Đang tải... (xem toàn văn)
Câu 6. Đề chính thức.. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có hai tia BA và CD cắt nhau tại E, hai tia AD và BC cắt nhau tại F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. C[r]
(1)
Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp
BỘ ĐỀ THI VÀO LỚP 10
CHUN MƠN TỐN THÁI BÌNH
(2)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2019 – 2020 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho tất thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Câu 1.(2,0 điểm) Cho biểu thức: = + +1 1⋅ ( + )− +
xy x y xy
P
x y
xy x x y y (với x>0;y>0)
1 Rút gọn biểu thức P
2 Biết xy =16 Tìm giá trị nhỏ P
Câu 2. (1,0 điểm) Hai lớp 9A 9B trường quyên góp sách ủng hộ Trung bình bạn lớp 9A ủng hộ quyển, bạn lớp 9B ủng hộ nên hai lớp ủng hộ 493 Tính số học sinh lớp biết tổng số học sinh hai lớp 90
Câu 3.(2,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độOxy, cho hai đường thẳng
2
( ) :d y=(m +1)x−2m (d2) :y=(m+3)x− −m (m tham số) Tìm mđể ( )d1 song song với (d2)
2 Chứng minh: với mđường thẳng (d2) qua điểm cốđịnh
3 Tìm m để ( ), (d1 d2) cắt M x( M;yM) thỏa mãn A=2020xM(yM +2) đạt giá
trị nhỏ
Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệphương trình:
3 2
2
( 1) ( 1)
4
− + − − + =
+ + = + +
x y x y y x
x y x y
Câu 5.(3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, vẽAH vng góc với BC H, vẽđường kính AD cắt BC I, cạnh AC lấy điểm M cho IM song song với CD
1 Chứng minh: Tứ giác AHIM nội tiếp đường tròn Chứng minh: AB AC. = AH AD.
3 Chứng minh: HM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH
4 Chứng minh:
. + . <4 AB CD AC BD R
Câu 6. (0,5 điểm) Xét số thực a b c a; ; ( ≠0) cho phương trình bậc hai
2
0
+ + =
ax bx c có hai nghiệm m n; thỏa mãn: 0≤ ≤m 1;0≤ ≤n Tìm giá trị nhỏ biểu thức: = 2−2 −2 +
− +
a ac ab bc
Q
a ab ac
-Hết -
(3)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2019 – 2020 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho học sinh chuyên toán tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Câu (2,0 điểm) Cho số thực a, b khác thỏa mãn: 1
a + =b
1 Tính giá trị biểu thức ( )
2
2
4
4
a b
A
ab a b
−
= +
2 Chứng minh rằng: ( ) (3 ) (3 )3 ( )
2 1
a+ −b − a− − b− − a+b + =
Câu (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: x+ −2 x− =1 3x−3 (x+2)(x−1) 2. Giải hệphương trình:
( ) ( )
2
2
3 4
y x y x
x y y x
+ + = +
− + + − − + =
Câu (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Trên cung nhỏ AD lấy điểm E (E không trùng với A D) Tia EB cắt đường thẳng AD, AC tại I và K. Tia EC cắt đường thẳng DA, DB tại M N Hai đường thẳng AN, DK cắt tại P
1 Chứng minh: Tứ giác EPND nội tiếp đường tròn Chứng minh: ∠EKM = ∠DKM
