ĐỀ 19 Bài 1 (2,5đ) Cho biểu thức A =                         2 10 2: 2 1 36 6 4 2 3 2 x x x xx xx x a. tìm tập xác định A: Rút gọn A? b. Tìm giá trị của x khi A = 2 c.Với giá trị của x thì A < 0 d. timg giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên bài 2 (2,5đ) a. Cho P = 12 1 234 34   xxxx xxx Rút gọn P và chứng tỏ P không âm với mọi giá trị của x b. Giải phương trình 8 1 3011 1 209 1 127 1 65 1 2222         xxxxxxxx Bài 3 (1đ) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 9 1227 2   x x Bài 4 (3đ) Cho ABC  vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB và AC a. CMR: E, A, H thẳng hàng b. CMR: BEFC là hình thang, có thể tìm vị trí của H để BEFC trở thành một hình thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật được không. c. xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất? Bài 5 (1đ) Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1 CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1) 8  ĐÁP ÁN Bài 1 (2,5đ) sau khi biến đổi ta được; A =    6 2 22 6     x xx 0,5đ a. TXĐ =   0;2:  xxx 0,25đ Rút gọn: A = x x     2 1 2 1 0,25đ b. Để A = 2 5,1   x (thoã mãn điều kiện của x) 0,5đ c. Để A < 0 thì 2020 2 1   xx x (Thoã mãn đk của x) 0,5đ d. Để A có giá trị nguyên thì (2 - x) phải là ước của 2. Mà Ư (2) =   2;1;2;1  suy ra x = 0; x = 1; x = 3; x= 4. Nhưng x = 0 không thoã mãn ĐK của x 0,25đ Vậy x = 1; x =3.; x=4 0,25đ Bài 2 (2,5đ) a. P = 12 1 234 34   xxxx xxx 1đ Tử: x 4 + x 3 + x + 1 = (x+1) 2 (x 2 - x + 1) 0,25đ Mẫu: x 4 - x 3 + 2x 2 -x +1 = (x 2 + 1)(x 2 -x + 1) 0,25đ Nên mẫu số (x 2 + 1)(x 2 -x + 1) khác 0. Do đó không cần điều kiện của x 0,25đ Vậy P =             `1 1 11 11 2 2 22 2 2      x x xxx xxx vì tử =   xx  01 2 và mẫu x 2 + 1 >0 với mọi x 0,25đ Nên P x   0 b. Giải PT: 8 1 311 1 209 1 127 1 65 1 2222         xxxxxxxx x 2 + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3) x 2 + 7x + 12 = (x + 4)(x + 3) x 2 + 9x + 20 = (x + 4)(x + 5) x 2 + 11x + 30 = (x + 5)(x + 6) Trong đó        3 1 2 1 32 1 65 1 2        xxxx xx TXĐ =   6;5;4;3;2;  xx phương trình trở thành: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 4 4 5 5 6 8 1 1 1 2 6 8 8( 6 2) ( 2)( 6) 32 8 12 8 20 0 2; 10 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                         Vậy PT đã cho có nghiệm x =2; x = -10 Bài 3 (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức     2 2 2 2 2 2 2 2 27 12 9 12 36 9 6 27 12 1 1 9 9 9 x A x x x x x x A x x x                   A đạt giá trị nhỏ nhất là -1   2 6 0 x    hay x = A =       2 2 2 2 2 2 4 36 4 12 9 2 3 27 12 4 4 9 9 9 x x x x x x x x              . A đạt GTLN là 4   2 3 2 3 0 2 x x      Bài 4 (3đ) a.(0,75đ) do E đôie xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của đoanh thẳng EH vậy góc EAH = gócIAH (1) góc FAD = gócDAH (2) cộng (1) và (2) ta có : góc EAH + góc FAD = gócDAH + gócIAH = 90 0 theo giả thuyết hay gócEAI + gòcAD + BAC = 90 0 + 90 0 = 180 0 . Do đó 3 điểm E, A, F thẳng hàng b. Tam giác ABC vuông ở A nên gócABC + ACB = 90 0 (hai góc nhọn tam giác vuông) Mà gócEBA = gócABH (tính chất đối xứng) gócCA = gócHCA (tính chất đối xứng) suy ra góc EBA + góc FCA = 90 0 haygóc EBA + góc FCA + góc ABC + góc ACB = 180 0 suy ra góc EBC + góc FBC = 180 0 (hai góc trong cùng phía bù nhau) do đó BE song song CF. Vởy tứ giác BEFC là hình thang 0,75đ Muốn BEFC là hình thang vuông thì phải có góc AHC = 90 0 ( 0 90 E F  ) ) ) vậy H phải là chân đường cao thuộc cạnh huyền của tam giác ABC Muốn BEFC là hình bình hành thì BE = CF suy ra BM = HC. Vậy H phải là trung điểm của BC………… 0,25đ Muốn BEFC là hình chữ nhật thì BEFC phải có một góc vuông suy ra ( 0 45 B C  ) ) ) điều này không xảy ra vì tam giác ABC không phaỉ là tam giác vuông cân… 0,25đ c.lấy H bất kỳ thuộc BC gần B hơn ta có: 2 EHF AIDH S S   Y dựng hình chữ nhật HPQD bằng AIHD vậy S tam giác EHF = S tứ giác ảIPQ . Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g.c.g) suy ra HBIS HMB EHF ABMQ ABC S S S S S         Y với H gần C hơn ta cũng có:S tứ giác ABMQ < S tam giác ABC khi H di chuyển trên BC ta luôn có S EHF ABC S  . Tại vị trí h là trung điểm của BC thì ta có S EHF = S ABC . Do đó khi H là trung điểm của BC thì S EHF là lớn nhất. Bài 5 (1đ) Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1 Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8  Do a, b, c là các số dương nên ta có; (a – 1) 2   2 2 2 2 0 0 1 2 2 1 1 4 a a a a a a a             (1) …………0,25đ Tương tự (b + 1) 2  4b (2)………………0,25đ (c + 1) 2  4c (3) …………0,25đ Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có: (b + 1) 2 (a – 1) 2 (c + 1) 2  64abc (vì abc = 1) ((b + 1)(a – 1)(c + 1)) 2  64 (b + 1)(a – 1)(c + 1)  8… 0,25đ ======================================= . 0 ,25 đ Bài 2 (2, 5đ) a. P = 12 1 23 4 34   xxxx xxx 1đ Tử: x 4 + x 3 + x + 1 = (x+1) 2 (x 2 - x + 1) 0 ,25 đ Mẫu: x 4 - x 3 + 2x 2 -x. cho có nghiệm x =2; x = -1 0 Bài 3 (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức     2 2 2 2 2 2 2 2 27 12 9 12 36 9 6 27 12 1 1 9 9 9 x A x x