I - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ Câu 1: a) Cho biết a = + b = − Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab 3x + y =  x - 2y = - b) Giải hệ phương trình:   1  x + Câu 2: Cho biểu thức P =  (với x > 0, x ≠ 1) ÷: x −1  x - x +1 x- x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P > Câu 3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = (m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 − x = Câu Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC ( E khác B C ), AE cắt CD F Chứng minh: a) BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn b) AE.AF = AC2 c) Khi E chạy cung nhỏ BC tâm đường trịn ngoại tiếp ∆CEF ln thuộc đường thẳng cố định Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b ≤ 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 1 + a b ĐỀ SỐ Câu 1: a) Ta có: a + b = ( + ) + ( − ) = 4, a.b = ( + )( − = Suy P = 3x + y = 6x + 2y = 10 7x = x = b)  ⇔ ⇔ ⇔  x - 2y = -  x - 2y = -  y = - 3x y = Câu 2:   x  a) P =  + : = + ÷ x −1  x - x +1  x x −1 x- x x  ( = b) Với x > 0, x ≠ ) 1+ x ( x ( ) x −1  x ÷ x −1 ÷  ( ) ) =( x −1 x ( ) x −1 x )( x +1 ) = x-1 x −1 x x x x-1 1 > ⇔ ( x - 1) > x ⇔ x > Vậy với x > P > x 2 Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + = ∆ = 25 – 4.6 = Suy phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m Để phương trình cho có nghiệm ∆ ≥ ⇔ m ≤ 25 (*) Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = (1); x1x2 = m (2) Mặt khác theo x1 − x = (3) Từ (1) (3) suy x1 = 4; x2 = x1 = 1; x2 = (4) Từ (2) (4) suy ra: m = Thử lại thoả mãn Câu 4: · a) Tứ giác BEFI có: BIF = 900 (gt) (gt) · · BEF = BEA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường trịn đường kính BF » » · · b) Vì AB ⊥ CD nên AC = AD , suy ACF = AEC · · Xét ∆ACF ∆AEC có góc A chung ACF = AEC Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC ⇒ AC AE = AF AC C E F ⇒ AE.AF = AC2 A I O D B · · c) Theo câu b) ta có ACF = AEC , suy AC tiếp tuyến đg tròn ngoại tiếp ∆CEF (1) · Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy AC ⊥ CB (2) Từ (1) (2) suy CB chứa đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định E thay đổi cung nhỏ BC Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 ≥ ⇒ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ⇒ ( a + b) ab ≥ 4 1 ⇒P≥ ⇔ + ≥ ( a + b ) , mà a + b ≤ 2 ( a + b) b a ( a + b) ( a - b ) = 4  ≥ ⇔ a = b = Vậy: P = ⇒ P ≥ Dấu “ = ” xảy ⇔  ( a + b) 2 a + b = 2  ĐỀ SỐ Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: 1 − 3− 3+ b) Giải phương trình: x2 – 7x + = Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d: y = - x + Parabol (P): y = x2  4x + ay = b  x - by = a b) Cho hệ phương trình:  Tìm a b để hệ cho có nghiệm ( x;y ) = ( 2; - 1) Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển lượng hàng Người lái xe tính xếp toa 15 hàng cịn thừa lại tấn, cịn xếp toa 16 chở thêm Hỏi xe lửa có toa phải chở hàng Câu 4: Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC (I ∈ AB,K ∈ AC) a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn · · b) Vẽ MP ⊥ BC (P ∈ BC) Chứng minh: MPK = MBC c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Câu 5: Giải phương trình: y - 2010 − x - 2009 − z - 2011 − + + = x - 2009 y - 2010 z - 2011 ĐỀ SỐ Câu 1: ( ) ( )( ) 3+ − 3− 1 − = = = a) 3− 3+ 3− 3+ ( ) b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có nghiệm phân biệt: x1 = + 37 − 37 ; x2 = 2 Câu 2: a) Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình: - x + = x2 ⇔ x2 + x – = Phương trình có tổng hệ số nên có nghiệm – + Với x = y = 1, ta có giao điểm thứ (1;1) + Với x = - y = 4, ta có giao điểm thứ hai (- 2; 4) Vậy (d) giao với (P) điểm có tọa độ (1;1) (- 2; 4) b) Thay x = y = -1 vào