3. Khi Mlà trung điểm AD, tính độdài đoạn thẳng AE theo R Câu (1,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên (x, y) phương trình x+ y = 2020 Câu (1,5 điểm)
1 Cho số thực a, b, c thỏa mãn
1 , b, c
2
2
a
a b c
< <
+ + =
Tìm giá trị nhỏ
biểu thức:
(3 24 2) (4 98 3) (2 83 1)
P
a b c b a c c a b
= + +
+ − + − + −
2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm M a b( ); gọi điểm nguyên cảa b số nguyên Chứng minh tồn điểm I mặt phẳng tọa độ 2019 số thực dương R R1; 2; R2019sao cho có kđiểm nguyên nằm đường tròn
(I R; k)với k sốnguyên dương không vượt 2019
-Hết -
(4)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2018 – 2019 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho tất thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Câu Cho biểu thức: : ( 0; 1; 4)
3 2
−
= + ≥ ≠ ≠
− + − +
x
P x x x
x x x x
1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm x cho P = 2019
3) Với x ≥ 5, tìm giá trị nhỏ T = +P 10 x
Câu Cho hai đường thẳng (d1): y = mx + n (d2): y= − x+
m m ( với m tham số, m ≠
0) Gọi tọa độgiao điểm hai đường thẳng d1 d2 Tính T =x02+ y02
Câu
Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình: x2+ −(2 m x) − − =1 m ( )1 (với m tham số) a) Tìm m để : x1−x2 =2
b) Tìm m để :
( ) (2 )2
1
1
1
= +
+ +
T
x x đạt giá trị nhỏ
Câu
a) Giải phương trình : 4x+8072 + 9x+18162 =5 b) Giải hệphương trình
3
2
3 6 3 4 0
3 1
− + + − + =
+ − =
x y x x y x y x
Câu 5: Cho đường trịn O bán kính a điểm J có JO = 2a Các đường thẳng JM, JN theo thứ tự tiếp tuyến M, N đường tròn (O) Gọi K trực tâm tam giác JMN, H giao điểm MN JO
a) Chứng minh rằng: H trung điểm OK
b) Chứng minh rằng: K thuộc đường trịn tâm O bán kính a c) JO tiếp tuyến đường trịn tâm M bán kính r Tính r
d) Tìm tập hợp điểm I cho từ I kẻđược hai tiếp tuyến với đường trịn (O) hai tiếp tuyến vng góc với
Câu 5:Cho x y z, , ba số thực khơng âm thỏa mãn :12x+10y+15z≤60.Tìm giá trị
lớn
-Hết -
Họ tên Số báo danh
2 2
4 4
T = x + y +z − x− y−z
(5)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2018 – 2019 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho học sinh chuyên toán tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Câu (2,0 diểm)
1) Cho phương trình 2
2 (1)
x − mx+m − m+ = (với m tham số) Tìm mđể phương trình (1) có hai nghiệm khơng âm x x1; 2 Tính theo m giá trị biểu thức
1
P= x + x tìm giá trị nhỏ P
2) Cho hàm số 2
x y
x
+ =
+ Tìm tất giá trị xnguyên Câu (2 điểm)
1) Cho số a b c; ; thỏa mãn điều kiện a+2b+5c=0.Chứng minh phương trình
2
0
ax +bx+ =c có nghiệm
2) Giải phương trình: ( )3 3
4 :
2
x − +x = x
Câu (1 điểm) Hai nến chiều dài làm chất liệu khác nhau, nến thứ cháy hết với tốc độđều giờ, nến thứ hai cháy hết với tốc độđều Hỏi phải bắt đầu đốt lúc chiều để chiều phần lại nến thứ hai dài gấp đơi phần cịn lại nến thứ nhất?
