hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11
Giải phơng
phơng trình 3

Đề 7
x+2
x +1
+
- x +1
x x 1 x + x +1
x 1
a/. Rút gọn P.
1
b/. Chứng minh: P < với x 0 và x 1.
3
( 1 ) ; m là tham số.
Câu 2: Cho phơng
phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 3 = 0
a/. Tìm m để phơng

phơng trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phơng
phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.
Câu 1:

Cho P =

14


Câu 3: a/. Giải phơng
phơng trình :

1
+
x

1
2 x2

=2

a0


b0

b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn :
a + 2b 4c + 2 = 0
2a b + 7c 11 = 0

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.
Câu 4: Cho VABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A,
B). Gọi (O) là đờng
đờng tròn ngoại tiếp VBCD . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K .
a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp.
b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao?
c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm)
x+2
x +1
x +1
P=
+
x x 1 x + x + 1 ( x + 1)( x 1)
x+2
1
x +1
=
+
3
( x ) 1 x + x +1
x 1
=

x + 2 + ( x + 1)( x 1) ( x + x + 1)
( x 1)( x + x + 1)

=


x x
x
=
( x 1)( x + x + 1)
x + x +1

1
1
x
<

3
x + x +1 3
3 x < x + x + 1 ; ( vì x + x + 1 > 0 )
x-2 x +1>0
( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1)

b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P <

Câu 2:a/.
2:a/. Phơng
Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 0.
(m - 1)2 m2 3 0
4 2m 0
m 2.
b/. Với m 2 thì (1) có 2 nghiệm.
Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có:
a + 3a = 2m 2

2

a.3a = m 3
m 1
m 1 2
a=
3(
) = m2 3
2
2
m2 + 6m 15 = 0
m = 3 2 6 ( thõa mãn điều kiện).
Câu 3:
Điều kiện x 0 ; 2 x2 > 0 x 0 ; x < 2 .

15


Đặt y =

2 x2 > 0

x 2 + y 2 = 2 (1)

Ta có: 1 1
x + y = 2 (2)

1
2
* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng
phơng trình:
X2 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1.

1
* Nếu xy = - thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng
phơng trình:
2
1
X2 + X = 0 X = 1 3
2
2
Vì y > 0 nên: y = 1 + 3 x = 1 3
2
2
Vậy phơng
phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3
2
Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành
AB // CK
ã
BAC
= ãACK
1 ằ
1
ã
ằ = DCB
Mà ãACK = sđ EC
= sđ BD
2
2
ã
ã

Nên BCD
= BAC
B
ã
ã
ằ
Dựng tia Cy sao cho BCy
.Khi
đó,
D
là
giao
điểm
của
và
Cy.
= BAC
AB
ằ thì BCA
ã
ã
ã
Với giả thiết ằAB > BC
> BAC
> BDC
.
D AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.
Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -


Đề 8
Câu 1:
1: a) Xác định x R để biểu thức :A =
b. Cho biểu thức: P =

x

+

x2 +1 x
y

+

1
x +1 x
2

A
K

D

O
C

Là một số tự nhiên

2 z


Biết x.y.z = 4 , tính P .
xy + x + 2
yz + y + 1
zx + 2 z + 2
Câu 2:Cho
2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a.Chứng
a.Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3 Giải phơng
phơng trình: x 1 3 2 x = 5
Câu 4 Cho đờng
đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đđờng tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt
lợt tại D và E.
Chứng minh rằng:
a.DE là tiếp tuyến của đờng
đờng tròn ( O ).
2
b. R < DE < R
3
đáp án
Câu 1:
a.
1:

16


A = x2 +1 x


x2 +1 + x
( x + 1 x).( x + 1 + x)
2

2

= x 2 + 1 x ( x 2 + 1 + x ) = 2 x

A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x =

k
2

(trong đó k Z và k 0 )
b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc
đợc x, y, z > 0 và
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với
x

xy

+

x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi
2 z

=

đợc:
xyz ta đợc:


x + xy + 2

(1đ)
=1
xy + x + 2
xy + x + 2
z ( x + 2 + xy
xy + x + 2
P = 1 vì P > 0
Câu 2:
a.Đờng
2:
a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng
đờng thẳng AB nên b = 4; a = 2
Vậy đờng
đờng thẳng AB là y = 2x + 4.
Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng
đờng thẳng AB A, B, C
không thẳng hàng.
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng
đờng thẳng AB A,B,D thẳng hàn
b.Ta có :
AB2 = (-2 0)2 + (0 4)2 =20
AC2 = (-2 1)2 + (0 1)2 =10
BC2 = (0 1)2 + (4 1)2 = 10
AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C
1
10 . 10 = 5 ( đơn vị diện tích )

Vậy SABC = 1/2AC.BC =
2
Câu 3:
Đkxđ x 1, đặt x 1 = u; 3 2 x = v ta có hệ phơng
3:
phơng trình:
P=

+

xyz = 2

u v = 5
2
3
u + v = 1
Giải hệ phơng
phơng trình bằng phơng
phơng pháp thế ta đợc:
đợc: v = 2
x = 10.
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
đợc
AB = AC = R ABOC là hình
vuông
(0.5đ)
Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MOD
MOE = EOC (0.5đ)

Chứng minh BOD = MOD
OMD = OBD = 900
Tơng tự: OME = 900
D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng
đờng tròn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC
2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R DE < R
Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
2
Cộng từng vế ta đợc:
đợc: 3DE > 2R DE > R
3
2
Vậy R > DE > R
3

O

B
D
A

M
E

C

17



Đề 9
Câu 1:
1: Cho hàm số f(x) =

x 4x + 4
2

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
f ( x)
khi x 2
x2 4
Câu 2:
2: Giải hệ phơng
phơng trình
c) Rút gọn A =

x( y 2) = ( x + 2)( y 4)

( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
Câu 3:
3: Cho biểu thức
x x +1 x 1
: x +
A =

x 1
x 1

x

với x > 0 và x 1
x 1

a) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4:
4: Từ điểm P nằm ngoài đờng
đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân
đờng vuông góc hạ từ A đến đờng
đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5:
5: Cho phơng
phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng
phơng trình, tìm m để phơng
phơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 =
11
đáp án
Câu 1
a)

f(x) =

x 2 4 x + 4 = ( x 2) 2 = x 2

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)


x 2 = 10
x = 12
f ( x) = 10

x 2 = 10
x = 8

c)

A=

x2
f ( x)
=
2
x 4 ( x 2)( x + 2)

Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A =

1
x+2

Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A =

1
x+2

Câu 2

18



 x( y − 2) = ( x + 2)( y − 4)

( x − 3)(2 y + 7) = (2 x − 7)( y + 3)
 xy − 2 x = xy + 2 y − 4 x − 8
⇔
2 xy − 6 y + 7 x − 21 = 2 xy − 7 y + 6 x − 21
 x − y = −4
x = -2
⇔
⇔ 
x + y = 0
y = 2
C©u 3a)
3a)

 x x +1 x −1  
: x +
Ta cã: A = 
−
x − 1  
 x −1

x 

x − 1 

 ( x + 1)( x − x + 1)
x − 1   x ( x − 1)

:
= 
−
+
 
(
x
−
1
)(
x
+
1
)
x
−
1
x
−
1

 
=
=
=
b) A = 3

=> 2 − x = 3
x


x 

x − 1 

 x − x +1 x −1   x − x + x 

:

−



x −1
x −1 
x − 1 

x − x +1− x +1
x −1
− x +2
x −1

:

=> 3x +

:

x
x −1


x
x −1
=

x -2=0

− x +2
x −1

⋅

x −1
=
x

2− x
x

=> x = 2/3

C©u 4
P
A
E
B
a) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
b) nªn theo ®Þnh lý Ta let ¸p dông cho tam gi¸c CPB ta cã

O


H

C

EH CH
;
(1)
=
PB CB
MÆt kh¸c, do PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)
=>
POB = ACB (hai gãc ®ång vÞ)
=>

∆ AHC ∞ ∆ POB

Do ®ã:

AH CH
=
PB OB

(2)

