Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB.. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'.. Chứng minh rằng: a MI.BE BI.AE= b
Trang 1Đề 1:
C©u 1( 5 ®iÓm):Giải các phương trình sau
a) x 1 x+ = 2 −1
b) 3 2−x + x−1 =1
Giải:
a)
2
2
2
− ≥
⇔ x= − 1hoặc
2
5
1 +
=
x
b) ĐK:x≥ 1;Đặt
−
=
−
=
1
2 3
x v
x u
Khi đó ta có:
=
−
=
=
=
=
=
= +
= +
3 2 0 1 1 0
1
1 2 3
v u v u v u
v u
v u
Trở lại cách đặt ta được:
=
=
1
0
v
u
2 1
1
0 2
3
=
⇔
=
−
=
x
x
2/ ⇔
=
= 0
1
v
u
1 0
1
1 2
3
=
⇔
=
−
=
x x
=
−
=
3
2
v
u
10 3
1
2 2
3
=
⇔
=
−
−
=
x x
Câu 2
a)T×m m sao cho ph¬ng tr×nh
2x m 2x 1 2m 4 0− − + − = cã 2 nghiÖm ph©n biÖt
b)Tìm tất cả các số dương x,y,z thoả mãn:
= + +
≤ + +
3 9 4 1
12
z y x
z y x
Giải:
a)HD: §K : x 1
2
≥ §Æt t = 2x 1 t 0 − ( ≥ ) => − t 2 mt 2m 3 0(*) + − =
§Ó pt cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th× pt(*) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt t 1 ; t 2 tho¶ m·n t1 > ≥ t2 0
Trang 2m 6
m 2
3
>
<
∆ = − + > >
⇔ = − ≥ ⇔ ≥ ⇔
≤ <
b) Từ giả thiết ta suy ra 6
4
9 4
1 + + + x+y+z ≤
z y
4
1 2 4
1
=
≥
x
x
4
4 + y ≥
4
9 + z ≥
z
4
9 4 1
≥ + + + + + x y z
z y
Do vậy để (1) xảy ra thì ta phải có: 6
4
9 4
1 + + + x+y+z =
z y
=
=
=
⇔
=
=
=
6 4 2
4 9 4
1
z y x
z z
y y
x x
C©u 3: Cho 3 số d¬ng x,y,z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn xy+ yz + zx = 1 TÝnh tæng:
( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)
HD: Ta cã 1+ x 2 = xy+ yz + zx + x 2 = x(x+y) + z(x+y) = (x + y)(x + z)
T¬ng tù 1 + y 2 = (y + x)(y + z)
1 + z 2 = (z + x)(z + y)
=> S = ( )2 ( )2 ( )2 ( )
x y z + + y z x + + z x y + = 2 xy yz xz + + = 2
C©u 4 Tõ ®iÓm K n»m ngoµi (0) vÏ 2 tiÕp tuyÕn KA, KC víi (O) ( A,C lµ 2 tiÕp
®iÓm) vµ c¸t tuyÕn KBD (B n»m gi÷a K vµ D) Gäi M lµ gi¸o ®iÓm cña AC vµ KO a.c/m: KA2 = KM.KO
b.c/m tøgi¸c BMOD néi tiÕp
c) Chøng minh MA lµ tia ph©n gi¸c cña ·BMD
d.Gäi F lµ giao ®iÓm cña BM víi (O) c/m: DF //AC
Giải :
b Ta c/m: BMK KDO· = ·
+.c/m: KA 2 = KB.KD
Mµ KA 2 = KM.KO (cmt)
=> KB KO
KM = KD mµ ·BKM chung
Trang 3=> V BKM ~ OKD(c.g.c) V
=> BMK KDOã = ã => tứ giác BMOD nội tiếp
c) tứ giác BMOD nội tiếp
=>Dà1 =Mà 4 ( 2góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau: BO DOằ =ằ )
Mà Dà1 =Mà1 (cmt) => Mà1 = Mà 4
Mà à à à à ( 0) à à
M + M = M + M = 90 => M = M => MA là tia phân giác của ãBMD
Vì MA là tia phân giác của ãBMD => à 2 1ã
2
= (2)
F$ 1BODã
2
= (gnt và góc ở tâm cùng chắn cung BD) (3)
Từ 1,2,3 => F M$ à = 2 mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//AC
Do BMK KDOã = ã => BMA HODã = ã (2) (vì cùng phụ với 2 góc bằng nhau)
Từ (1) và (2) => BMA BFDã = ã mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//AC
Bài 5
Cho số thực m, n, p thỏa món :
2
2
Tỡm giỏ trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p
2
1 2
m
⇔ … ⇔ ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2
⇔ (m – p)2 + (n – p)2 = 2 - ( m + n + p )2
⇔ (m – p)2 + (n – p)2 = 2 – B2
vế trỏi khụng õm ⇒ 2 – B2 ≥ 0 ⇒ B2 ≤ 2 ⇔ − 2 ≤ ≤B 2
dấu bằng ⇔ m = n = p thay vào (1) ta cú m = n = p = 2
3
±
⇒ Max B = 2 khi m = n = p = 2
3 Min B = − 2 khi m = n = p = 2
3
−
Đề 2:
Cõu 1. a) Cho hàm số f (x) (x= 3+12x 31)− 2010
Tớnh f (a)tại a = 316 8 5− + 316 8 5+
b) Tỡm cỏc nghiệm nguyờn của phương trỡnh: 5(x2+xy y ) 7(x 2y)+ 2 = +
Trang 4Giải:
a) 3 3
16 8 5 16 8 5
⇒a3 = 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 + 3 − + 3 − + 3 16 8 5 ) +
⇒ 3
32 3.( 4).