hệ cho ta được:  8 - a = b a = a = + b ⇔ ⇔  8 - ( + b ) = b 2 + b = a b =  Thử lại : Thay a = b = vào hệ cho hệ có nghiệm (2; - 1) Vậy a = 5; b = hệ cho có nghiệm (2; - 1) Câu 3: Gọi x số toa xe lửa y số hàng phải chở Điều kiện: x ∈ N*, y > 15x = y - 16x = y + Theo ta có hệ phương trình:  Giải ta được: x = 8, y = 125 (thỏa mãn) Vậy xe lửa có toa cần phải chở 125 hàng Câu 4: · · a) Ta có: AIM = AKM = 900 (gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường trịn đường kính AM · · b) Tứ giác CPMK có MPC = MKC = 900 (gt) · · Do CPMK tứ giác nội tiếp ⇒ MPK = MCK (1) · · Vì KC tiếp tuyến (O) nên ta có: MCK = MBC ¼ (cùng chắn MC ) (2) A K I B · · Từ (1) (2) suy MPK = MBC (3) M H C P O c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI tứ giác nội tiếp · · · · Suy ra: MIP = MBP (4) Từ (3) (4) suy MPK = MIP · · Tương tự ta chứng minh MKP = MPI Suy ra: MPK ~ ∆MIP ⇒ MP MI ⇒ MI.MK = MP2 ⇒ MI.MK.MP = MP3 = MK MP Do MI.MK.MP lớn MP lớn (4) - Gọi H hình chiếu O BC, suy OH số (do BC cố định) Lại có: MP + OH ≤ OM = R ⇒ MP ≤ R – OH Do MP lớn R – OH O, H, M thẳng hàng hay M nằm cung nhỏ BC (5) Từ (4) (5) suy max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 ⇔ M nằm cung nhỏ BC Câu 5: Đặt x - 2009 = a; y - 2010 = b; z - 2011 = c (với a, b, c > 0) Khi phương trình cho trở thành: a-1 b-1 c-1 1 1  1 1  1 1  + + = ⇔  − + ÷+  − + ÷+  − + ÷ = a b c 4 a a  4 b b  4 c c  2 1 1 1 1 1 1 ⇔  − ÷ + − ÷ + − ÷ = ⇔ a = b = c = 2 a 2 b 2 c Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015 ĐỀ SỐ Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – =  2x + y = 3x + 4y = -1 b)  Câu 2: Rút gọn biểu thức: a) A = − 2+ − 1− 1+  1  x+2 x x − b) B =  ÷  x−4 x + x +4 ( với x > 0, x ≠ ) Câu 3: a) Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 y = x – hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị vẽ phép tính Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BE CF cắt H a) Chứng minh: AEHF BCEF tứ giác nội tiếp đường tròn b) Gọi M N thứ tự giao điểm thứ hai đường tròn (O;R) với BE CF Chứng minh: MN // EF c) Chứng minh OA ⊥ EF Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 - x y + x + y - y + ĐỀ SỐ Câu 1: a) Đặt x = y, y ≥ Khi phương trình cho có dạng: y2 + 3y – = (1) Phương trình (1) có tổng hệ số nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - Do y ≥ nên có y1 = thỏa mãn Với y1 = ta tính x = ± Vậy phương trình có nghiệm x = ±  2x + y = 8x + 4y = 5x = x = ⇔ ⇔ ⇔ 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1  2x + y =  y = - b)  ( ) ( ) 1− 2 1+ − 2+ − = − = 3−2 1− 1+ 1− 1+   1   x+2 x  ÷ x ( x + 2) = − b) B =  − ÷ ÷  x −2 x x x + ( x + 2)  x−4 x + x +4   Câu 2: a) A = = 1 − x −2 x +2 ( ( x + 2) − ( x − 2) = = x-4 )( ) x-4 Câu 3: a) Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 y = x – b) Hoành độ giao điểm đường thẳng y = x – parabol y = - x2 nghiệm phương trình:- x2 = x – ⇔ x2 + x–2=0 O Suy giao điểm cần tìm là: L( 1; -1 ) K ( - 2; 4) (xem hình vẽ) Câu 4: · · a) Tứ giác AEHF có: AEH = AFH = 900 (gt) Suy AEHFlà tứ giác nội tiếp · · - Tứ giác BCEF có: BEC = BFC = 900 (gt) Suy BCEF tứ giác nội tiếp · · · · · b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: BEF = BCF (1) Mặt khác BMN = BCN = BCF · · » (góc nội tiếp chắn BN ) (2) Từ (1) (2) suy ra: BEF = BMN ⇒ MN // EF · · ¼ » c) Ta có: ABM = ACN ( BCEF nội tiếp) ⇒ AM = AN ⇒ AM = AN, lại có OM = ON nên suy OA đường trung trực MN ⇒ OA ⊥ MN , mà MN song song với EF nên suy OA ⊥ EF Câu 5: ĐK: y > ; x ∈ R Ta có: ( y - 1) + ) y −1 y 3y + 4 -1  x=   y −1    1 2 ⇔ =x ÷ +  y− ÷ + ≥  ÷ 4   3 Dấu “=” xảy y =    Min P = Suy ra: P=x - x y + x + y - y + = x - x( + ĐỀ SỐ Câu 1: a) Trục thức mẫu biểu thức sau: ; −1 