19


Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng
đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) và do AH = 2EH ta có
AH.CB AH.CB
)
.
2PB
2PB
AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
AH 2 = (2 R



AH =

4R.CB.PB
4R.2R.PB
=
2
2
4.PB + CB
4PB 2 + (2R) 2

8R 2 . d 2 R 2
2.R 2 . d 2 R 2
=
=
4(d 2 R 2 ) + 4R 2
d2
Câu 5 (1đ)

Để phơng
phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
2m 1

x1 + x 2 = 2

m 1

x 1 .x 2 =


2

3x 1 4x 2 = 11



(1)

13 - 4m

x1 =
7

7m 7

x1 =

26 - 8m

7m 7
13 - 4m
3 7 4 26 - 8m = 11


13 - 4m
7m 7
4
= 11
7
26 - 8m
ta đợc
(2)
đợc m = - 2 và m = 4,125
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng
phơng trình đã cho có hai
nghiệm phân biệt t
Giải phơng
phơng trình 3

Đề 10

Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A=

1

3+ 5


+

1

5+ 7

+

1

+ .....+

7+ 9
.....
35
B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 3333

1
97 + 99

99 số 3

Câu II :Phân
:Phân tích thành nhân tử :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4)

20



3) 1+ a5 + a10
Câu III :
1) Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
2) áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2
Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng
đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm
trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng
đờng tròn
ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q.
a) Chứng minh DM.AI= MP.IB
b) Tính tỉ số :
Câu 5:
Cho P =

MP
MQ

x 2 4x + 3
1 x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
Câu 1 :
1) A =

đáp án
1

+


1

+

1

+ .....+

1

3+ 5
5+ 7
7+ 9
97 + 99
1
1
= ( 5 3 + 7 5 + 9 7 + .....+ 99 97 ) = ( 99 3 )
2
2
3333
.....
35
2) B = 35 + 335 + 3335 + ..... + =
99 số 3

=33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)
= 198 +

1

( 99+999+9999+.....+999...99)
3

1
( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 1) = 198 33 +
3
10101 10 2
+165
B =
27


Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]
= (x2+5x +3)(x2+5x +7)
3) a10+a5+1
= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )
= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)
=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)
Câu 3:
3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
0
a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>

198 +

21


0
(ad - bc)2 (đpcm )
Dấu = xãy ra khi ad=bc.
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2) (1 + 16) =>
25
100
5
20
x 2 + y2
=> 4x2 + 4y2
dấu = xãy ra khi x=
,y=
(2đ)
17
17
17
17

Câu 4 : 5đ
Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=>
MPD đồng dạng với ICA =>

DM MP
=> DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB

=
CI
IA

(1).
Ta có góc ADC = góc CBA,
Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA.
Do đó DMQ đồng dạng với BIA =>
DM MQ
=> DM.IA=MQ.IB (2)
=
BI
IA
MP
Từ (1) và (2) ta suy ra
=1
MQ
Câu 5
Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1
Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có :
(x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.
Với x < 1 Ta có :
2
( x 1)( x 3)
P = x 4x + 3 =
= 3 x
1 x
1 x


Đề 11
1
1
+
2
a
( a + 1) 2

Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức . A = 1 +
b. Tính giá trị của tổng.

B = 1+

Với a > 0.

1
1
1
1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + 2 +
2
1
2
2
3
99
100 2


Câu 2 : Cho pt x 2 mx + m 1 = 0
a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với m .
b. Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.
P=
Câu 3 : Cho x 1,

2 x1 x 2 + 3

x1 + x 2 + 2( x1 x 2 + 1)
2

2

y 1 Chứng minh.
1
1
2
+

2
2
1 + xy
1+ x
1+ y

22


Câu 4 Cho đờng

đờng tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng
đờng tròn, từM kẻ MH
AB (H AB). Gọi E và F lần lợt
lợt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đ ờng
thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D.
1. Chứng minh rằng đờng
đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đờng
đờng tròn.
2. Chứng minh.
MA 2 AH AD
=
.
MB 2 BD BH
Hớng dẫn
Câu 1 a. Bình phơng
phơng 2 vế A =
c. áp dụng câu a.
1
1
A = 1+
a a +1

a2 + a +1
a ( a + 1)

(Vì a > 0).

