de on thi GVG Tinh

Gọi O là trung điểm của cạnh BC.. Vẽ đường cao AD của tam giác ABC và các tiếp tuyến AM, AN với O M, N là các tiếp điểm.. Bài 5: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E.. Mộ

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 01 MÔN: Toán

Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau:

a,

2 2

4 8 2

xy x





= +



b, ( )3

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2

2 − −x 2x+ − 3 (m− 1)( x+ + 3 1 − + + =x) m 1 0

Bài 3: Cho a, b, c ∈[ ]0;1 Chứng minh a b+ + − 2 c3 ab bc ca− − ≤ 1

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC Gọi O là trung điểm của cạnh BC Dựng đường tròn

tâm O, đường kính BC Vẽ đường cao AD của tam giác ABC và các tiếp tuyến AM,

AN với (O) (M, N là các tiếp điểm)

Gọi E là giao điểm của MN với AD Hãy chứng minh rằng: AE.AD=AM2

Bài 5: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E Một đường thẳng

qua A, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EM và BN Chứng minh rằng: CK ⊥ BN

Bài 6: Giả sử a, b là các số nguyên dương sao cho:

là một số nguyên, gọi d là ước của a, b

Chứng minh rằng: d ≤ a b+

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ I

Họ và tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau:

a,

2 2

4 8 (1)

2 (2)

xy x





= +



Bài giải

Với x = 0 thay vào (2) ta có 0 = 2 (Vô lý)

Vậy x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình

Khi đó với x khác 0 ta có (2) y 2 x2

x

+

⇒ = (*) thay vào phương trình (1) ta được:

2

2 4 2

2

2 4 2

2

2 0

4 4

2 8

2 0

4 4

x

x x x

x x x

x

 − ≥









 − <









2

2

2

( 1

x

x

≥

−

2 2

2

) 0

2

2 2

2

x

x x

x







 = −









 <



  =



Với x1= − 2 và x2 = 2 thay vào (*) ta được y1 = − 2 2; y2 = 2 2

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là: (x y1 ; 1)= − ( 2; 2 2) − và (x y2 ; 2) = ( 2; 2 2)

b, ( )3

Bài giải

Điều kiện xác định: x≥ 1

Ta có:

Đặt: t= x− + 1 1 (t≥ 1) Khi đó (*)⇔ t3 + − = ⇔ −t2 2 0 (t 1)(t2 − + = ⇔ − = 2t 2) 0 t 1 0 (Vì

2 2 2 ( 1) 2 1 0 ) 1

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2

2 − −x 2x+ − 3 (m− 1)( x+ + 3 1 − + + =x) m 1 0 (3)

Bài giải

Điều kiện xác định: − ≤ ≤ 3 x 1

Đặt k= x+ + 3 1 −x (k> 0)

Suy ra

2 (1 3 1 1 ) 2 (1 2 1 )( 2 3 1 ) 8

k

⇒ < ≤

Mặt khác:

Khi đó phương trình (3) trở thành: k2 − − 4 (m− 1)k m+ + = ⇔ 1 0 k2 − (m− 1)k m+ − = 3 0 (4) Đặt f x( ) =k2 − (m− 1)k m+ − 3

Để phương trình (3) có nghiệm thì phương trình (4) có nghiệm đối với k thoả mãn điều kiện:

0 < ≤k 2 2

Ta có: ∆ = (m− 1) 2 − 4(m− = 3) m2 − 6m+ = 12 (m− 3) 2 + > 4 0 ∀ m nên phương trình (4) luôn

có 2 nghiệm phân biệt

Nếu một trong hai nghiệm của phương trình (4) là k =2 2 thì ta có:

5 2 2

8 2 2( 1) 3 0

2 2 1

−

Nếu cả hai nghiệm đều khác 2 2 thì điều kiện của bài toán được thoả mãn khi

và chỉ khi hoặc cả hai nghiệm cùng thuộc (0; 2 2) hoặc có 1 nghiệm nằm xen giữa khoảng (0; 2 2) có nghĩa là: 0 < < <k1 k2 2 2 hoặc k1 < < < 0 k2 2 2 (0 < <k1 2 2 <k2)

Điều đó xẩy ra khi và chỉ khi:

3

5 2 2

2

( 3)((2 2 1) (5 2 2)) 0 5 2 2

3 (0) (2 2) 0

2 2 1

m

m

f f

m

  >







Vậy giá trị cần tìm của m là: 3 < <m 4 2 1 +

Bài 3: Cho a, b, c ∈[ ]0;1 Chứng minh a b+ + − 2 c3 ab bc ca− − ≤ 1

Bài giải

Vì a, b, c ∈[ ]0;1 nên ta có

(1 )(1 )(1 ) 0

1

b a ab c

a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca abc

a b c ab bc ca

Mà a, b, c ∈[ ]0;1 nên: b2 ≤b c; 3 ≤c

Khi đó a b+ + − 2 c3 ab bc ca a b c ab bc ca− − ≤ + + − − − ≤ 1

Hay a b+ + − 2 c3 ab bc ca− − ≤ 1 (điều phải chứng minh)

E K

N M

C B

A

Bài 4:

Từ O nối OM, ON, Nối OA cắt MN tại K

Khi đó ta có AM⊥OM; AN⊥ON (tính chất tiếp

tuyến vuông góc với

Bán kính tại tiếp điểm)

AO⊥MN tại K (A giao điểm của 2 tiếp tuyến nên

suy ra AO vừa là

Tia phân giác góc A, vừa là đường trung trực đoạn

thẳng MN)