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax qua điểm M (- 2; ) Tìm hệ số a Câu 2: Giải phương trình hệ phương trình sau:  2x + 3y =  b)  x - y =  a) 2x + = - x Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + = (1) a) Giải phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: ( x1 + )2 + ( x2 + )2 = Câu 4: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Lấy I thuộc cạnh AB, M · thuộc cạnh BC cho: IEM = 900 (I M không trùng với đỉnh hình vng ) a) Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp đường tròn · b) Tính số đo góc IME c) Gọi N giao điểm tia AM tia DC; K giao điểm BN tia EM Chứng minh CK ⊥ BN Câu 5: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ) ĐỀ SỐ Câu 1: a) 4 = = ; 3 ( ) b) Thay x = - y = = −1 ( ( )( −1 ) +1 ) +1 = 5+ ( 5) vào hàm số y = ax2 ta được: −1 = 5+ 1 = a.(-2) ⇔ 4a = ⇔ a = 4 16 Câu 2: 7 - x ≥  x ≤ (1)  a) 2x + = - x ⇔  ⇔   2x + = ( - x )  x − 16x + 48 =  Giải phương trình: x2 – 16x + 48 = ta hai nghiệm 12 Đối chiếu với điều kiện (1) có x = nghiệm phương trình cho   2x + 3y = 10x = x = 4x + 6y =     ⇔ b)  ⇔ 1⇔ 6x - 6y = x - y = y = x - y =     Câu 3: a) Với m = ta có phương trình: x2 – 6x + = Giải ta hai nghiệm: x1 = + 5; x = − b) Ta có: ∆/ = m2 – m ≥ (*)  m ≤ -2 / Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ ⇔  Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m x1x2 = Suy ra: ( x1 + )2 + ( x2 + )2 = ⇔ x12 + 2x1 + x22 + 2x2 = ⇔ (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = ⇔ 4m2 – + 4m = m = ⇔ m2 + m – = ⇔   m = −2  Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy có nghiệm m2 = - thỏa mãn Vậy m = - giá trị cần tìm Câu 4: · · a) Tứ giác BIEM có: IBM = IEM = 900 (gt); suy tứ giác BIEM nội tiếp đường trịn đường kính IM · · b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME = IBE = 450 (do ABCD hình vng) · · c) ∆EBI ∆ECM có: IBE = MCE = 450 , BE = CE , K · · · · BEI = CEM ( IEM = BEC = 900 ) ⇒ ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) ⇒ MC = IB; suy MB = IA MA MB = Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: MN MC IA = Suy IM song song với BN IB N M B C I (định lí Thalet đảo) E · · · ⇒ BKE = IME = 450 (2) Lại có BCE = 450 (do ABCD hình vng) · · Suy BKE = BCE ⇒ BKCE tứ giác nội tiếp · · · Suy ra: BKC + BEC = 1800 mà BEC = 900 ; suy · BKC = 900 ; hay CK ⊥ BN A D Câu 5: 2 2 2 Ta có: ( a - b ) + ( b - c ) + ( c - a ) ≥ ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca (1) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c) ⇒ a2 < ab + ac Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh ĐỀ SỐ  2 − ÷ 3÷   Câu 1: a) Thực phép tính:   b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b qua điểm A( 2; ) điểm B(-2;1) Tìm hệ số a b Câu 2: Giải phương trình sau: a) x2 – 3x + = b) x -2 + = x-1 x+1 x -1 Câu 3: Hai ô tô khởi hành lúc quãng đường từ A đến B dài 120 km Mỗi ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10 km nên đến B trước tơ thứ hai 0,4 Tính vận tốc ô tô Câu 4: Cho đường trịn (O;R); AB CD hai đường kính khác đường tròn Tiếp tuyến B đường tròn (O;R) cắt đường thẳng AC, AD thứ tự E F a) Chứng minh tứ giác ACBD hình chữ nhật b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn d) Gọi S, S 1, S2 thứ tự diện tích ∆AEF, ∆BCE ∆BDF Chứng minh: S1 + S2 = S Câu 5: Giải phương trình: 10 x + = ( x + ) ĐỀ SỐ Câu 1:  2 3 − 6− 6= − = − = ÷ = 3÷ 3   a)   b) Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm A(2; 3) nên thay x = y = vào phương trình đường thẳng ta được: = 2a + b (1) Tương tự: = -2a + b (2) Từ ta có hệ:   2a + b = 2b = a = ⇔ ⇔  - 2a + b = 2a + b =  b =  Câu 2: a) Giải phương trình: x2 – 3x + = Ta có: Phương trình có hai nghiệm: x1 = b) Điều kiện: x ≠ ± ∆=9–4=5 3+ 3− ; x2 = 2 