zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Bộ đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2011

Chia sẻ: Huỳnh Đức Huy | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:133

Báo xấu

1.397
lượt xem 437
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo bài viết 'bộ đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2011', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2011

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Đề 90 Bài 1: (4,0 điểm). 2x + x −1 2x x − x + x x − x Cho biểu thức A = 1 + ( − . ). 1− x 1− x x 2 x −1 6− 6 a) Tìm các giá trị của x để A = . 5 2 1 b) Chứng minh rằng A > với mọi x thoả mãn x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ . 3 4 Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải các phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x 2 − 7 3xy = 2 ( x+ y )  b) Giải hệ phương trình sau: 5yz = 6 ( y + z )  4zx = 3 ( z + x ) Bài 3: (3,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: ab bc ca 1 + + ≤. c +1 a +1 b +1 4 Bài 4: (6,0 điểm). 1) Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai đường tròn này nằm trong đường tròn (C3) và tiếp xúc với (C 3) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của (C1) và (C2) cắt (C3) tại P. PM cắt đường tròn (C1) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C 1) tại điểm thứ hai B. PN cắt đường tròn (C2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C2) tại điểm thứ hai C. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. 2) Cho ∆ ABC đều điểm M nằm trong ∆ ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo góc BMC ? Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y2 z2 + + với x > 0; y > 0; z > 0 và A= xy + yz + zx =1 x+y y+z z+x Hãy thư giản !!! 1
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011   2x + x − 1 2x x − x + x x − x (2 x − 1)( x + 1) x (2 x − 1)( x + 1)  x ( x − 1) = 1+  A = 1+ ( − − 1.a) ). . ( )  (1 − x ) 1 + x (1 − x )( x + x + 1)  2 x − 1 1− x 1− x x 2 x −1    x ( x + 1)  x +1 x = 1 − 1 −  . x = 1− = x + x +1  x + x +1 x + x +1  6− 6 x +1 6− 6 Ta có A = ⇔ = ⇔ x − 6. x + 1 = 0 . Từ đó giải được x = 2 + 3; x = 2 − 3 x + x +1 5 5 x +1 2 2 b)Ta có: A > 3 ⇔ > ⇔ x − 2 x + 1 > 0 ⇔ ( x − 1) 2 > 0 x + x +1 3 2 Do x ≠ 1 nên x − 1 ≠ 0 ⇒ ( x − 1) 2 > 0 . Vậy A > 3 −2 2 2) Giải, xác định đúng điều kiện: x ≤ ;x ≥ 2 2 ⇔ x 2 + 4 x + 4 + 2 x 2 − 1 − 2 2 x 2 − 1. 7 + 7 = 0 ⇔ ( x + 2) 2 + ( 2 x − 1 − 7) = 0  x = −2 x + 2 = 0   ⇔ ⇔   x = 2 ⇔ x = −2 (Thỏa mãn)  2x − 1 − 7 = 0 2   x = −2   11 1 11 4 1 ≤+  (*) dấu bằng xảy ra khi x = 3) Ta có với x, y >0 thì: ( x+y)2 ≥ 4 xy ⇒ + ≥ ⇒ x+ y 4 x y x y x+ y   y. Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có: ab  1 1 ab ab = ≤ + ÷;  c + 1 (c + a ) + (c + b ) 4  c + a c + b  bc  1 1 bc ≤ + ÷; a +1 4  a + b a + c  Tương tự ta có: ca  1 1 ca ≤ + ÷. b +1 4  b + a b + c  1  ab + bc ab + ca bc + ca  1 ab bc ca 1 ÷= ( a + b + c ) = ⇒ + + ≤ + + c +1 a +1 b +1 4  c + a b+c a+b  4 4 ab bc ca 1 1 ⇒ + + ≤ . Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c = c +1 a +1 b +1 4 3 + Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0. Hãy thư giản !!! 2