⇒a3 = 32 12 − a ⇒a3 + 12a− 32 0 = ⇒a3 + 12a− = 31 1 ⇒ f a( ) 1 = 2010 = 1 b) 5(x2 +xy y+ 2 ) 7( = x+ 2 )y (1)
⇒ 7(x+ 2 ) 5y M ⇒ (x+ 2 ) 5y M Đặt x+ 2y= 5t (2) (t Z∈ )
(1) trở thành x2 +xy y+ 2 = 7t (3)
Từ (2) ⇒ x= − 5t 2y thay vào (3) ta được 3y2 − 15ty+ 25t2 − = 7t 0 (*)
2
84t 75t
∆ = −
Để (*) có nghiệm 2
0 84t 75t 0
⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥
0 28
25
t
⇔ ≤ ≤
Vì t Z∈ ⇒ =t 0 hoặc t= 1 Thay vào (*)
Với t= 0 ⇒ =y1 0 ⇒ =x1 0
Với t = 1 2 2
= ⇒ = −
⇒ = ⇒ =
Câu 2
a) Giải phương trình: x2 = x3−x2 + x2 −x
b) Giải hệ phương trình:
2
1 1 1
2
4
xy z
+ + =
Giải:
a) ĐK x= 0 hoặc x≥ 1 Với x= 0 thoã mãn phương trình
Với x≥ 1 Ta có 3 2 2 1 2
( 1) ( 1)
2
x −x = x x− ≤ x + −x
2
x − =x x −x ≤ x − +x ⇒ x3 −x2 + x2 − ≤x x2
Dấu "=" Xẩy ra
2
2
1 1
= −
⇔ − =
2
2
1
1
= −
⇔ ⇒ + = −
= +
Vô lý Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 0
b)
Trang 51 1 1
2 (1) ( )
2 1
4 (2)
I
xy z
+ + =
− =
ĐK x y z; ; ≠ 0
Từ (1) 2 2 2
1 1 1 2 2 2
4
⇒ + + + + + =
Thế vào (2) ta được:
2 1 1 1 1 2 2 2
xy−z = x + y +z +xy+ xz+ yz 12 12 22 2 2 0
⇔ + + + + =
⇔ + + + + + =
2 2
1 1 1 1
0
⇔ + ÷ + + ÷ =
1 1
0
1 1
0
x z
y z
+ =
+ =
Thay vào hệ (I) ta được: ( ; ; ) ( ; ;1 1 1) ( )
2 2 2
Câu 3
Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 13 3 13 3 13
A
Giải: Ta có 2
(x y) − ≥ 0 ∀ x; y ⇔x2 − +xy y2 ≥xy Mà x; y > 0 =>x+y>0
Ta có: x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 - xy + y 2 ) ⇒ x 3 + y 3 ≥ (x + y)xy
⇒ x 3 + y 3 +1 = x 3 + y 3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz
⇒ x 3 + y 3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 Tương tự: y 3 + z 3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z 3 + x 3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0
A
xyz(x y z)
+ +
≤
+ + ⇒
1
xyz
≤ = Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1
Câu 4
Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD
và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN tại I Chứng minh rằng:
a) MI.BE BI.AE=
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định
Giải:
Trang 6N
Q
H
K
I
M D
E
B
A
O
O' C
a) Ta có: BDE BAE· =· (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)
·BAE BMN=· (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') ⇒ BDE BMN· =·
hay BDI BMN· =· ⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp ⇒ MDI MBI· =· (cùng chắn cung MI)