x ( x + 1) - ( x - 1) x -2 4 + = ⇔ + = 2 x-1 x+1 x -1 x -1 x -1 x -1  x = −1 ⇔ x(x + 1) – 2(x – 1) = ⇔ x2 – x – = ⇔  x =  Đối chiếu với điều kiện suy phương trình cho có nghiệm x = Câu 3: Gọi vận tốc ô tô thứ x (km/h) Suy vận tốc ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10) Thời gian để ô tô thứ ô tô thứ hai chạy từ A đến B Theo ta có phương trình: 120 120 (h) (h) x x - 10 120 120 = − 0, x x - 10 Giải ta x = 60 (thỏa mãn).Vậy vận tốc ô tô thứ 60 km/h ô tô thứ hai 50 km/h Câu 4: 10 II - LỚP 10 THPT CHUYÊN ĐỀ SỐ Câu 1: a) Đặt x - = t (1), suy x + = t + x x  t = −1 Khi phương trình cho trở thành: t2 – 4t – = ⇔  t = Lần lượt thay giá trị t vào (1) phương trình cho có nghiệm: x1 = 1; x2 = - 2; x = + 33 − 33 ; x4 = 2 b) Đk: x ≥ - (1) Đặt x + = a; x + = b ( a ≥ 0; b ≥ ) (2) Ta có: a2 – b2 = 3; x + 7x + 10 = ( x + ) ( x + ) = ab Thay vào phương trình cho ta được: (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 ⇔ (a – b)(1 – a)(1 – b) = a - b = ⇔ 1 - a =  1 - b =   x + = x + (VN)  x = - ⇔ nên  x + =  x = - x + =1   Đối chiếu với (1) suy phương trình cho có nghiệm x = - Câu 2:  b3 a   =  x = b3 x a  b  c3  a) Đặt  y = ⇒  = , abc = nên xyz = (1) c  y b c  1 a3 z = a  =  z c 1 Từ đề suy x + y + z = + + ⇒ x + y + z = yz + xz + xy (2) x y z Từ (1) (2) suy ra: xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – = ⇔ (x – 1)(y – 1)(z – 1) = Vậy tồn x =1 chẳng hạn, suy a = b3, đpcm b) Đặt + 84 84 = a; − = b ⇒ x = a + b; a3 + b3 = 2; ab = − 9 Ta có: x3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) Suy ra: x3 = – x ⇔ x3 + x – = ⇔ ( x - 1) ( x + x + ) = 93 ⇔ x = Vì x2 + x + =  x +  + > Từ suy điều phải chứng minh  ÷ 2  Câu 3: Áp dụng BĐT: ( ) ( a + b ≤ a + b ; a + b + c ≤ a + b2 + c2 ) (được suy từ bất đẳng thức Bunhiacơpski) Ta có: ( ) ( + y + 2y ) = ( y + 1) ( + z + 2z ) = ( z + 1) + x + 2x ≤ + x + 2x = ( x + 1) + y + 2y ≤ + z + 2z ≤ 2 x + y + z ≤ 3( x + y + z) Lại có: A = + x + + y + + z + 2x + 2y + 2z ( + 2− )( x+ y+ z ) ( ⇒ A ≤ ( x + y + z + 3) + − ) 3( x + y + z) ⇒ A ≤ + (do x + y + z ≤ 3) Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy maxA = + Câu 4: · · a) Ta có: ABO = ACO = 900 (tính chất tiếp tuyến) (1) AB = AC = OA − OB2 = R = OB = OC (2) Từ (1) (2) suy ABOC hình vng A b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3) y x Suy ra: DE = BD + CE (4) M D Vẽ OM ⊥ DE (M ∈ DE) (5) Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF = BD; suy B ∆BDO = ∆COF (c-g-c) ⇒ OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFER(c-c-c) ⇒ OM = OC = R O (hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn (O;R) c) Đặt: AD = x; AE = y ⇒ SADE = xy (x, y > 0) Ta có: DE = AD2 + AE = x + y (định lí Pitago) Vì AD + DE + AE = 2R ⇒ x + y + x + y = 2R (6) Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số khơng âm ta có: x + y ≥ xy x + y ≥ 2xy (7) Dấu “=” xảy x = y ( ) Từ (6) (7) suy ra: xy + 2xy ≤ 2R ⇔ xy + ≤ 2R 94 E C F ⇔ xy ≤ 2R ( 2+ ) ⇔ xy ≤ ( ) ( ) 2R R2 ⇒ SADE ≤ ⇔ SADE ≤ - 2 R 3+ 2 3+ 2 Vậy max SADE = − 2 R ⇔ x = y ⇔ ∆ADE cân A Câu 5: Xét điểm A hình trịn (C1) có tâm A, bán kính C C1 A B C2 - Nếu tất 98 điểm lại nằm (C1) hiển nhiên tốn chứng minh - Xét trường hợp có điểm B nằm ngồi (C1) Ta có: AB > (1) Vẽ hình trịn (C2) tâm B, bán kính + Giả sử C điểm khác A B Khi điểm C thuộc hai hình trịn (C1) (C2) Thật vậy, giả sử C khơng thuộc hai hình trịn nói Suy ra: AC > BC > (2) Từ (1) (2) suy điểm A, B, C khơng có hai điểm có khoảng cách nhỏ (vơ lí trái với giả thiết) Chứng tỏ C∈ (C1) C∈ (C2) Như 99 điểm cho thuộc (C1) (C2) Mặt khác 99 = 49.2 + nên theo nguyên tắc Dirichle phải có hình trịn chứa khơng 50 điểm ĐỀ SỐ Câu 1: a) Theo ta có: 2011( x + y − 2011) = 2010 ( y − x + 2010)  