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 x + y 3 1 1 3  xy = 2 x + y = 2   y + z 5 1 1 5 ⇔ (II)  + = + Với xyz ≠ 0 thì (I) được viết lại: = Cộng ba phương trình của hệ   yz 6 y z 6 z + x 4 1 1 4 = + =   zx z x 3 3 1 1  11 1 1 1 11 1 ⇔++= (II) theo vế ta được: 2  + + ÷ = (*) xyz6 x y z 3 Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3). 4. 1) Gọi O1, O2, O3 tương ứng là tâm các E đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 N C thẳng hàng => BO1 // NO3 B MB O1 B MA O1 A = > MN = O N . Tương tự: MP = O P O2 •T M 3 3 MA MB D = => => AB//NP O1 MP MN Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành O3 (với E = AB ∩ CD). Do PAT ~ PTM A => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN EB PN PA ED = = = Vậy PA. PM = PD.PN => EC PM PD EA P =>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 => ABCD nội tiếp. 2) Vẽ tam giác đều CMN BCN = ACM => BN = AM mà AM 2 = BM 2 + CM 2 ⇔ BN 2 = BM 2 + MN 2 ⇔ ∆BMN vuông tại M. · · · ⇒ BMC = BMN + NMC = 900 + 600 = 1500 . 5. + Biến đổi để được:  xy zx  yz A = x + y + z − + + ÷ (1) x+y y+z x+z + Chứng minh được: x + y + z ≥ xy + yz + zx > 0 (2) 1 + Thay (2) (3) vào (1) được A ≥ 2 Hãy thư giản !!! 3
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 x = y = z  1 ⇔ Do đó: Min A =  xy + yz + zx = 1 2  1 1 ⇔x=y=z= + Vậy Amin = 2 3 Đề 91 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x −3 x   x −3 9−x  x −2 P = 1 − + − :  x − 9  2 − x 3 + x x + x − 6  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P = 1 Bài 2: (5,0 điểm). x2 = x−4 a) Giải phương trình: ( x + 1 + 1) 2 x + y + z = 5 b) Tìm nghiệm nguyên của hệ:   xy + yz + zx = 8 Bài 3: (2,0 điểm). Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1 (1 + z )(1 + x ) (1 + y )(1 + z ) (1 + x )(1 + y ) 2 2 2 2 2 2 +y Tính: T = x +z 1+ y2 1+ x2 1+ z2 Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số cùng chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 b1 ≤ b2 ≤ b3 Chứng minh rằng : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3) a 2005 + b 2005 + c 2005 3 Áp dụng chứng minh rằng : với 0 ≤ a ≤ b ≤ c thì ≤ a+b+c +b +c 2006 2006 2006 a Bài 5: (6,0 điểm). 1. Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o1) và (o2) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt (o1) và (o2) tại M và N. Các đường thẳng BC và BD lần l ượt c ắt đ ường thẳng MN tại P và Q . Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E . Chứng minh rằng: Hãy thư giản !!! 4
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD b) Tam giác EPQ là tam giác cân. 2. Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD). Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC sao cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau  x≥0 x ≥ 0   1. đk  x − 9 ≠ 0 ⇔  x ≠ 9 2 − x ≠ 0 x ≠ 4    x ( x −3)  ( x −3)(3 + x ) + ( x − 2)(2 − x ) +9 − x  Ta có: P = − 1 :   ( x +3)( x −3   ( 2 − x )(3 + x )     4 x −x−4    (2 − x )(3 + x )   3 3  3 3 . Vậy P = : =  = = . x −2 x −2  x + 3   (2 − x )(3 + x   x + 3   − (2 − x ) 2  3 Ta thấy P = 1 ⇔ = 1 ⇔ x − 2 = 3 ⇔ x = 5 ⇔ x = 25 . Vậy với x = 25 thì P = 1 x −2 ( ) 2 2  x x +1 −1    x 2. a. ĐK: x ≥ -1 và PT   = x−4⇔   = x−4    x + 1 + 1 x   ( ) 2 x + 1 − 1 = x − 4 ⇔ x + 1 = 3 . Giải Pt x = 8 (t/m x ≥ -1). KL: x = 8 x + y = 5 − z Hệ ⇔ xy + ( x + y ) z = 8 b.  x + y = u ⇒x, y là nghiệm của phương trình: t2 - ut + v = 0 Đặt  (a) xy = v  Phương trình có nghiệm ⇔ u2 – 4v ≥ 0 (*) (1) u = 5 − z . Thế (1) vào (2) ⇒ v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 8 Ta có hệ:  ( 2) v + zu = 8 Hệ có nghiệm ⇔ (a) có nghiệm ⇔ (*) xảy ra ⇒ (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) ≥ 0 ⇔ - 3z2 + 10z – 7 ≥ 0 Hãy thư giản !!! 5
