De thi on luyen GVG cap tinh

Chứng minh rằng trung điểm I của PQ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC..[r]

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 01 MƠN: Tốn

Thời gian làm 120 phút

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

2

xy y

xy x

    



  



b,  x1 1 32 x1 2  x

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

2 x  2x 3 (m1)( x 3 1 x)m 1

Bài 3: Cho a, b, c 0;1 Chứng minh a b2 c3 ab bc ca 1

     

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC Gọi O trung điểm cạnh BC Dựng đường trịn tâm O, đường kính BC Vẽ đường cao AD tam giác ABC tiếp tuyến AM, AN với (O) (M, N tiếp điểm)

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

Bài 5: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Một đường thẳng qua A, cắt cạnh BC M cắt đường thẳng CD N Gọi K giao điểm đường thẳng EM BN Chứng minh rằng: CK  BN

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

1

a b

b a

 

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ I

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

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

2 (1) (2) xy y xy x           Bài giải

Với x = thay vào (2) ta có = (Vơ lý)

Vậy x = khơng phải nghiệm hệ phương trình Khi với x khác ta có (2) y x2

x



  (*) thay vào phương trình (1) ta được:

2

2

2

2 2 2 2 4

2 4

2 8

2 4 x x x x

x x x x

x x

x x x

x x x x                                                    

2 2

4 2 4 2

2 2

2 2 2

2

2 2

2 4 ( 1)( 2)

2 2

2 4 2

2 (

x x x x

x x x x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x x                                                                                        

 2

2

2

)

2

( 2)

2 2 x x x x x x                                  

Với x1 x2  thay vào (*) ta y1 2 2; y2 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x y1; 1  ( 2; 2) x y2; 2( 2;2 2) b,  x1 1 32 x1 2  x

Điều kiện xác định: x1 Ta có:

   

   

3

3

1 2 1 (( 1) 1)

1 1 0(*)

x x x x x x

x x

               

       

Đặt: t x1 1 (t1) Khi (*) t3t2 0  (t1)(t2 2t2) 0  t 0 (Vì

2 2 2 ( 1)2 1 0 ) 1

t  t  t   x  t )

Với t1 x1 1   x1 0  x1 (Thoả mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình là: x =

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

2 x  2x 3 (m1)( x 3 1 x)m 1 (3)

Bài giải

Điều kiện xác định:   3 x Đặt k x 3 1 x (k0)

Suy

2 (1. 3 1 )2 (12 1 )(2 3 1 ) 8

0 2

k x x x x

k

         

   Mặt khác:

2 2

2

( ) ( 3)(1 ) 2

2

k x x x x x x x x

x x k

               

     

Khi 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 phương trình (4) có nghiệm k thoả mãn điều kiện:

0k2

Ta có:  (m1)2 4(m 3)m2 6m12 ( m 3)2 4 0

 m nên phương trình (4) ln có nghiệm phân biệt

5 2 2( 1)

2

m m m 

      



Nếu hai nghiệm khác 2 điều kiện tốn thoả mãn hai nghiệm thuộc (0; 2) có nghiệm nằm xen khoảng (0; 2) có nghĩa là: 0k1k2 2 k1 0 k2 2 (0k12 2k2)

Điều xẩy khi:

3

(0) 5 2

3

(2 2) (2 1) 2 2 1

5 2

1 0 1 2 1 4 1 3

0 2 2 1

2

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

(0) (2 2) 2 1

3

m

f m

m m

f m

m m m m

m m

m f f

m

   

  

  

   

 

           

 

   



  

 

       

     

 

   

 



 

 

     

 



   



  

   

Vậy giá trị cần tìm m là: 3m4 1

Bài 3: Cho a, b, c 0;1 Chứng minh a b2 c3 ab bc ca 1

     

Bài giải

Vì a, b, c 0;1 nên ta có

(1 )(1 )(1 )

(1 )(1 )

1 ( ) ( ) 1

1

a b c

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; c

Khi a b2 c3 ab bc ca a b c ab bc ca 1

           

Hay a b2 c3 ab bc ca 1

E K

N M

D O

C B

A Bài 4:

Từ O nối OM, ON, Nối OA cắt MN K

Khi ta có AMOM; ANON (tính chất tiếp tuyến vng góc với

Bán kính tiếp điểm)

AOMN K (A giao điểm tiếp tuyến nên suy AO vừa

Tia phân giác góc A, vừa đường trung trực đoạn thẳng MN)

Khi xét AKE ADO có: K D 90o

  ; A

chung

AKE

  đồng dạng ADO

AE AK

AE AD AK AO AO AD

    (tỉ lệ đồng dạng) (1) Mặt khác AMO vng M có MK đường cao

2 .