1
9999
=

100 100
Câu 2 a. : cm 0 m
B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:
x1 + x 2 = m
2m + 1
(1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.
P= 2

m +2
x1 x 2 = m 1
1
P 1
2
1
GTLN = m = 2
2
GTNN = 1 m = 1
B = 100

Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
đợc.
x( y x )
y( x y )
+
0
bđt
1 + x 2 (1 + xy ) 1 + y 2 (1 + xy )
2
( x y ) ( xy 1) 0 đúng vì xy 1


(

)

(

)

Câu 4:
4: a
- Kẻ thêm đờng
đờng phụ.
- Chứng minh MD là đờng
đờng kính của (o)
=> ........
b.
Gọi E', F' lần lợt
lợt là hình chiếu của D trên MA và MB.
Đặt HE = H1
HF = H2
AH AD HE.h1 .MA 2
(1)

.
=
BD BH HF .h2 .MB 2
HEF DF ' E '
HF .h2 = HE.h

M


o

E'

F

E

F'

D
A

B

H
I

23


2
Thay vào (1) ta có: MA 2 = AH . AD
BD BH
MB

Đề 12

a+ b

a + b a + b + 2ab
Câu 1:
+
1: Cho biểu thức D =
: 1+
1 ab
1 + ab
1 ab
a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D
b) Tính giá trị của D với a =

2
2 3

c) Tìm giá trị lớn nhất của D
Câu 2:
2: Cho phơng
phơng trình

2

x2- mx +

2

m2 + 4m - 1 = 0 (1)
2 3
2 3
a) Giải phơng
phơng trình (1) với m = -1


b) Tìm m để phơng
phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn

1
1
+
= x1 + x 2
x1 x 2

Câu 3:
3: Cho tam giác ABC đờng
đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, A = ( = 90 0 ) Chứng minh

rằng

AI =

2bc.Cos


2 (Cho Sin2 = 2 SinCos )

b+c
Câu 4:
4: Cho đờng
đờng tròn (O) đờng
đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng
đờng tròn sao cho



đờng tròn hình vuông ANMP.
NA NB. Vễ vào trong đờng
a) Chứng minh rằng đờng
đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q.
b) Gọi I là tâm đờng
đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp.
c) Chứng minh đờng
đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5:
xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1
5: Cho x,y,z;
Hãy tính giá trị của:
B=

xy zx xyz
+ +
z
y
x

Câu 1:
1: a) - Điều kiện xác định của D là
- Rút gọn D
2 a + 2b a a + b + ab
D=
:

1


ab

1 ab

Đáp án
a 0

b 0
ab 1


24


D= 2 a
a +1
b) a =

2
2+ 3

=

2(2 + 3
= ( 3 + 1) 2 a = 3 + 1
1

2+2 3 2 32
=
2

+1 4 3
2 3
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
2 a a +1 D 1
Vậy giá trị của D là 1
1
9
Câu 2:
2: a) m = -1 phơng
phơng trình (1) x 2 + x = 0 x 2 + 2 x 9 = 0
2
2
x = 1 10
1
x 2 = 1 + 10
1
b) Để phơng
phơng trình 1 có 2 nghiệm thì 0 8m + 2 0 m (*)
4
1 2
m + 4m 1 0
2
(*)
+ Để phơng
phơng trình có nghiệm khác 0
m1 4 3 2

m2 4 + 3 2
x + x2 = 0
1

1
+
+
= x1 + x 2 ( x1 + x 2 )( x1 x 2 1) = 0 1
x1 x 2
x1 x 2 1 = 0
m = 0
2 m = 0

2
m = 4 19
m + 8m 3 = 0

m = 4 + 19
Vậy D =

Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc
đợc m = 0 và m = 4 19
Câu 3:
3:
1

+ S ABI = AI .cSin ;
2
2
A

1

AI .bSin ;

2
2
1
+ S ABC = bcSin ;
2
S ABC = S ABI + S AIC
+ S AIC =

a

B





2

2

I

b

c

C

25