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011  7  z − 1 ≥ 0 (3) 1≤ z ≤   3 7 − 3 z ≥ 0  ⇔  z ≤ 1 0⇔  ⇔ (z-1)(-3z+7) ≥  z − 1 ≤ 0   7  z ≥ 7 − 3 z ≤ 0 (VN )   3 Từ (3) và do z nguyên ⇒ z = 1; 2  x = 1  u = 3  x + y = 3  y = 2 u = 4  x + y = 4  x = 2 +) z = 1 ⇒  ⇒ ⇒ +) z = 2 ⇒  ⇒ ⇒  x = 2 v = 4  xy = 4 y = 2 v = 2  xy = 2   y = 1  Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z) 3. Ta có =(x+z)(z+y) Tương tự ta có: 1+y =(y+x)(y+z) 2 1+z2 =(z+x)(z+y) ( y + x) ( y + z )( z + x) ( z + y ) ( z + x)( z + y )( x + y )( x + z ) ( x + y)( x + z)( y + x)( y + z) +y +z T= x = ( x + z)( x + y) ( x + y)( y + z ) ( z + x)( z + y) =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2 4. Do a1 ≤ a2 ≤ a3 ⇒ a1 - a2 ≤ 0 a1 - a3 ≤ 0 a2 - a3 ≤ 0 ⇒ b1 - b2 ≤ 0 và b1 ≤ b2 ≤ b3 b1 - b3 ≤ 0 b2 - b3 ≤ 0 ⇒ (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) ≥ 0 ⇔ 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 ≥ 0 ⇔ a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) ⇔ a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) ⇔ ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005 a b c b1 = ; b2 = ; b3 = a+b+c a+b+c a+b+c Do 0 ≤ a ≤ b ≤ c Nên ta có ; a1 ≤ a2 ≤ a3 và b1 ≤ b2 ≤ b3 áp dụng câu a ta có;  a 2006 + b 2006 + c 2006  a c + b 2005 + c 2005 b 2005 ⇔ a 3  ≤ 3 + +  ≤ 2005 2005 2005 (a +b +c )   a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c a 2006 + b 2006 + c 2006 a + b + c   5. 1) Do MN // CD nên ∠ EDC = ∠ ENA Mặt khác ∠ CDA= ∠ DNA ( Cùng chắn cung DA) -> ∠ EDC= ∠ CDA hay DC là phân giác góc ADE. Hãy thư giản !!! 6
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Lâp luận tương tự -> CD cũng là phân giác góc ACE -> A và E đối xứng nhau qua CD-> AE ⊥ CD Do PQ song song với CD nên AE ⊥ PQ ( *) Gọi I là giao điểm của AB và CD . Ta có ∆ AID đồng dạng với ∆ DIB ( Do chung ∠ BID và ∠ IAD = ∠ IDB (cùng chắn cung BD)). ID IB -> ID 2 = IA.IB. -> = (1) IA ID Lập luân tương tự -> IC2 = IA.IB (2) Từ (1) và (2) -> IC = ID F ID IC BI ( cùng bằng Mà = AQ ) => AP = AQ AP BA Kết hợp với (*) -> ∆ EPQ cân tại E 2) C D Biến đổi hình thang thành hình tam giác E cùng có diện tích ABF. Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC tại F. Chứng minh SABCD = SABF. Lấy E là trung điểm cảu FB. Đoạn thẳng AE chia tam giác ABF thành hai hình có A B diện tích bằng nhau và AE cũng là đoạn thẳng chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau Đề 92 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :  x + 2  x + x + 3 1 8 x +8 x P= :  + − +  x +2 x+2 x   x+2 x x x    a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P ≤ 1 . ( ) b) Tìm x thoả mãn : x + 1 .P = 1 Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải phương trình : 2 x x +  =1 2  x +1 b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = 0 x2+ y2x + 2y = 0 111 1 ++= Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn : x y z x+y+z Hãy thư giản !!! 7
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 3 Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) . 4 Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho ∆ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c0 Ta có : P = : x .( x + 2) x .( x + 2) − ( x − 1) 2 4 x +4 4 x+4 Vậy P ≤ 1 ⇒ P-1= P= −1 = ≤0 x+2 x +5 ( x + 1) 2 + 4 x+2 x +5 ( ) b) ( x + 1).P = 1 ⇔ 4 x + 1 = x + 2 x + 5 ⇔ 3x + 6 x -1 2 =0 −3−2 3 (loại) x= ⇔ x = 7 − 4 3 (thoã mãn điều kiện x>0) . 3 ⇔ (thỏa mãn) −3+ 2 3 3 x= 3 x2 x2 2x 2 x 2 2x 2 x2 2. a. ĐK : x ≠ −1 ⇔ x 2 − = 1 ⇔ (x − =1 ⇔ ( +( )+ ) + 2. + 1) 2 = 2 x +1 x +1 x +1 x +1 x +1 x +1 x + (1 − 2 ) x + (1 − 2 ) = 0 2 ⇔ x = 2 − 1 ± 2 2 − 1 (thỏa mãn) ⇔ x + (1 + 2 ) x + (1 + 2 ) = 0 2 2 b. Giải hệ phương trình : Nếu y=0 ⇒ x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phương trình . Hãy thư giản !!! 8