x − y = 2010 2x = 4021  x = 2010,5 ⇔ ⇔   x + y = 2011 2y =  y = 0,5 + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2010 = ⇒  + Nếu y - x + 2010 = x + y - 2011 = 0, ta kết + Nếu x + y - 2011 ≠ 2011 y − x + 2010 = vơ lý (vì VP số hữu tỉ, VT số vô tỉ) 2010 x + y − 2011 Vậy x = 2010,5 y = 0,5 cặp số thoả mãn đề b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 Chỉ có sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = x = 1005, y = 1, z = x = 2011, y = 0, z = 95 Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = x +1 ; b = x2 − x +1 Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) x + = x − x + 4(x + 1) = x - x + x2 - 5x - = x1 = 2) − 37 + 37 (loại); x2 = 2 2 x + = x − x + ⇔ x + = 4(x − x + 1) ⇔ 4x − 5x + = vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm: x = + 37 b) Vì a, b, c ∈ [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - + abc nên 2(ab + bc + ca) > (vì a + b + c = abc ≥ 0) Suy (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > a2 + b2 + c2 ≤ (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy số a, b, c có số 2, số số Câu 3: Giả sử x = p (p, q ∈ Z, q > 0) (p, q) = q  p p Ta có   + + = n (n ∈ N) p2 = q(-P - 6q + n2q) q q   => q ước p2 (p, q) = => q = lúc x = p => p2 + p + = n2 (p, n ∈ Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do 2n - 2p - = 2n + 2p + = 23 ; 2n - 2p - = 23 2n + 2p + = (vì 23 ∈ P 2n + 2p + > 2n - 2p - > 0) p = (t/m) ; p = - (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm – Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì A µ µ K + N = 180 ) Tứ giác MNCI · · nội tiếp (vì MNC = MIC MNC S = 900) · · · · => BNK = BMK , INC = IMC (1) (vì góc nội tiếp chắn cung) · · Mặt khác BMK = IMC (2) (vì H P O K C B N I M · · · · BMK + KMC = KMC + IMC Q 96 bù với góc A tam giác ABC) · · Từ (1), (2) suy BNK = INC nên điểm K, N, I thẳng hàng · · b) Vì MAK = MCN = β (vì góc nội tiếpcùng chắn cung BM) => AK CN AB − BK CN AB BK CN = = cot gβ => = − = hay (1) MK MN MK MN MK MK MN Tương tự có: Mà AC CI BN AI BN = + = hay MI MN MI MI MN (2) IC BK · · = = tgα ( α = BMK = IMC ) MI MK Từ (1), (2), (3) => (3) AB AC BC + = MK MI MN (đpcm) c) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P ∈ MS) => HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC) · · · => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC = AIN NMC ) => KN qua trung điểm HM (đpcm)  2x − xy − y = p  Câu 5: Đưa tốn tìm P để hệ phương trình:  2  x + 2xy + 3y =  có nghiệm 8x − 4xy − 4y = 4p (1)  Hệ ⇔  Lấy (1) - (2), ta có: px + 2pxy + 3py = 4p (2)  (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = (3) - Nếu y = => (8 - p)x2 = x = p = ⇒ p = 0; p = - Nếu y ≠ chia vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = (4) với t = + Nếu p = t = - x y + Nếu p ≠ 8: Phương trình (2) có nghiệm ∆' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > p2 - 12p - 18 < - ≤ p ≤ + Dấu “=” có xảy Vậy P = - , max P = +3 ĐỀ SỐ 97 Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b - ac + c = = b-c a-c a-b ( a - b) ( a - c) a Nhân vế đẳng thức với ta có: b-c ( b - c) = ab - b - ac + c ( a - b) ( a - c) ( b - c) Vai trò a, b, c nhau, thực hốn vị vịng quanh a, b, c ta có: b ( c - a) = cb - c - ab + a ( a - b) ( a - c) ( b - c) , c ( a - b) Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta có b) Đặt 2010 = x ⇒ ac - a - bc + b ( a - b) ( a - c) ( b - c) a b c + + = (đpcm) 2 (b - c) (c - a) (a - b) 2010 = x ; 2010 = x Thay vào ta có: + x x =  2  ÷ + x2 x 1+  x2 - x + x2  A=  + ÷ x   1-x =   1 + ÷ x   + x2 1 1 =  ÷ -  ÷ =0 x x Câu 2: a) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c > Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + bc ≥ 2a bc, b + ac ≥ 2b