mà MDI ABE· = · (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) ⇒ ABE MBI· =·
mặt khác BMI BAE· =· (chứng minh trên) ⇒∆ MBI ~ ∆ ABE (g.g)
AE = BE⇔ MI.BE = BI.AE
b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE ⇒ OC ⊥ DE tại Q
⇒∆ OCD vuông tại D có DQ là đường cao ⇒ OQ.OC = OD 2 = R 2 (1)
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và OO' ⇒ OO' ⊥
AB tại H Xét ∆ KQO và ∆ CHO có Q H 90 ;Oµ = =µ 0 µ chung
⇒∆ KQO ~ ∆ CHO (g.g)
Từ (1) và (2)
2
OH
⇒ = ⇒ = Vì OH cố định và R không đổi
⇒ OK không đổi ⇒ K cố định
Câu 5
Trang 7Cho tam giỏc ABC vuụng cõn tại A, trung tuyến AD Điểm M di động trờn đoạn
AD Gọi N và P lần lượt là hỡnh chiếu của điểm M trờn AB và AC Vẽ NH⊥PD tại H Xỏc định vị trớ của điểm M để tam giỏc AHB cú diện tớch lớn nhất
Giải:
O
A
H'
H
E
P N
B
M
∆ ABC vuụng cõn tại A ⇒ AD là phõn giỏc gúc A và AD ⊥ BC ⇒ D ∈ (O; AB/2)
Ta cú ANMP là hỡnh vuụng (hỡnh chữ nhật cú AM là phõn giỏc)
⇒ tứ giỏc ANMP nội tiếp đường trũn đường kớnh NP
mà ãNHP 90= 0 ⇒H thuộc đường trũn đường kớnh NP ⇒ AHN AMN 45ã = ã = 0 (1)
Kẻ Bx ⊥ AB cắt đường thẳng PD tại E
⇒ tứ giỏc BNHE nội tiếp đường trũn đường kớnh NE
Mặt khỏc ∆ BED = ∆ CDP (g.c.g) ⇒ BE = PC
mà PC = BN ⇒ BN = BE ⇒∆ BNE vuụng cõn tại B ⇒ NEB 45ã = 0 mà NHB NEBã =ã (cựng chắn cung BN) ⇒ ãNHB 45= 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AHB 90ã = 0 ⇒ H ∈ (O; AB/2) gọi H' là hỡnh chiếu của H trờn AB
HH '.AB
2
⇒ = ⇒ lớn nhất ⇔ HH' lớn nhất
mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cựng thuộc đường trũn đường kớnh AB và OD ⊥ AB)
Dấu "=" xẩy ra ⇔ H ≡ D ⇔ M ≡ D
Đề 3:
Bài 1:
Cho phơng trình x 4 + 2mx 2 + 4 =0 Tìm giá trị của tham số m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 , x 4 thỏa mãn
x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 32
Giải:
Phơng trình x 4 + 2mx 2 + 4 =0 (1) Đặt t = x 2
Phơng trình (1) trở thành: t 2 + 2mt +4 =0 (2)
Trang 8Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình (2) có 2 nghiệm dơng phân biệt t 1 , t 2
2
1 2
1 2
4 0
m
t t
∆ = − >
⇔ + = − > ⇔ < −
= >
Khi đó phơng trình (1) có 4 nghiệm là x 1,2 = ± t1; x3,4 = ± t2
Và x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 2 (t 1 + t 2 )
= 2[(t 1 + t 2 ) 2 - 2 t 1 t 2 ]
= 2[(-2m) 2 -2.4]
= 8m 2 - 16
Từ giả thiết ta có 8m 2 - 16 = 32 ⇔ = −m 6 ; m= 6 (loại).