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Với y ≠ 0 hệ đã cho trở thành 2 2 x y – 2x + 3y = 0 x y+ y3x + 2y2 = 0 2 (1) y 3 x + 2x − y 2 = 0 ⇔ Nhận thấy y = −3 2 không thoả mãn hệ phương trình . (2) x + y x + 2y = 0 2 2 y2 Xét y ≠ − 2 từ (1) ⇒ x = thay vào (2) ta có : 3 y3 + 2   y2 2 y2 y3 y3 ) + y2. 3 + 2 y = 0 ⇔ y 3 +3 + 2 = 0 ⇔ 3 y 6 + 11 y 3 + 8 = 0 ( y +2 y +2  ( y + 2) y +2 3 2  y = −1 ⇒ y = −1 ⇒ x = 1 3 −2 ⇔ . Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 3 ; −2 ). 8 y = − ⇒ y = 3 ⇒ x = −2 3 3 33 3 3 x+y x+ y+z−z 111 1 111 1 3. Từ : x + y + z = x + y + z => x + y + z − x + y + z = 0 => xy + z ( x + y + z ) = 0 1   zx + zy + z 2 + xy  1 ⇒ ( x + y)  = 0 ⇒ ( x + y)  ÷ = 0 ⇒ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) = 0 +  xy z ( x + y + z ) ÷ ÷  xyz ( x + y + z )    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 4. A M F E O Q P B C N 1 a. Ta có : ∠ BOP là góc ngoài ∆AOB ⇒ ∠ BOP= ∠ OAB + ∠ OBA = ( ∠ BAC + ∠ ABC) 2 1800 − ∠ACB 1 Lại có : ∠ PNB=1800 – ∠ MNC =1800 - = 1800 − (∠BAC + ∠ABC ) 2 2 ⇒ ∠ BOP+ ∠ PNP=1800 ⇒ tứ giác BOPN nội tiếp ⇒ ∠ OPM = ∠ OBC (cùng bù ∠ OPN ) Hãy thư giản !!! 9
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 ⇒ ∆ OPM ∠ OMP = ∠ OCN Mặt khác : ∆ OBC (g.g) PM OM OP (1) ⇒ = = a OC OB NQ ON OM PM ∆ OCA (g.g) ⇒ = = = Tơng tự ta có : ∆ ONQ  b OC OC a PQ OP PM MP NQ PQ ∆ QOP (g.g) ⇒ Từ (1) , (2) ⇒ = = = = ∆ AOB  c OB a a b c b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên) ⇒ ∠ AQO= ∠ AMO = 900 ⇒ ∆ ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến ⇒ ∠ EQB= ∠ EBQ= ∠ CBQ ⇒ EQ//BC mà EF//BC ⇒ E, Q, F thẳng hàng . 5. Cho ba số thực a, b, c không âm sao cho a + b + c = 1 . Chứng minh: b + c ≥ 16abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? Theo kết quả câu 3.1, ta có: ( a + b + c)=  a + ( b + c )  ≥ 4a ( b + c ) 2 2   a + b + c = 1 (giả thiết) mà nên: 1 ≥ 4a ( b + c ) ⇔ b + c ≥ 4a ( b + c ) (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) 2 Nhưng: ( b + c ) ≥ 4bc (không âm) 2 Suy ra: b + c ≥ 16abc . a = b + c 1 1 ⇔b=c= , a= Dấu đẳng thức xảy ra khi:   b=c 4 2 Đề 93 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x −3  3 x −9  x +2 9 −x P = + − ÷: 1 − ÷ x −9  2 − x 3+ x x + x −6   a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên. Bài 2: (3,0 điểm). Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh: 1 8(x 4 + y 4 ) + ≥5 xy Bài 4: (3 điểm) a) Giải hệ phương trình Hãy thư giản !!! 10
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 1x x2 + 2 + = 3 y y 1x x+ + =3 yy b) Giải phương trình : 25 - x 2 - 10 - x 2 = 3 Bài 4: (6,0 điểm). 1) Cho ∆ ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P), (Q) theo th ứ tự là đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB và AHC. Kẻ tiếp tuy ến chung ngoài (khác BC) c ủa (P) và (Q) c ắt AB, AH, AC theo tự M, K, N. Chứng minh rằng. a. ∆ HPQ ∆ ABC b. KP // AB, KQ // AC. c. Tứ giác BMNC nội tiếp được 2) Cho a, b, clà độ dài 3 cạnh của ∆ ABC. Gọi m, n, k là độ dài các đường phân giác trong của ba góc của ∆ ABC. Chứng minh rằng: + + > + + Bài 5: (2,0 điểm). Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và s ố đo di ện tích b ằng s ố đo chu vi. x ≥ 0 x ≥ 0    x ≠ 2 ⇔ x ≠ 4 . 1. Điều kiện để P có nghĩa: Ta có: x ≠ 9 x ≠ 9   (x − 9) + (4 − x) 9 −x − (2 − x )( x + 3) ( x − 2)( x + 3) P= x ( x − 3) ( x − 3)( x + 3) (x − 9) + (4 − x) + (9 − x) x +3 4 −x 2+ x ⇔P= ⇔P= = . . (2 − x )( x + 3) (2 − x ) x x x Hãy thư giản !!! 11