AM AK AO

  (Hệ thức lượng tam giác vuông) (2)

Từ (1) (2) suy ra: AM2 AE AD.

 (đpcm)

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

1

a b

b a

 

 số nguyên, gọi d ước a, b Chứng minh rằng: d  a b

Bài giải

Ta có a b

b a

 

 nguyên

2

a b a b ab

  

 nguyên

Vì d ước a b nên suy ra: a2 b2 a b d2

    mà a d2 2, b d2 nên (a b d )

Hay a b d2 a b d

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 02

MƠN: Tốn

Thời gian làm 120 phút

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

x x m (1)

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2

1 10 10

3

82

x x y y

y y

x y

y x



       

  

  



  

  

Bài 3: a, Cho phương trình x4 ax3 bx2 ax 0

     có nghiệm thực

CMR: a2 b2 4b 1 0

   

b, Cho số dương a, b, c C/m rằng:

2 2

1 1

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

     

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

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

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

MH MK có giá trị nhỏ

nhất

Bài 5: Cho ABC vuông A, B 20o

 Vẽ phân giác 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 tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

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

x x m (1)

Bài giải

Điều kiện xác định: x1

Đặt t x1 (t0)khi ta có:

2 1 1

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 khơng âm  phương trình (2) có nghiệm

1

t

Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm t1 đó: (2) 12 1 (m 1) 0 m 1

      

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

* Thoả mãn: 1t1 t2

2 4( 1) af (1) 12 ( 1)

1

1

2

b ac m

m b

a

 

       

 

        

 

   

 

(Vơ lý) trường hợp không thoả mãn

* Thoả mãn:

1 af (1) 1 ( 1)

t  t      m   m 

Kết hợp hai trường hợp giá trị cần tìm m là: m1

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2

1 10 10

(1)

3

82 (2)

x x y y

y y

x y

y x



       

  

  



  

  

Ta có:

1 10

1 0

0

3

1 10 10

(1)

10

3 10

0 3 y x y y

x x y x x y

y y y x x y y                                             

2 10 1

3 0 10 -3 y y y y x y              

Do y < Hệ

2 2 2 2 10

10 1 0 10

3

1 3

10

3 1 0

1

10 10 82 10

0 3

3

y y y

y y y y

y y

y

y x y x y y y

                                                          

Thoả mãn điều kiện y <

Với y = - ta có 82 82 ( 3)2

9

x  y     (Thoả mãn điều kiện x > 0)

Với y = -

3 ta có

2

82 82

( )

9

x  y     (Thoả mãn điều kiện x > 0)

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

 



 

 và 3;       

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

2 2

1 1

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

      Bài giải Ta có: 2

( 1)

1

a

a a a a

a

       

 Dấu = xẩy a=1

Tương tự: 2 1 1 b b c c    

Khi VT = 2

1 1

a b c

a  b  c 

Dấu xẩy Khi a = b = c = Biến đổi vế phải:

Đặt:

2

b c x

x y z c a y a b c

a b z

  

  

      

   

; ;

2 2

x y z x y z x y z a   b   c  

Khi

1

3

2 2

a b c x y z x y z x y z x y y z x z

VP

b c c a a b x y z y x z y z x

    

        

               

         

Do a, b, c dương  x, y, z>0 nên 12 2 3

2

VP     (**) Dấu xẩy x = y = z hay a = b = c Từ (*) (**) ta có: 1 1 1

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

      (đpcm)

Bài 4:

a, Ta có tứ giác BACM nội tiếp nên:

· · 180o

BMC BAC  (1)

Tương tự tứ giác MHKA nội tiếp (do Hµ Kµ 90o

  )

Nên HMK BAC· · 180o

  (2)

Từ (1) (2) suy ra: ·BMCHMK· (3)

Suy ra: HMB CMK· ·

Xét HMB KMC có µH Kµ 90o

 

· ·

HMB CMK nên HMB đồng dạng KMC

Suy ra: MN MC

MH MK (tỉ số đồng dạng) (4)