Vậy giá trị cần tìm của m là: m= − 6
Bài 2:
Giải hệ phơng trình
Giải:
Hệ phơng trình:
4 0 ( 1) 2 5 2 0
4 0 ( 2)( 2 1) 0
4 0
2 0
4 0
2 1 0
4 0 1
1
4
x=
5 va
13
5
y x
x
y
x
y
+ − − + + =
+ + + − =
− + − + − =
⇔ + + + − =
+ − − + =
⇔ + + + − =
+ − =
+ + + − =
⇔ − + =
+ + + − =
=
=
⇔ = −
= −
1 y=1
Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm: (1; 1); 4; -13
5 5
−
Bài 3:
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2
Giải: *Với x ≥ 2 và y ≥ 2 ta có:
4 4
≥
≥
4 0
+ − − + + =
+ + + − =
Trang 9⇒ x 2 y 2 ≥ 2 (x 2 + y 2 ) = x 2 + y 2 +x 2 + y 2 ≥ x 2 + y 2 + 2 xy > x 2 + y 2 + xy
* Vậy x ≤ 2 hoặc y ≤ 2
- Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y 2 = 4y 2
hay 3y 2 -2y -4 =0 ⇒ Phơng trình không có nghiệm nguyên
- Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc 4 - 2y + y 2 = 4y 2
hay 3y 2 +2y -4 =0 ⇒ Phơng trình không có nghiệm nguyên
- Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y 2 = y 2
hay y = -1
- Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y 2 = y 2
hay 1- y = 0 ⇒ y =1
- Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0
Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)
Bài :
Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x 2 + (3 -x) 2 ≥ 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x 4 + (3-x) 4 + 6x 2 (3-x) 2 Giải: Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức: P= x 4 + y 4 + 6x 2 y 2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn:
3
5
x y
+ =
+ ≥
Từ các hệ thức trên ta có:
2 9
5
+ + =
+ ≥
2 + y 2 ) + 4(x 2 + y 2 + 2xy) ≥ 5 + 4.9 =41
⇒ 5(x 2 + y 2 ) + 4(2xy) ≥ 41
Mặt khác 16 (x 2 + y 2 ) 2 + 25(2xy) 2 ≥ 40(x 2 + y 2 )(2xy) (1)
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ 4 (x 2 + y 2 ) =5(2xy)
Cộng hai vế của (1) với 25 (x 2 + y 2 ) 2 + 16(2xy) 2 ta đợc:
41[ (x 2 + y 2 ) 2 + (2xy) 2 ] ≥ [5(x 2 + y 2 ) + 4(2xy)] 2 ≥ 41 2
hay (x 2 + y 2 ) 2 + (2xy) 2 ≥ 41 ⇔ x 4 + y 4 +6x 2 y 2 ≥ 41
Đẳng thức xảy ra
2 2
3
( ; ) (1; 2) 5
( ; ) (2;1) 4( ) 5(2 )
x y
x y
x y
+ =
=
⇔ + = ⇔
=
+ =
Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt đợc ⇔ x=1 hoặc x=2
Đề 4:
Bài 1 Rỳt gọn cỏc biểu thức sau:
1/ A = 5− 3− 29−12 5
2/ B =
2
4 3 2 4
4 8
+ +
+ +
x x x x
Trang 10Giải:
1/ A= 5 − 3 −(2 5 - 3)
= 5− 6 -2 5
= 5 − ( 5 - 1 ) = 1
2/ B =
2 x
x -2) (
2 4
4 2 4 + +
+
x x
=
2 x
) x 2 )(
x -2 (
2 4
2 4
2 4
+ +
+ + +
x
x x
= x4 – x2 + 2
Bài 2
1/ Cho a > c; b > c; c > 0 Chứng minh rằng:
c(a−c) + c(b−c) ≤ ab
2/ Cho 3 số dương x, y, z có tổng bằng 1 Chứng minh rằng:
x+ yz+ y+zx+ z+xy ≥ 1 + xy+ yz+ zx
Giải: 1/ Điều phải chứng minh tương đương với phải chứng minh
( − )+ c(b -c) ≤ 1
ab
c a c
(1)
2 b
c -1 a
c 2 a
c -1 b
c b
c -1 a
c a
c
+
b c
(Bất đẳng thức côsi) Suy ra điều phải chứng minh
2/ Trước hết ta chứng minh: x+ yz≥ x + yz (1)
Ta có (1) ⇔ x+ yz ≥ x 2 + 2x yz + yz
⇔ 1 ≥ x + 2 yz
⇔ x+y+z≥ x + 2 yz (vì x + y + z = 1) ⇔ ( y - z)2 ≥ 0 luôn đúng
• Tương tự có y+zx≥ y + zx (2) và z+xy ≥ z + xy (3)
• Từ (1), (2), (3) ta có
x+yz + y+zx + z+xy ≥ 1 + xy + yz + zx (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3 1
Bài 3
1/ Giải phương trình: x2 + 3x +1 = (x + 3) x2 + 1
Trang 112/ Giải hệ phương trình:
x + y + z = 6
xy + yz - zx = -1
x2 + y2 + z2 = 14
Giải: 1/ Đặt x2 + 1 = t ≥ 1 ⇒ x2 = t2 - 1, phương trình đã cho trở thành
t2 – (x + 3)t + 3x = 0
⇔
=
= 3
t
x
t
• Với t = x thì x2 + 1 = x phương trình này vô nghiệm