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011  x =1 2 2+ x 2 . Do đó để P ∈ Z thì ta cần ∈Z⇔ Theo câu a ta có: P = =1 + x  x = 2 (lo¹ i) x x  ⇔ x = 1.Vậy với x = 1 thì P có giá trị nguyên. 2. Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 = [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + 1. 1 1 1 ⇒8(x 4 +y 4 ) + =16x 2 y 2 −32xy +8 + =(4xy −7)(4xy −1) +1 + xy xy xy Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Côsi ta có: (4xy − 7)(4xy −1) ≥ 0  1 2 xy ≤ x + y =1 ⇔xy ≤ ⇒ 1 xy ≥ 4 4  x = y 1 1 1 ⇒ (4xy − 7)(4xy − 1) + 1 + ≥ 5 ⇔ 8(x 4 + y 4 ) + ≥ 5 . Dấu bằng xảy ra khi ⇔x=y= .  x + y = 1 xy xy 2 3. 1) ĐKXĐ: - 10 ≤ x ≤ 10 a − b = 3 Đặt a = 25 − x 2 ; b = 10 − x 2 ( a, b ≥ 0 ). Ta được hệ pt :  2 2  a − b = 15 Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3 2  1  1 1x x 1 x x 2) Đk y ≠ 0 : x 2 + + = 3 ⇔  x +  = 3 + (1): x + + =3⇔ x +  −3= − (2)     2 y y y y y y y y   2     1  1 1 1  − 6 = 0 ⇔  x + + 3  x + − 2  = 0 Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:  x +  +  x +       y y y y          1 1 1  x + y = −3( 3) x + y + 3 = 0  x + y = −3 6 y 2 + 3 y + 1 = 0(*)  ⇔  ⇔ Từ (3) và (2) ta có: (*) vô nghiệm   x x = 6 y 1 1 x + = 2( 4 ) x+ −2=0 =6   y y y     1  x + y = −3 y 2 − 2y + 1 = 0  ⇒ hệ vô nghiệm. Từ (4) và (2) ta có  ⇔ ⇔ x = y = 1; hệ có 1 nghiệm x = y  x =1 y  x = y = 1; 4. 1) a. ∆ AHB ∆ CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp ∆ AHB và ∆ AHC HP AB => HQ = AC (1) lại có ∠ BAC = ∠ PHQ = 900 (2) Từ (1) và (2) suy ra ∆ HPQ ∆ ABC b. Theo câu a. ta có ∠ PQH = ∠ ACB (3) ∠ PKQ = ∠ PHQ = 90 => tứ giác PKQH nội tiếp được => ∠ PKH = ∠ PQH (4) 0 Từ (3) và (4) => ∠ PKH = ∠ ACB Hãy thư giản !!! 12
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 lại có ∠ BAH = ∠ ACB=> ∠ PKH = ∠ BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta cũng có KQ //AC. c. Ta có ∠ ACB = ∠ PKH = ∠ MKP = ∠ AMK => ∠ BMN + ∠ NCB = ∠ BMN + ∠ AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp được A N K M Q P B C H M 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M ∠ A1 = ∠ M1, ∠ A2 = ∠ C2, Mà ∠ A1 = ∠ A2, (AD là tia phân giác của góc A ) Nên ∠ M1 = ∠ C1, ⇒ AM = AC. Xét ∆ AMC : MC < AM + AC = 2AM Xét ∆ BMC ta có : AD // MC ⇒ = = Nên AD = < ⇒ > ( + ) A ⇔> ( +) 2 1 Tương tự : > ( + ) ; > ( + ). Vậy + + > + + 5. Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1 ≤ a ≤ b < c . 1 (1) a 2 + b 2 = c 2 C Ta có hệ phương trình : B D  ab = 2(a + b +c) (2) Từ (1) ⇒ c = (a + b) − 2ab ⇒ c = (a + b) − 4(a + b + c) (theo (2)) 2 2 2 2 ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 4c + 4. ⇔ (a + b − 2)2 = (c + 2)2 ⇔ a + b − 2 = c + 2 (do a + b ≥ 2) ⇔ c = a + b − 4. Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4) ⇔ ab −4a−4b + 8 = 0 ⇔ b(a −4) −4(a−4) = 8 ⇔ (a −4)(b−4) = 8 Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có: a − 4 =1 a - 4 = 2 a= 5 a = 6 ⇔ hoÆ  c hoÆ  c   b − 4 =8 b - 4 = 4 b = 12 b=8 Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Đề 94 Hãy thư giản !!! 13
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Bài 1: (4,0 điểm).   1 + 3 3 x3   6x + 4 3x A= − − 3x ÷ ÷ Cho biểu thức:  3 3 x 3 − 8 3 x + 2 3 x + 4 ÷ 1 + 3 x ÷    Rút gọn biểu thức A . 1. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. 2. Bài 2: (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình:  x 2 + y 2 − xy = 19   x + y + xy = −7 b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : M = x + y . Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình. 1 1 1 1 1 + + = a) + 2 2 2 2 5 x + 4x + 3 x + 8 x + 15 x + 12 x + 35 x + 16 x + 63 b) x + 6 − 4 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1 Bài 4: (6,0 điểm). Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Tia phân giác trong góc A cắt (O) t ại D. M ột đ ường tròn (L) thay đổi nhưng luôn đi qua A, D cắt AB, AC tại điểm thứ hai lần lượt tại M, N. a) CMR: BM = CN b) Tìm quỹ tích trung điểm K của MN c) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất. Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đ ường chéo. Kí hi ệu S1 = S ∆AIB ; S 2 = S ∆CID ; S = S ABCD a. Chứng Minh: S1 + S2 ≤ S b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào? Hãy thư giản !!! 14
