§ò 1 trường thcs vinh thanh §ò 1 bµi 1 cho bióu thøc p arót gän p bt×m x nguyªn ®ó p cã gi¸ trþ nguyªn giải bµi 1 2 ®ióm §k x a rót gän p p b p §ó p nguyªn th× vëy víi x th× p cã

Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.[r]

TRƯỜNG THCS VINH THANH

Đề 1

















































1

1 2 2 : 1 1

x

x x x

x

x x x x

x x

a,Rút gọn P

b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên

Giải :

Bài 1: (2 điểm) ĐK: x  0 ;x  1

a, Rút gọn:

 2

=

   

 2

:

1

x

         

 

1

1 2

: 1

1









x

x x

x

x

<=> P =

1

1 )

1 (

1

2











x

x x

x

b P =

1

2 1 1

1











x x

x

Để P nguyên thì

) ( 1 2

1

9 3

2

1

0 0

1

1

4 2

1

1

Loai x

x

x x

x

x x

x

x x

x



















































Vậy với x= 0 ; 4 ; 9 thì P có giá trị nguyên

Bài 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)

a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm

b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn 3

2 3

1 x

Giải :

a)Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:



































0 1 2

0 6

0 6

4 1

2

2

1

2 2

1

2 2

m x

x

m m

x

x

m m

m

3 2

0 ) 3 )(

2 (

0

2 5



























m

m m

b Giải phơng trình:  2  3 ( 3 ) 3 50







TRƯỜNG THCS VINH THANH



































2 5 1 2 5 1

0 1 50

) 7 3

3 ( 5

2 1

2 2

m m

m m

m m

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

   

1 1 72

x y x y

x x y y

    





  



Giải :

 

1 1

u x x

v y y

  





 



Ta có : 18

72

u v uv

 









 u ; v là nghiệm của phơng trình :

2

18 72 0 12; 6

X  X    X  X 

6

u v











; 6

12

u v











 

1 12

1 6

x x

y y

  





 



;  

 

1 6

1 12

x x

y y

  





 



Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị

Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H là trực tâm của

tam giác D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A

a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành

b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB và AC Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất

Giải :

Bà4

H

Q P

D O A

B

C

a Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên

CH AB và BHAC

=> BDAB và CD AC

Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD của đờng tròn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành

TRƯỜNG THCS VINH THANH b)Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB

nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác:

AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB

Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB

Chứng minh tơng tự ta có: CHQ = DAC

Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng

c) Ta thấy  APQ là tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ

đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất

 D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Bài 5 Cho x>o ; 2 12

7

x x

  Tớnh: 5 15

x x



Giải :

Từ

2

2

               

                

2

1

3 x 2 7 1 3 49 8 123

x

         

TRƯỜNG THCS VINH THANH

Đề : 2

Câu1 : Cho biểu thức

A=

2

) 1 ( : 1

1 1

1

2

2 2 3

3









































x

x x x x

x x x

x

Với x 2;1 a, Ruý gọn biểu thức A

.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 6 4 2 

c Tìm giá trị của x để A=3

Giải :

a Rút gọn A=

2

:

      

=

x

x2  2

b.Thay x= 6 4 2    2 2 vào A ta đợc A= 2(4  2)

c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=

2

17

3 

Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

2 ( ) 4 3( )

2 3 7

x y

    



 



b Giải bất phơng trình:

2

4 2 12

3

  

 

Giải :

a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ đó ta có

2 ( ) 4 3( )

2 3 7

x y

    



 



<=>* 1

2 3 7

x y

x y

 





 



(1) V * 4

2 3 7

x y

x y

 





 



(2) Giải hệ (1) ta đợc x=2, y=1

Giải hệ (2) ta đợc x=-1, y=3

Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=2, y=1 hoặc x=-1; y=3

b) Ta có x3-4x2-2x-20=(x-5)(x2+x+4)

mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 ; x2+x+4>0 với mọi x

Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5

Câu3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

a)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn biệt

b)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn biệt x1;x2 sao cho: 2 2

x x 

K

F E

D

C B

A

TRƯỜNG THCS VINH THANH Giải :

Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

 a)Xét 2m-10=> m 1/2

và, = m2-2m+1= (m-1)2 > 0  m1

ta thấy pt có 2 nghiệm p.biệt với m 1/2 và m1

b) m=2 2

4



Câu 4 Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng

hình vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm của

AE và nửa đờng tròn (O) Gọi K là giao điểm của CFvà ED

a Chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K nằm trên một đờng tròn

b Chứng minh rằng :BK là tiếp tuyến của(o)

c Chứng minh rằng :F là trung điểm của CK

Giải :

a Ta có KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa

đờng tròn)

do CF kéo dài cắt ED tại D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng tròn đ-ờng kính BK

hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK

b BCF= BAF

Mà  BAF= BAE=450=>  BCF= 450

Ta có BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=> BKF=450

Vì  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B

=>BKOB=>BK là tiếp tuyến của(0) c)BFCK tại F=>F là trung điểm

Đề 3

xy x

y x

y y

y x

x P



















1 1 1

) )

1 )(

(

TRƯỜNG THCS VINH THANH a) Tìm điều kiện của x và y để P xác định Rút gọn P

b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2

Giải :

a) Điều kiện để P xác định là : x  0 ; y  0 ; y  1 ; x  y  0

     

(1 ) (1 )

P



     

( )

x y x x y y xy x y



  1  1 



       

   



1 

x y y y x

y

  





 

1

y



  x  xy  y.

Vậy P = x  xy  y.

b) P = 2  x  xy  y.= 2

   

1 1 1



















y x

y y

x

Ta có: 1 + y 1  x  1 1  0  x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4

Thay vào ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn

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

Giải :

a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2)

Nên phơng trình đờng thẳng (d) là : y = mx + m – 2

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phuơng trình:

- x2 = mx + m – 2

 x2 + mx + m – 2 = 0 (*)

Vì phơng trình (*) có  m2  4m  8 m  22  4  0 m

Nên 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 trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu  m – 2 < 0  m < 2

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

























27 1

1 1

1

9

zx yz

xy

z y

x

z y

x

Giải :

 

 

























3 27

) 2 ( 1

1 1

1

1 9

xz yz

xy

z y

x

z y

x

ĐKXĐ : x  0 , y  0 , z  0

TRƯỜNG THCS VINH THANH

2

2

2

( ) ( ) ( ) 0

( ) 0

( ) 0

( ) 0

z x

z x

          

          

      

    

        

    



Thay vào (1) => x = y = z = 3

Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x =

y = z = 3

Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn

)

;

(C A C B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đ-ường 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

Giải :

N

Q

M

C

a) Xét ABM và NBM

Ta có: AB là đường kính của đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o

M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => BAN cân đỉnh B

Tứ giác AMCB nội tiếp

=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB)

=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM)

=> 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

Giải :

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:

2

y

x 

xy

 (Bất đẳng thức Cô si) => 1 > 2 xy (2)

TRƯỜNG THCS VINH THANH

Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2

Max A2 = 2 <=> x = y =

2

1

, max A = 2 <=> x = y =

2 1

Đề 4

Câu 1: Cho hàm số f(x) = 2 4 4



 x x

a) Tính f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10

c) Rút gọn A =

4

) ( 2



x

x f

khi x   2

Giải :

a) f(x) = 2 4 4 ( 2 ) 2 2











x

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

































8

12 10

2

10 2 10

)

(

x

x x

x x

f

c)

) 2 )(

2 (

2 4

) (

2













x x

x x

x f

A

Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra

2

1





x A

Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra

2

1







x A

Câu 2: Giải hệ phơng trình



















) 3 )(

7 2 ( ) 7 2 )(

3 (

) 4 )(

2 ( ) 2 (

y x y

x

y x y

x

Giải :

TRƯỜNG THCS VINH THANH

( 2) ( 2)( 4)

( 3)(2 7) (2 7)( 3)

2 2 4 8

2 6 7 21 2 7 6 21

4

0

   





    



    



 

      



xy x xy y x

x y

x y

x -2

y 2





































1

: 1

1 1

1

x

x x x

x x

x x

với x > 0 và x  1 a) Rút gọn A

b) Tìm giá trị của x để A = 3

Giải :