ac ; c + ab ≥ 2c ab Do 1 1 1  + + ≤  + + ÷ a + bc b + ac c + ab  a bc b ac c ab  = 2 a +b b+c c+a + + 2 = a + b + c , đpcm abc 2abc ab + bc + ca ≤ abc Dấu xẩy a = b = c, tức tam giác cho tam giác b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ Ta có: A = (x - xy + y) + 2y - x +1 =[ ( x - y = ( x - y - + (2y - y + x - y -1 = ( ) -2 ) ) ( x - 2 + (2 ) y + 1] - y + 2y 1 )2 ) y − - 1 ≥2 98   x - y -1=0 x =   A= ⇔  ⇔  2 y - = y =    Vậy minA = − 4 Câu 3: a) Điều kiện : ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: (2 x-1+3 5-x ) ≤ (2 + 32 ) ( x - + - x) = 13.4 ⇒ x - + - x ≤ 13 Dấu xẩy x - = - x ⇔ x = 29 13 Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn Vậy pt có nghiệm x = 29 13 1   b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f  ÷ = x ∀x ≠ (1) x 1   Thay x = vào (1) ta có: f(2) + f  ÷ = Thay x = vào (1) ta có: 1 f  ÷ + 3.f(2) = 2 1 Đặt f(2) = a, f  ÷ = b ta có 2 Vậy f(2) = - a + 3b = 13   Giải hệ, ta a = 32 3a + b =  13 32 a b Câu 4: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác A, O, D thẳng hàng OK = 1 AB Vì FM = EF mà EF = o f2 AB FM = OK · Ta lại có AF = R ⇒ AF = OA AFM = 1200 m e 0 · · · · AOK + AOB = 180 = AOK + 60 ⇒ AOK = 120 Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) · ⇒ AM = AK, MAK = 600 ⇒ ∆AMK 99 k d c Câu 5: Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH b Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB o OA + OB2 mà OA.OB ≤ Do 2SAOB a OA + OB2 ≤ Dấu “=” xảy ⇔ OA ⊥ OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: 2SBOC 2SAOD c h d OB2 + OC OC2 + OD ≤ ; 2SCOD ≤ 2 2 OD + OA ≤ 2 OA + OB2 + OC + OD Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 ( ) 2 Hay 2S ≤ OA + OB + OC + OD Dấu xẩy OA = OB = OC = OD · · · · AOB = BOC = COD = DOA = 900 ⇒ ABCD hình vng tâm O Lời bình: Câu III.b 1) Chắc chắn bạn hỏi x = từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) đa thức biến x f(x) hàm số xác định phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị hàm số f(x) điểm x = a ta làm sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) (2) Giả sử x = b nghiệm (2) Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ  A(a ) x + B (a ) y = C ( a)   B (b) x + A(b) y = C (b) (3) Giải hệ phương trình (3) (đó hệ phương trình bậc hai ẩn x, y) • Trong tốn trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = 100 , C(x) = x2, a = x Phương trình Q(x) = P(a) ⇔ Số x = 1 = ⇔ x = , tức b = x 2 nghĩ 2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành công 3) Một số tập tương tự a) Tính giá trị hàm số f(x) x = f(x) + 3.f(− x) = + 3x (với x ∈ ¡ )   b) Tính giá trị hàm số f(x) x = f ( x) + f  ÷ = x (với ≠ x ≠ 1)  1− x  1 c) Tính giá trị hàm số f(x) x = ( x − 1) f ( x) + f  ÷ = (với ≠ x ≠ 1)  x  x −1 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ x2 + y2 = ⇒ 2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) Vì x + y + ≠ nên xy x+y = -1 x+y+2 (1) Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x+y≤ ( x + y2 ) ⇒ x+y≤ 2 xy ≤ Từ (1), (2) ta được: x+y+2 Vậy maxA = (2)  x ≥ 0, y ≥  - Dấu "="  x = y ⇔ x=y= x + y2 =  -1 b) Vì x2 + y2 + z2 = nên: 2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 + + = + + x + y2 y + z2 z + x2 x + y2 y2 + z2 z2 + x z2 x2 y2 + + +3 = x + y2 y + z2 x + z2 z2 z2 ≤ Ta có x2 + y2 ≥ 2xy ⇒ , x + y2 2xy x2 x2 y2 y2 ≤ ≤ Tương tự , y + z2 2yz x + z 2xz 2 z x z2 x2 y2 y2 +3 ≤ Vậy + + + + +3 x + y2 y + z2 2xy 2yz x + z2 2xz 2 x + y3 + z3 ⇔ + + ≤ + , đpcm x + y2 y + z2 z + x2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x ≥ − (2) (1) ⇔ (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 101 ⇔ ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 =  3x + 10 - =  ⇔  ⇔ x = - (thỏa mãn