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 1. Ta có: 3x + 2 3x + 4 = ( 3x + 1) + 3 > 0;1 + 3 x > 0, ∀x ≥ 0 , nên điều kiện để A có nghĩa là 2 ( ) ( )( ) 4 3 −8 = 3 x − 2 3 x + 2 3 x + 4 ≠ 0, x ≥ 0 ⇔ 3 x ≠ 2 ⇔ 0 ≤ x ≠ 3x 3 ( ) ( )   1 + 3x   6 x + 4 − 3x − 2 3 x  3 ( ) 6x + 4 3x A = ÷ − 3x ÷. A =  ÷ 3x − 3 x + 1 − 3 x − ( )( )  3 x + 2 3 x + 4 ÷ 1 + 3x ÷ ( )  3x − 2 3x + 2 3x + 4 ÷ 3  ÷ ÷ 3x − 2 3        ) . A=( ) 2 3x + 4 + 2 3 x ( 4 3 x −1 A = ÷ 3 x − 2 3 x +1 (0 ≤ x ≠ ) ( )( )  3x − 2 3 x + 2 3x + 4 ÷ 3 3x − 2   ( ) =( ) ( ) 2 2 3x − 1 3x − 2 + 2 3x − 2 + 1 1 A= = 3x + 3x − 2 3x − 2 3x − 2  3x = 3 3 x = 9 Với x là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì 3x − 2 = ±1 ⇔  ⇔ ⇔ x = 3 (vì  3x = 1  3x = 1  x ∈ Z và x ≥ 0 ). Khi đó: A = 4 ( x + y ) 2 − 3 xy = 19  S 2 − 3P = 19  S = x + y   x 2 + y 2 − xy = 19  ⇔ ⇔ 2.a)  ÷ (1)   S + P = −7  P = xy   x + y + xy = −7  x + y + xy = −7  Giải hệ (1) ta được: ( S = −1; P = −6), ( S = −2; P = −5)  x + y = −1  x + y = −2 Giải các hệ phương trình tích, tổng:  ta có các nghiệm của hệ phương và   xy = −6  xy = −5  x = −3  x = 2  x = −1 − 6  x = −1 + 6   ; ; ; trình đã cho là:   y = 2  y = −3  y = −1 + 6  y = − 1 − 6   b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 ⇔ x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 ⇔ (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0 ⇔ (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*) 2   1 3 Vì ( x + 1) – ( x + 1) ( y + 1) + ( y + 1) + 1= ( x + 1) − ( y + 1)  + ( y + 1) + 1 > 0 2 22   2 4 Nên (*) ⇔ x + y + 2 = 0 ⇔ x + y = - 2 1 1 x + y −2 −2 1 vì ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4 ≥ 4 xy ⇒ xy ≥ 1 ⇒ xy ≤ − 2 .Vậy MaxM = -2 ⇔ x = y = 2 Ta có : M = + = = xy xy xy -1 . 3. a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3) x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5) x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7) x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9) ⇒ ĐKXĐ : x ≠ -1; x ≠ -3; x ≠ -5; x ≠ -7; x ≠ -9 1 1 1 1 1 ⇔ + + + = pt ( x +1)( x + 3) ( x + 3)( x + 5) ( x + 5)( x + 7) ( x + 7)( x + 9) 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇔ )= ⇔ − + − + − + − − )= ( ( 2 x +1 x + 3 x + 3 x + 5 x + 5 x + 7 x +7 x +9 2 x +1 x + 9 5 5 ⇒ 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9)⇔ 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0⇔ x2 + 10x - 11 = 0 Hãy thư giản !!! 15
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Phương trình có dạng a + b + c = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = {−11;1} b) ĐKXĐ: x ≥ -2. ( 0,5 điểm) Pt ⇔ ( x + 2 − 2) 2 + ( x + 2 − 3) 2 = 1 | x + 2 − 2 | + | x + 2 -3| = 1 ⇔ | x + 2 − 2 | + | 3 - x + 2| = 1 áp dụng BĐT |A|+ |B| ≥ | A + B| ta có : | x + 2 − 2 | + | 3 - x + 2 | ≥ 1 Dấu "=" xảy ra khi : ( x + 2 − 2 )( 3 - x + 2 ) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x + 2 ≤ 3 ⇔ 2≤ x ≤ 7 Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { x / 2 ≤ x ≤ 7} 4.a) Xét ∆ BMD và ∆ CND: 1 +. BD=CD (vì AD là phân giác góc A) +. ∠ACD = sđ cung AD 2 1 1 1 ∠MBD = A1+D1= sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD 2 2 2 ⇒ ∠ACD = ∠MBD . Trong (L), vì A1 = A2 ⇒ DM = DN ⇒ ∆ BMD = ∆ CND ⇒ BM = CN. b). Gọi I là trung điểm BC ⇒ I cố định Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’ ⇒ MM’NN’ là hình bình hành. ⇒ K là trung điểm M’N’ Vì IM’ = BM = CN = IN’ ⇒ IM’=IN’ ⇒ IK là phân giác của ∠ M’IN’  IM ' // MB ⇒ IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác ∠ M’IN’ Do   IN ' // CN c) ∆ DMN cântại D có ∠ MDN = 1800 - ∠ BAC = Const ⇒ MN ngắn nhất ⇔ DM nhỏ nhất ⇔ DM ⊥ AB ⇔ khi AD là đờng kính của (L). 