Khi đó xét ∆AKE và ∆ADO có: Kµ = =µD 90o; µA

chung

AKE

⇒ ∆ đồng dạng ∆ADO

AE AK

AE AD AK AO

AO AD

⇒ = ⇒ = (tỉ lệ đồng dạng) (1)

Mặt khác ∆AMO vuông tại M có MK là đường cao

AM AK AO

⇒ = (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AM2 = AE AD. (đpcm)

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 02 MÔN: Toán

Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm không âm:

1

x− x+ =m (1) Bài 2: Giải hệ phương trình:

2 2

82 9 0

x y











< <







Bài 3: a, Cho phương trình x4 + ax 3 +bx2 + ax 1 0 + = có nghiệm thực

CMR: a2 + −b2 4b+ > 1 0

b, Cho 3 số dương a, b, c C/m rằng:

a + b + c ≤b c c a a b+ +

Bài 4: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Điểm M di động trên cung nhỏ BC Từ M kẻ MH, MK lần lượt vuông góc với AB, AC (H∈đường thẳng AB, K∈đường thẳng AC)

a, Chứng minh: ∆MBC đồng dạng với ∆MHK

b, Tìm vị trí của M trên cung nhỏ BC sao cho biểu thức AB AC

MH +MK có giá trị

nhỏ nhất

Bài 5: Cho ∆ABC vuông ở A, Bµ = 20o Vẽ phân giác trong BI, vẽ góc ACH = 30ovề phía trong tam giác (H∈AB)

Tính góc CHI

Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x2 + 8xy+ 5y2 = 2(y x− − 1)

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ II

Họ và tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm không âm:

1

x− x+ =m (1)

Bài giải

Điều kiện xác định: x≥ − 1

Đặt t= x+ 1 (t≥ 0)khi đó ta có:

t = + ⇒ = −x x t thay vào (1) ta được: t2 − − = ⇔ − − 1 t m t2 t (m+ = 1) 0 (2)

Đặt f t( ) = − −t2 t (m+ 1)

Để phương trình (1) có nghiệm không âm ⇔phương trình (2) có ít nhất một nghiệm

1

t≥

Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm t= 1 khi đó:

(2) ⇔ − − 1 1 ( 2 m+ = ⇔ = − 1) 0 m 1

Trường hợp 2: Phương trình (2) Có hai nghiệm phân biệt t1,t2

* Thoả mãn: 1 t< < 1 t2

2 4 0 1 4( 1) 0

af (1) 0 12 1 ( 1) 0

1

m b

a





(Vô lý) do đó trường hợp này không thoả mãn

1 1 2 af (1) 0 1 1 ( 1) 0 1

Kết hợp cả hai trường hợp giá trị cần tìm của m là: m≥ − 1

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2 2

(1)

82 (2) 9 0

x y











< <







Bài giải

Ta có:

1 10

0

3

(1)

0 3 3

y x

y y

y x

x y

y







2 10

1

-3

y

y x

y



≥



⇔ 



+ ≥ ≥





Do y < 0 Hệ

2

2 2

2

10

3

10

1

y





 = −

Thoả mãn điều kiện y < 0

Với y = - 3 ta có 82 2 82 2 1

( 3)

x= −y = − − = (Thoả mãn điều kiện x > 0)

Với y = - 1

3 ta có 82 2 82 1 2

( ) 3

x= −y = − − = (Thoả mãn điều kiện x > 0)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y) là 1; 3

3

1 3;

3

Bài 3: b, Cho 3 số dương a, b, c C/m rằng:

a + b + c ≤b c c a a b+ +

Bài giải

Ta có:

2

1

a

a

+ Dấu = xẩy ra khi a=1

Tương tự: 2

2

1

1

b b c c

≤ +

≤ +

Khi đó VT = 2 2 2 3

a + b + c ≤

Dấu bằng xẩy ra Khi và chỉ khi a = b = c = 1

Biến đổi vế phải:

Đặt:

2

b c x

x y z

c a y a b c

a b z

+ =



+ +

 + = ⇒ + + =



 + =



x y z x y z x y z

Khi đó

1

3

VP

Do a, b, c dương ⇒x, y, z>0 nên 1[2 2 2 3] 3

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c

Từ (*) và (**) ta có: 2 2 2

a + b + c ≤b c c a a b+ +

Bài 4:

a, Ta có tứ giác BACM nội tiếp nên:

BMC BAC+ = (1)

Tương tự tứ giác MHKA nội tiếp (do µH = =µK 90o ) Nên HMK BAC· +· = 180o(2)

Từ (1) và (2) suy ra: ·BMC HMK=· (3)

Suy ra: HMB CMK· = ·

Xét ∆HMB và ∆KMC có µH = =µK 90o và

HMB CMK= nên ∆HMB đồng dạng ∆KMC

Suy ra: MN MC

MH = MK (tỉ số đồng dạng) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: ∆HMB đồng dạng ∆KMC (c.g.c) (đpcm)

K H

M

C B

A

Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x2 + 8xy+ 5y2 = 2(y x− − 1) (6)

Bài giải

Ta có phương trình (6) ⇔ (4x2 + 8xy+ 4 ) (y2 + x2 + 2x+ + 1) (y2 − 2y+ = 1) 0

4(x y) (x 1) (y 1) 0

0

1

1 0

1

1 0

x y

x x

y y

+ =



= −





⇔ − =+ = ⇔  =



(Thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là: 1

1

x y

= −



 =