đk (2) x + =  Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3 2x   x y - 2x + y = (1)  y = ⇔  x +1 b)   2x - 4x + = - y   y3 = - (x - 1) -  2x ≤ ⇒ y2 ≤ ⇒ - ≤ y ≤ 1+x Ta có: (1) Mặt khác: - (x - 1)2 - ≤ - ⇒ y3 ≤ - ⇒ y ≤ - (2) Từ (1) (2) ⇒ y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn Vậy x = y = -1 số cần tìm Câu 3: a) Đặt x = b > Thay vào gt ta y = c > ta có x2 = b3 y2 = c3 b3 + b c + c3 + bc = a ⇒ a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + b c ( b + c ) a2 = (b + c)3 ⇒ a = b + c hay x2 + y = a , đpcm b) Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy x ≠ Suy x + ax0 + b + Đặt x0 + a  1  + = ⇔ x0 + + a  x0 + ÷+b=0 x0 x0 x0 x0   1 2 = y0 ⇒ x + = y0 - , y ≥ ⇒ y - = - ay - b x0 x0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: ( y0 - ) = ( ay0 + b ) ≤ ( a + b2 (y − 2) ≥ Ta chứng minh y0 + )( ) 2 y0 + ⇒ a + b ≥ (y − 2) (1) y0 + (2) 2 Thực vậy: (2) ⇔ 5(y0 − 4y0 + 4) ≥ 4(y0 + 1) ⇔ 5y0 − 24y + 16 ≥ 2 ⇔ 5(y0 − 4)(y − ) ≥ với y ≥ nên (1) 102 2 Từ (1), (2) suy a + b ≥ ⇒ 5(a + b ) ≥ , đpcm c Câu 4: Đặt AH = x · Ta có AMB = 900 (OA = OB = OM) m k Trong ∆ vng AMB ta có MA = AH AB = 2Rx (H chân đường vng góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình chữ nhật) a h o h' Theo ta có: 4Rx = 15(R - x) Do H ∈ AB ⇒ O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = ⇔ (5x - 3R) (3x - 5R) = ⇔ x = b 3R 5R ;x= Cả giá trị thoả mãn Vậy ta tìm điểm H H’ ⇒ điểm M M’ giao điểm nửa đường tròn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ a Câu 5: Gọi I trung điểm CD e Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình ∆BDC ⇒ IE // BC d Mà GF ⊥BC ⇒ IE⊥ GF (1) Chứng minh tương tự EG ⊥IF (2) Từ (1) (2) ⇒ G trực tâm ∆EIF ⇒ IG ⊥ EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) (4) ⇒ IG ⊥ DC Vậy ∆ DGC cân G ⇒ DG = GC b f g c i ĐỀ SỐ Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x 9x x+9  x2  18x 9x  18x  ⇔  + - 40 = (1) = 40 Ta có:  x ÷ ÷ x+9 x + 9 x+9   x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = x+9 ⇔ (y + 20) (y - 2) = ⇔ y = -20 ; y =  x = - 20(x + 9)  x + 20x +180 = (3) ⇔ Thay vào (2), ta có   x = 2(x + 9) =  x - 2x - 18 = (4)   Phương trình (3) vơ nghiệm, phương trình (4) có nghiệm là: x = ± 19 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = ± 19 103 2) Điều kiện x > x+1 ≥ ⇔ (*) x-3 x ≤ - x+1 =4 Phương trình cho ⇔ (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x-3 x+1 ⇒ t = (x - 3) (x + 1) x-3 Đặt t = ( x - 3) Phương trình trở thành: t2 + 3t - = ⇔ t = 1; t = - Ta có: (x -3) x + = (1) ; ( x − 3) x - x + = − (2) x− x > x > ⇔ ⇔ x = 1+ (x − 3)(x + 1) =  x − 2x − = + (1) ⇔  (t/m (*)) x < x < ⇔ ⇔ x = − (t/m (*)) (x − 3)(x + 1) = 16  x − 2x − 19 = + (2) ⇔  Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = + ; x = − Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 > ⇔ - < x < ⇒ - 3x > ⇒ A ≥ 25 - 30x + 9x (3 - 5x) = +16 ≥ 16 Vậy A = - x2 - x2 Dấu xẩy - 5x = ⇔ x = Vậy minA = 2) Chứng minh: a + b + b + c + c + a ≥ (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x + y ) ≥ (x + y) , ta có: 2(a + b ) ≥ (a + b) ⇒ a + b ≥ a + b (2) Tương tự, ta được: b + c ≥ b + c c + a ≥ c + a (3) (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn, suy (1) đúng, đpcm Câu 3: (1) có nghiệm ⇔ ∆ y = x − ≥ ⇔ x ≤ −2; x ≥ (3) (2) ⇔ (y + 1) = − x − 2x có nghiệm ⇔ − x − 2x ≥ ⇔ −2 ≤ x ≤ (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ ta có y = - Vậy hệ có nghiệm (- ; - 1) m Câu 4: Kẻ MP // BD (P ∈ AD) MD cắt AC K Nối NP cắt BD H Ta có AM AP AM CM = = (gt) mà AB AD AB CD k e i f a 104 o n h b ⇒ AP CN = ⇒ PN // AC Gọi O giao điểm AD CD AC BD Ta có BO CO MK OC = , = OD OA PK OA NH OC NH MK = = ⇒ KH // MN Suy ra: PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH EN = KH ⇒ MF = EN ⇒ ME = NF · · Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH = 1800 · · · · ⇒ AMB = 1800 - EHF = EHA + FHB (1) · · » Ta có MHF = MEF (góc nội tiếp chắn MF ) · · · · Lại có MHF + FHB = 900 = MEF + EMD · · ⇒ FHB = EMD (2) · · Từ (1) (2) ⇒ EHA = DMB , Gọi N giao điểm MD với đường trịn (O) ta có · · » · · DMB = NAB (góc nội tiếp chắn NB ) ⇒ EHA = NAB AN // EH mà HE ⊥ MA nên NA · ⊥ MA hay MAN = 900 ⇒ AN đường kính đường trịn Vậy MD qua O cố định 2) Kẻ DI ⊥ MA, DK ⊥ MB, ta có AH S AM HE AD S AM DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM DK BH SMBH BM HF Vậy AH AD MA HE DI = BD BH MB2 DK HF (1) · · · · · Ta có HMB = FHB (cùng phụ với MHF ) mà FHB = EMD (CMT) · · · · ⇒ EFH = DIK EHF = DMH · · · · Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH vµ EHF = 1800 - AMB · · · · Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK vµ IDK = 1800 - AMB · · · · ⇒ EFH = DIK vµ EHF = IDK ⇒ ∆DIK ∆HFE (g.g) ID DK HE.DI ⇒ ID HE = DK HF ⇒ suy = = (2) HF HE DK.HF MA AH AD = Từ (1), (2) ⇒ MB BD BH ĐỀ SỐ Câu 1: Ta có: =-1+ A= 1- 2- + + + -1 -1 - + - + + 25 = - + = 105 24 - 25 -1 Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra:  x2   y2  x2 y2 - + - +  2 ÷ 2 ÷ a +b +c  b a +b +c  a  z2  z2 - =0  2 ÷ a +b +c  c 1 1    1  ⇔ x  - 2 ÷ + y2  - 2 ÷ + z  - 2 ÷ = a +b +c  a b a +b +c  c a +b +c  Do (*) 1 1 1 - > 0; - > 0; - >0 2 2 a a +b +c b a +b +c c a + b2 + c2 Nên từ (*) suy x = y = z = 0, M = a +   8a -  b) x = 2a + x a -   ÷  ÷     3 ⇔ x3 = 2a + 3x ( - 2a ) 3 ⇔ x = 2a + x(1 - 2a) ⇔ x3 + (2a - 1) x - 2a = ⇔ (x - 1) (x2 + x + 2a) = x - = ⇔  ⇔x =  x + x + 2a = (v« nghiƯm a > )  nên x mét sè ngun du¬ng Câu 3: a) Ta có: 4c 35 35 ≥ + ≥ >0 4c + 57 1+a 35 + 2b ( + a ) ( 2b + 35 ) Mặt khác 4c 35 4c 35 ≤ ⇔ ≤ 1+a 4c + 57 35 + 2b + a 4c + 57 35 + 2b ⇔ 4c 35 2b +1 ≤ 1= +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b ⇔ 2b 57 57 ≥ + ≥ >0 35 + 2b 1+a 4c + 57 ( + a ) ( 4c + 57 ) (1) Ta có: ⇔ (2) 4c 35 ≥ 1+ 1+a 4c + 57 35 + 2b a 57 35 ≥ + ≥ 1+a 4c + 57 35 + 2b 35 57 >0 ( 4c + 57 ) ( 35 + 2b ) Từ (1), (2), (3) ta có: 106 (3) 8abc 35 57 ≥ ( + a ) ( 4c + 57 ) ( 2b + 35 ) ( + a ) ( 2b + 35 ) ( 4c + 57 ) Do abc ≥ 35.57 = 1995 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c = 57 Vậy (abc) = 1995 b) Đặt t = t= A B C D = = = ⇒ A = ta, B = tb, C = tc, D = td a b c d A+B+C+D a+b+c+d Vì aA + bB + cC + dD = a t + b t + c t + d t = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) A+B+C+D a+b+c+d = (a + b + c +d)(A + B + C + D) A Câu 4: a) Xét ∆ABC có PQ // BC ⇒ AQ QP = AB BC Q BQ QM = Xét ∆BAH có QM // AH ⇒ BA AH Cộng vế ta có: B M AQ BQ QP QM QP QM + = + ⇒ 1= + AB AB BC AH BC AH 2SMNPQ QM  QP QM  QP ⇒ 1=  + = ÷ ≥ AH  BC AH SABC  BC S ⇒ SMNPQ ≤ ABC S QP QM BC max SMNPQ = ABC = = ⇔ QP = BC AH 2 P H N C Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH b) Vì = QP QM QP + QM + ⇔ QP + QM = BC mà BC = AH ⇒ = B BC AH BC Do chu vi (MNPQ) = 2BC (khơng đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD A 107 H M D C ... 5:Ta có x + x + 2 010 = 2 010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2 010 - x - 2 010 + x + 2 010 - =0 1   x + = x + 2 010 - (2) 1 1   ⇔  x + ÷ -  x +2 010 - ÷ = ⇔  2 2    x + = - x + 2 010 + (3)  2 ... y + 10% y Cả hai tổ sản xuất được: 1,15x + 1,10y = 101 0 (2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:  x + y = 900 1,1x + 1,1y = 990 0, 05x = 20 ⇔ ⇔  1,15x + 1,1y = 101 0 1,15x + 1,1y = 101 0 x... thức Vi ét ta có:  (2)  x1 - x = - m - 2 Ta có x1 + x = 10 ⇔ (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 10 ⇔ (m - 1)2 + (m + 3) = 10 m = ⇔ 4m2 - 6m + 10 = 10 ⇔ 2m (2m - 3) = ⇔  m =  3) Từ (2) ta có m = -x1x2 -