5. a. Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S 4 = S AID B Kẻ AH ⊥ BD; CK ⊥ BD 1 1 S AIB = SCID = CK .DI AH .BI S S1 BI BI 2 2 ⇔ = ⇔ 3= (1) và (2) Ta có: S1 H S4 DI S2 DI 1 1 S3 S AID = AH .DI S BIC = CK .BI I 2 2 C A S1 S3 S4 Từ (1) và (2) suy ra: S = S ⇔ S1.S2 = S3 .S4 (3) K S2 4 2 Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 ≥ S1 + S2 + 2 S3 .S 4 (4) Từ (3) và (4) ta suy ra: S ≥ S1 + S 2 + 2 S1.S 2 = ( S1 + S2 ) 2 ⇔ S ≥ S1 + S2 D (đpcm) b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét: * Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S 3 = S 4 ⇒ S = S1 + S2 S * Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S 1 = S 2 ⇒ ≥ S1 = S 2 2 Hãy thư giản !!! 16
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 S Dấu bằng sảy ra khi: S1 = S 2 = S 3 = S 4 = ⇔ ABCD là hình bình hành 4 Đề 95 Bài 1: (5,0 điểm). 2+ x 2− x + = 2. Cho phương trình : 2 + 2+ x 2 − 2− x a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa . b) Giải phương trình . Bài 2: (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình:  x3 + y 3 = 1  5 x + y = x + y 5 2 2  b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 =-2(x6-x3y-32) Bài 3: (5,0 điểm). 1 1 a) Cho x, y >0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x 2 + y2 + xy b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4. CMR: a + b + b + c + c + a > 4. Bài 4: (6,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm tam giác; M là m ột đi ểm trên cung BC không chứa điểm A. a) Tìm vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Gọi E, F lần lượt là 2 điểm đối xứng của M qua AB và AC. Ch ứng minh r ằng E,H,F thẳng hàng. Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam gi¸c ABC nhän cã 3 ®êng cao: AA1, BB1, CC1 ®ång qui t¹i H. HA HB HC Chøng minh r»ng: HA + HB + HC ≥ 6 . DÊu "=" x¶y ra khi nµo? 1 1 1 Hãy thư giản !!! 17
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 1. a) điều kiện : 0 < x ≤ 4 2+ x 2− x 2+ x 2− x + = 2⇔ + = 2 (1) b) 2 + 2+ x 2 − 2− x 2+ 4+2 x 2− 4−2 x Đặt 4 + 2 x = a ; 4 − 2 x = b ( a ; b ≥ 0) . a 2 + b 2 = 8  Ta có :  a 2 b2 + =2  2 + a 2 − b a 2 + b 2 = 8 a 2 + b 2 = 8 a 2 + b 2 = 8    ⇔ ⇔ (I)  2 ( a + b ) − ab ( a − b ) = 8 + 4 ( a − b ) − 2ab ( a − b ) ( ab + 4 ) − 2 ( ab + 4 ) = 0 ( a − b − 2 ) ( ab + 4 ) = 0 2 2    Vì ab + 4 > 0 nên :  2  2 b = a  b= 2  ( I ) ⇔ (  a − b ) + 2ab = 8 b = 2 ab = 2   a ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  a  a =1+ 3 a − b = 2 a − 2 = 2 a − b = 2 a 2 − 2a − 2 = 0     a = 1 − 3 (loai vì a < 0)  a   a = 3 + 1  4 + 2 x = 3 +1  ⇔ ⇔ ⇔ x =3 b = 3 −1  4 − 2 x = 3 −1    x3 + y 3 = 1  x3 + y 3 = 1  x3 + y 3 = 1    2. Ta có:  5 5 2 2 ⇔  5 5 ⇔ 2 2 x + y = x + y  x + y = ( x + y )( x + y )  x y ( x + y) = 0 2 2 3 3    Sảy ra các trườngg hợp:  x3 + y 3 = 1  x = 0 y = 0 ⇔ Trường hợp a: hoặc   y =1 x = 1  xy = 0  x 3 + y 3 = 1  x 3 + y 3 = 1 − y 3 + y 3 = 1 ⇔ ⇔ ⇔ hệ vô nghiệm Trường hợp b:  x + y = 0 x = − y x = − y x = 0 x = 1 Vậy nghiệm của hệ là:  ; y =1 y = 0 b) y2=-2(x6-x3y-32) ⇔ 2 x 6 + 2 x3 y + y 2 = 64 ⇔ x 6 + ( x − y )3 = 64 ⇔ ( x 2 )3 + ( x − y )3 = 64 Vì x∈ Z ⇒ x 2 ∈ N . Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị { 0; 1; 2 } Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8), (2;8), (-2;-8) 3.a.Vi a > 0, b > 0 ; Ta có: a + b ≥ 2 a b = 2ab (Bdt Cô si) ⇒ a 2 + b2 + 2ab ≥ 4ab ⇒ (a + b)2 ≥ 4ab 2 2 22 (a + b)(a + b) a+b 4 a a 4 11 4 ⇒ ≥4 ⇒ ≥ ⇒ +≥ ⇒ +≥ (*) a+b ab ab a + b a b a+b ab ab Áp dụng BÐT (*) v i a = x + y ; b = 2xy ; ta có: 2 2 Hãy thư giản !!! 18