• Với t = 3 thì x2 + 1 = 3 ⇔ x2 = 8 ⇔ x = ± 2 2
• Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = ± 2 2
2/ Ta có x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) = 14
⇒ xy + yz + zx = 11 kết hợp với xy + yz - zx = -1 có y(x + z) = 5
⇒ y và x+z là nghiệm của phương trình t2 – 6t + 5 = 0
⇒
= +
= 1
5
z x
y
hoặc
= +
= 5
1
z x y
• Với
= +
= 1
5
z x
y
hệ vô nghiệm
Với
=
+
=
5
1
z
x
y
hệ có 2 nghiệm (x;y;z)=(2;1;3) và (x;y;z)=(3;1;2)
Bài 4
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a Gọi chân đường vuông góc hạ từ điểm M nằm trong tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F Xác định vị trí của M
để :
1/
MF ME MD
1 1
1 + + đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị đó
2/
MD MF MF ME ME
1 1
1
đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị đó
Trang 12Giải:
F
E
D
z
y x M
C B
A
Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB và h là đường cao ∆ABC
Dễ dàng chứng minh được
• x+y+z = h =
2
3
a
9 1 1 1
)
+ +
+
+
z y x
z
y
+
+ +
+ + +
+ + + +
x z z y y x x z z y y x
Từ đó ta có
1/
a
3 6 3 a
9.2 9 1 1 1 1 1
1 + + = + + ≥ = =
h z y x MF ME
MD
2/
a
3 3 3 a
9 2
9 1 1
1 1
1
+
+ +
+ +
= +
+ +
+ +ME ME MF MF MD x y y z z x h
MD
Trong cả hai trường hợp đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
⇔ M là trọng tâm tam giác đều ABC
Bài 5
1/ Chứng minh rằng 22p + 22q không thể là số chính phương, với mọi p, q là các số nguyên không âm
2/ Có hay không 2009 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng đều tạo thành 1 tam giác có góc tù
Giải:
1/ Không mất tính tổng quát giả sử p≥ q, ta có: 22p + 22q = 4q(4p-q + 1)
4q là số chính phương, nên cần chứng minh 4p-q + 1 không chính phương
Giả sử ngược lại, 4p-q + 1 = (2k + 1)2 (k ∈N)
⇔ 4p-q-1 = k(k + 1)
vô lí vì tích hai số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương
2/ Trên mặt phẳng vẽ đường tròn đường kính AB bất kì.
Trên nửa đường tròn đó lấy 2009 điểm A1; A2; … ; A2009 khác nhau và khác B
Trang 13⇒ Bất kì 3 điểm nào Ai, Aj, Ak (i ≠ j ≠ k) đều tạo thành một tam giác chắc chắn có một góc tù
⇒ luôn tồn tại 2009 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán
Đề 5:
Câu 1 (3,5 điểm)
1/ Rút gọn biểu thức: 2 3 2 3
2 4 2 3 2 4 2 3
2/ Cho hàm số f(x) = (x3 + 6x - 5)2010, tính f(a) với a = 3 3 + 17 + 3 3 − 17
Câu 2 (4,5 điểm)
1/ Giải hệ phương trình:
2
2
2
x 2x y 2y x
y 2y z 2z y
z 2z x 2x z
− + =
− + =
− + =
2/ Giải phương trình: 3 2 1
3
x − − =x x
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo thứ tự là tiếp điểm của (O, R) với các cạnh AB; BC; CD; DA
1/ Chứng minh EB GD
EA = GC Từ đó, hãy tính tỷ số EB
EA,biết: AB=4R
3 và BC=3R 2/ Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đường vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R) Đường thẳng HK cắt (O, R) ở điểm T (khác H) Chứng minh MT = MG
Câu 4 (4,0 điểm)
1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a bc Hãy xác định dạng tam giác ABC
2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đường cao AH và BK Cho biết
AH ≥ BC và BK ≥ AC Hãy tính các góc của tam giác ABC
Câu 5 (4,0 điểm)
1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để (n4 +42k 1 + ) là số nguyên tố
2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn a 3 + b 3 = 2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a + b)
Giải:
Câu 1 (3,5 điểm)
1) (1,50đ)
Biến đổi Biểu thức đã cho thành 2 3 2 2 3 2
2 ( 3 1) 2 ( 3 1)