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

K H

M

C B

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

         

2 2

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

      

0

1

1

x y

x x

y y

  

  

           

(Thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là: 1

x y

  

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 03 MƠN: Tốn

Thời gian làm 120 phút

Câu 1: Giải biện luận phương trình:

2 4 5 3 4

x  x m  x x

Câu 2: Cho số dương a, b, c có tổng 12 Chứng minh ba phương trình sau, có phương trình vơ nghiệm phương trình có nghiệm:

2 0

x ax b 

2 0

x bx c 

2 0

x cx a 

Câu 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

1 1

1 1

P

xy yz zx

  

   với x y z, , 0

2 2 2

x y z 

Câu 4: Cho tam giác OAB, đường tròn tiếp xúc với hai cạnh OA A, OB B Qua A kẻ đường thẳng song song với OB cắt đường tròn C Gọi K trung điểm đoạn OB, đường thẳng AK cắt đường tròn E

a, Chứng minh: O, E, C thẳng hàng

b, Giả sử đường thẳng AB cắt OC D Chứng minh OE DE

OC DC

Câu 5: Cho góc xOy, điểm M cố định góc Hãy dựng qua M đường thẳng d cắt cạnh Ox, Oy A, B cho: 1

MA MB đạt giá trị lớn Câu 6: Cho x y z Z, ,  thoả mãn: (x y y z z x )(  )(  )  x y z

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ III

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

Câu 1: Giải biện luận phương trình:

2 4 5 3 4

x  x m  x x (1)

Bài giải

Điều kiện: 0 x 4; Đặt kx2 4x 4 (x 2)2; Do x0; 4 nên k0; 4(*)

Khi (1) k(5m1) k 4 k(5m1)  k42  k2 9k (5m17) 0 (2)

Xét biệt thức: ( 9)2 4(5m 17) 20m 13

      

+ Nếu 20 13 13

20

m m

        phương trình (2) Vơ nghiệm nên phương trình (1) vơ nghiệm

+ Nếu 20 13 13

20

m m

       phương trình (2) có nghiệm kép 1 2

k k  

(Không thoả mãn điều kiện (*))

+ Nếu 20 13 13

20

m m

        phương trình (2) có nghiệm phân biệt:

1

9 20 20

2 2

m m

k        (Loại)

2

9 20 20

2 2

m m

k      

Khi k2 phải thỗ mãn: 2 20 20 17

2 2 5

m m

k    m

        

Kết hợp với điều kiện 13 20

m  ta có: 17 m   

Khi nghiệm phương trình (1) là: 20 13

2

m

x   

Tóm lại: Nếu 13

20

m phương trình (1) vơ nghiệm

Nếu 17 m

   phương trình có nghiệm: 2 20 13

2

m

Câu 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

1 1

1 1

P

xy yz zx

  

   với x y z, , 0

2 2 2

x y z 

Bài giải

Do x y z, , 0 nên xy yz zx, , 0 nên áp dụng bất đẳng thức SVACXƠ ta có:

2

1 1 (1 1)

1 1 (1 ) (1 ) (1 ) ( )

P

xy yz zx xy yz zx xy yz zx

 

    

           (1)

Mặt khác:

2

2 2 2

2 2 2

x y xy

y z yz x y z xy yz zx z x zx

   

       

 

  

Suy ra: 2

9 9

3 ( ) 3

P

xy yz zx x y z

   

      

Dấu xẩy khi: x  y z Vậy giá trị nhỏ

2

P đạt x  y z

Câu 6: Câu 6: Cho x y z Z, ,  thoả mãn: (x y y z z x )(  )(  )  x y z

Chứng minh rằng: x y z  27

Bài giải

Giả sử x y z, , chia cho có số dư khác là: 0; 1; x y z  3 Còn (x y y z z x )(  )(  )3 thừa số: x y y z z x ,  ,  3

Do x y z, , chia cho khơng thể có số dư khác nên tồn số chia cho có số dư

Suy ra: có thừa sốx y y z z x ,  , 

(x y y z z x )(  )(  ) 3  x y z  3

Do khơng thể có trường hợp có số chia cho có số dư khác Vậy x y z, , có số dư chia cho

Đặt:

3 ( )( )( ) 27( )( )( ) 27

x a k

y b k x y y z z x a b b c c a z c k

  