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 1 1 4 4 + ≥2 = (1) x + y 2xy x + y + 2xy (x + y) 2 2 2 2 1 1 1 4 Mặt khác : (x + y) ≥ 4xy ⇒ 4xy ≥ (x + y) 2 ⇒ xy ≥ (x + y) 2 (2) 2 11 1 1 1 1 11 1 ⇒A= 2 + = 2 + ÷+ = 2 + ÷+ . x + y xy  x + y 2xy  2xy  x + y 2xy  2 xy 2 2 2  1 4 1 4 4 6 ≥ +. = . 1+ ÷ = ≥6 2 (x + y) 2 (x + y) (x + y)  2  (x + y) 2 2 2 1 [Vì x, y >0 và x + y ≤ 1 ⇒ 0 < (x + y) 2 ≤ 1 ] ⇒ minA = 6 khi x = y = 2 b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : a + b < a + b + c = 4 ⇔ a + b < 2 ⇔ a + b < 2 a + b (1) *Hoàn toàn tương tự ta cũng có: b + c < 2 b + c (2) c + a < 2 c + a (3) *Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có: ( ) 2( a + b + c ) < 2 a + b + b + c + c + a ⇒ đpcm Hay 4 < a+b + b+c + c+a 4 a. Lấy trên cung BC điểm M sao cho AM là đường kính của đường tròn (O) ta chứng minh tứ giác BACM là hình bình hành Gọi I là trung điểm của BC, ta có OI ⊥ BC theo (gt) AH ⊥ BC ⇒ OI // AH (1) Gọi C ' = CH ∩ ( O ) ta CBC' = 1v (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn (O)) ⇒ AH // BC' Tương tự ta có: AC' // HB ⇒ AC'BH là hình bình hành ⇒ AH = BC'; mà BC' = 2 IO (do IO là đường trung bình của ∆ CBC')⇒ OI = 1/2 AH (2) Từ (1) (2) ⇒ H, I, M thẳng hàng, tứ giác BHCM có 2 đường chéo cắt nhau tại trung đi ểm mỗi đường nên nó là hình bình hành. Vậy điểm M cần tìm chính là giao của AO với (O) b. Do E đối xứng của M qua AB ta có: ∠ AEB = ∠ AMB (1) Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên ∠ AMB = ∠ ACB (2)(cùng chắn cung AB) H là trực tâm nên các tứ giác AC'HB'; BC'HA'; CA'HB' nội tiếp được Ta có ∠ AHB = ∠ A'HB' (đối đỉnh) ⇒ ∠ AHB + ∠ ACB = ∠ A'HB' + ∠ ACB = 1800 (3) Từ (1) (2) (3) ⇒ ∠ AEB = ∠ EAB + ∠ MAB (do M, E đối xứng qua AB) Tương tự ta chứng minh ∠ CHF = ∠ CAM A Tc: ∠ EHF = ∠ EHB + ∠ BHC + ∠ CHF = ( ∠ MAB + ∠ CAM) + ∠ BHC B1 = ∠ CAB + ∠ BHC = ∠ CAB + ∠ C'HB' = 180 ⇒ E, H, F thẳng hàng 0 5. Do tam gi¸c ABC nhän, nªn H n»m trong tam gi¸c. C1 * §Æt S = S∆ ABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB. H 1 . AA1.BC HB S HC HA 2 S S AA1 =2 .T : S = 1 + HB , S = 1 + HC = = 1+ Ta cã: S1 1 .HA .BC HA1 C HA1 B A1 2 1 3 1 1 2 1 1 1 1 1 HA HB HC 1 + + =S + + ÷− 3 = ( S1 + S 2 + S3 )  + + ÷− 3 Suy ra: HA1 HB1 HC1  S1 S 2 S3   S1 S 2 S3  Hãy thư giản !!! 19
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 1 1 1 HA HB HC Theo bÊt ®¼ng thøc C«sy: = ( S1 + S 2 + S3 )  + + ÷≥ 9 ⇒ + + ≥ 9 −3 = 6  S1 S 2 S3  HA1 HB1 HC1 Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều Đề 96 Bài 1: (4,0 điểm).  2 a  1  2a Cho biểu thức: A = 1 − :  −  a + 1 1 + a a a + a + a +1    a.Rút gọn biểu thức A. b.Tính giá trị biểu thức A khi a = 2011 − 2 2010 .  x 2 + y 2 + xy = 1 Bài 2: (4,0 điểm).a) Giải hệ phương trình:  3 3 x + y = x + 3 y b) Giải phương trình: + = x2 - 10x + 27 Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1. 1 1 1 +3 +3 Tìm GTNN của biểu thức: E = . x ( y + z) y ( z + x) z ( x + y ) 3 b) Giải phương trình nghiệm nguyên: xy yz xz + + =3 z x y Bài 4: (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B ). Tia CM cắt tia DA tại N. Vẽ tia Cx vuông góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm của đoạn NE. 1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp được trong đường tròn. 2/ Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vuông ABCD. 3/ Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđ ường tròn n ội tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi. Bài 5: (2,0 điểm). Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm tại D, E, F . Chứng minh rằng tích các khoảng cách hạ từ một điểm M bất kỳ trên đường tròn xuống các cạnh của tam giác ABC bằng tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF Hãy thư giản !!! 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.