1

: 1

1 1

1

x

x x x

x x

x x





















































1 1

) 1 ( : 1

1 )

1 )(

1

(

) 1 )(

1

(

x

x x

x x x

x x

x

x x x









































1

: 1

1 1

1

x

x x x x

x x

x

x

=

1

: 1

1 1













x

x x

x x

x

=

1

: 1

2









x

x x

=

x

x x

1







x

x

 2

b) A = 3 =>

x

x



2 = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2

3

Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài 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 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

Giải :

TRƯỜNG THCS VINH THANH

E H C

A

B

Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) a) Nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có

CB

CH PB

EH

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)

=> POB = ACB (hai góc đồng vị)

=>  AHC   POB

Do đó:

OB

CH PB

AH

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 cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) và do AH = 2EH ta có

)

2 (

2PB

AH.CB 2PB

AH.CB

AH2  R

 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

2

2 2 2

2 2

2

2 2 2

2 2

2 2

d

R d 2.R 4R

) R 4(d

R d 8R

(2R) 4PB

4R.2R.PB CB

4.PB

4R.CB.PB AH























Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0

Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11

Giải :

Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì  > 0

<=> (2m - 1)2 - 4 2 (m - 1) > 0

Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:

































11 4x

3x

2 1 m x

x

2 1

2 m x

x

2 1

2 1 2 1



























11 8m -26

7 7m 4 7

4m -13 3

8m -26

7 7m x

7 4m -13 x

1 1

8m -26

7 7m 4 7

4m -13

3    ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2) đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: 3 x1 -4 x2 = 11

TRƯỜNG THCS VINH THANH

Đề 5

Câu 1: Cho P = 2

1

x

x x



 + 1

1

x

x x



  - 1

1

x x





a/ Rút gọn P

b/ Chứng minh: P < 1

3 với x  0 và x 1.

Giải :

Điều kiện: x  0 và x 1

P = 2

1

x

x x



 + 1

1

x

x x



  - 1

( 1)( 1)

x



 

= 32

( ) 1

x x



 + 1

1

x

x x



  - 1

1

x 

( 1)( 1)

      

  

=

( 1)( 1)

x x



   =

1

x

x x

b/ Với x  0 và x 1 Ta có: P < 1

x

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)

Câu 2: Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số

a/ Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm

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

Giải :

a/ 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:

2

3 2 2

.3 3

a a m

  





 



 a= 1

2

m 

 3( 1

2

m 

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thõa mãn điều kiện)

TRƯỜNG THCS VINH THANH

Câu 3: Giải phơng trình : 1

x + 2

1

2 x = 2 Giải :

Điều kiện x  0 ; 2 – x2 > 0  x  0 ; x < 2

Đặt y = 2 x 2 > 0

Ta có:

2 2 2 (1)

1 1

2 (2)

x y

x y

  





 





Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -1

2

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

X2 – 2X + 1 = 0  X = 1  x = y = 1

* Nếu xy = -1

2 thì x+ y = -1 Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:

X2 + X - 1

2 = 0  X =

1 3 2

 

Vì y > 0 nên: y = 1 3

2

   x = 1 3

2

 

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3

2

 

Câu 4: Cho ABC cân tại A với AB > BC Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B) Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp BCD 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

Giải :

O

A

B

C D

c/ Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang

Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành

 AB // CK

 BAC  ACK

2

ACK  sđEC = 1

2sđBD = DCB

Nên BCD BAC  

Dựng tia Cy sao cho BCy BAC   Khi đó, D

là giao điểm của AB và Cy

Với giả thiết AB > BC thì BCA > BAC >

BDC

 D  AB Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm

TRƯỜNG THCS VINH THANH

2 2  1 2 2  1 2 2  1 0

Tính giá trị của biểu thức :A x 2009 y2009 z2009

Giải :

Từ giả thiết ta có :

2

2

2

2 1 0

2 1 0

2 1 0

x y

y z

z x

   



  





  



Cộng từng vế các đẳng thức ta có :x2  2x 1  y2  2y 1  z2  2z 1 0

x 12  y 12 z 12 0

      

1 0

1 0

1 0

x y z

 





   

  



1

x y z

   

 2009  2009  2009