         



   



(x y y z z x)( )( ) 27

Câu 5: Cho góc xOy, điểm M cố định góc Hãy dựng qua M đường thẳng d cắt cạnh Ox, Oy A, B cho: 1

MA MB đạt giá trị lớn Bài giải

Nối OM

Kẻ AA’, BB’OM (A’, B’ OM)

Khi ta có: ' '

MA AA MB BB



 (Cạnh huyền lớn

cạnh góc vng)

1 1

' '

MA MB AA BB

  

1

MA MB đạt giá trị lớn

1 1

' '

MA MB AA BB

Ta chứng minh 1 ons ' ' c t

AA BB 

Từ M kẻ MK//Ox (KOy) suy ra: SOKM const MK//Ox không đổi

Đặt:

' ' '

; ;

2 2

OKM OMB OAM

MM OK MM OB OO AM

S S  S S  S S 

2

'

OAB

OO AB S S S

   

Khi đó: 3

1

2 3 2

1

S S S

S

S

S S S  S S  S S S

1

1 1 1

1 '. '. ' '

2 2

S BB OM AA OM OM AA AA

 

      

 

Do OM không đổi, S1 không đổi

1

ons ' ' c t

AA BB

  

Vậy 1

MA MB đạt giá trị lớn MA = AA’; MB = BB’

Hay AB vng góc với OM M

Vậy ta dựng đường thẳng d qua M cho đường thẳng d vng góc với OM M cắt Ox A, Oy B

M' O'

K B'

A'

B A

M

y x

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 04 MƠN: Tốn

Thời gian làm 150 phút

Bài 1:

a, Tìm tất cặp số nguyên dương cho tổng số với chia hết cho số

b, Với số nguyên dương n số nguyên dương a1; a2; ….; an thoả mãn hệ

phương trình sau:

1

1

1 1

n

n

a a a

a a a

    

 

   

 

Bài 2:

a, Giải phương trình: 2 x2 x 2 2(x2 2 )x x 2

     

b, Giải hệ phương trình: 2008 2008 2008 2009

2 2 (1)

3 (2)

x y z xy yz zx

x y z

    

 

  



Bài 3:

a, Giả sử: a b c, , 2 1 1

a b c  

Chứng minh rằng: a b c   a 2 b 2 c b, Tìm đa thức: f x( ) x2 ax b

   biết với   x  1;1, ( )

f x 

Bài 4:

Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E; F trung điểm BD AC Các đường thẳng qua E, F vng góc với AD BC cắt I

Chứng minh I cách điểm C D

Bài 5:

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ IV

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

Bài 1: b, Với số nguyên dương n số nguyên dương a1; a2; ….; an thoả

mãn hệ phương trình sau:

1

1

1 1

n

n

a a a

a a a

             Bài giải

Cộng vế với vế phương trình hệ ta được:

1

1

1 1

n

n

a a a

a a a

 

   

      

   

      (1)

Do a a1, , ,2 an số dương nên theo bất đẳng thức CƠ SI ta có:

1

1

1

2

a a a a    2 2 1

2

a a

a a

  

………

1

2

n n

n n

a a

a a

  

Suy ra:

1

1 1

n

n

a a a n

a a a

 

   

      

   

     

Mà

1

1 1

n 4 2

n

a a a n n

a a a

 

   

           

   

     

Với n1 hệ trở thành: 1 2 a a       

Không tồn giá trị a thoả mãn với hệ

Với n2 hệ trở thành

1 2 2 1 a a a a a a            

Thoả mãn điều kiện

Bài 2:

a, Giải phương trình: 2 x2 x 2 2(x2 2 )x x 2

     

b, Giải hệ phương trình:

2 2

2008 2008 2008 2009 (1) (2)

x y z xy yz zx

x y z

     

 

  

 

Bài giải

Ta có:

 2  2  2

2 2 2

2008 2008 2008 2009 2008 2008 2008 2009 2008 2008 2008 2009

2008 2008 2008 2009 2008 2009

(1) 2( ) 2( )

3 (2) 3

3 3

x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x

x y z x y z x y z

x y z x y z

x y z x



                 

  

 

  

     

     

  

   

 

  

   



1

x y z

    



Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x = y = z =

Bài 3:

a, Giả sử: a b c, , 2 1 1

a b c  