Câu (1,0 điểm) Cho biểu thức ( 2)( 2)
1 2018
x+ +x y+ +y = Tìm giá trị nhỏ
của biểu thức P= +x y Câu (3,5 điểm)
1) Cho tam giác ABCcó AB=4,AC =3,BC =5, đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH HC Hai nửa đường trịn cắt AB, AC E, F
a) Tính diện tích nửa đường trịn đườn kính BH
b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp đường thẳng EF tiếp tuyến chung hai đường tròn đường kính BH CH
2) Cho nửa đường trịn đường kính AB=2 R Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có
hai đỉnh M, N thuộc đường trịn , hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB cho điện tích MNPQ lớn
Câu (0,5 điểm) Cho a,b,c ba số thức dương thỏa mãn điều kiện : 12 12 12
a +b +c =
Tìm giá trị lớn biểu thức
2 2 2
1 1
5 2 2 2
P
a ab b b bc c c ca a
= + +
+ + + + + +
-Hết -
(6)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2017 – 2018 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho thí sinh)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Câu (2.0 điểm) Cho
2 1
1 1 4
x x
A
x x x x x x
với x 0;x 1 a) Rút gọn biểu thức A
b) Đặt B x x 1A Chứng minh B1 với x 0;x 1 Câu (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d):
2
y x m (với m tham số)
a) Khi m = – 4, tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P)
b) Chứng minh đường thẳng (d) Parabol (P) cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 Tìm giá trị m thỏa mãn điều kiện x1 2x2 2
Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2 3
4
xy y x x
x y y
Câu (1.0 điểm) Cho quãng đường AB dài 300km Cùng lúc xe ô tô thứ xuất phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai từ B A Sau xuất phát hai xe gặp Tính vận tốc xe, biết thời gian quãng đường AB xe thứ nhiều xe thứ hai 30 phút
Câu (3.5 điểm) Cho đường tròn O R; có đường kính AB Điểm C điểm
O , C không trùng với A, B Tiếp tuyến C O R; cắt tiếp tuyến A, B O R; P, Q Gọi M giao điểm OP với AC, N giao điểm OQ với BC
a) Chứng minh tứ giác CMON hình chữ nhật AP.BQ MN2 b) Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính PQ
c) Chứng minh PMNQ tứ giác nội tiếp Xác định vị trí điểm C để đường trịn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ
Câu (0.5 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 8t2 mt 1 0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2 2
2 2 2
y z z x x y
P
x y z y z x z x y
-Hết -
(7)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2017 – 2018 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho học sinh chun tốn tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Câu 1(2.0 điểm).
1) Cho a, b hai số thực Chứng minh có hai phương trình ẩn x sau vơ nghiệm:
2 2
2
2 2
x ax a b
x bx b ab
2) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z 0và x2 Tính giá trị biểu thức: P 2 x22 2 2 y22 2 2 z22 2
y z x z x y x y z
Câu 2(2.5 điểm)
1) Giải phương trình 2
1
4x 2x 20 x
x
2) Giải hệ phương trình
2
2
2
4 4
3 2
x y xy xy
x y
x y y y y x
Câu 3(1.0 điểm)
Tìm tất cặp số nguyên x y; thỏa mãn phương trình x3 y3 6xy 3
Câu 4(3.0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O có hai tia BA CD cắt E, hai tia AD BC cắt F Gọi M, N trung điểm AC BD Các đường phân giác gócBECvà gócBFAcắt K
a) Chứng minh DEFDFE ABC tam giác EKF tam giác vuông b) Chứng minh EM.BDEN.AC
c) Chứng minh ba điểm K, M, N thẳng hàng Câu 5(1.5 điểm).
1) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 1 3 3
a a b b b c c c a abc
2) Cho số tự nhiên phân biệt cho tổng ba số chúng lớn tổng hai số lại Chứng minh tất số cho không nhỏ
-Hết -
(8)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2016 – 2017 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho học sinh chuyên toán tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Câu (2,0 điểm)
1) Giải phương trình 5x−(x+3) 2x− − =1
2) Cho hai số thực a, b Chứng minh hai phương
trình sau có nghiệm: ( ) ( )
2
x + ax+ ab= x + bx− ab=
Câu (2,5 điểm)
1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: 2
9x +3y +6xy−6x+2y−35=0
2) Cho P(x) đa thức bậc ba có hệ số bậc cao nhất thỏa mãn: P(2016) = 2017, P(2017) = 2018 Tính giá trị -3P(2018) + P(2019)
Câu (1,5 điểm)
Giải hệphương trình: ( )
3 4
2
8 2
2 2 19
y x y x
x x y x y x x y
+ − = +
+ + + + = − +
Câu (3,0 điểm)
Từ điểm I nằm bên ngồi đường trịn (O), vẽ tiếp tuyến IA, IB (A, B tiếp điểm) vẽ tiếp tuyến ICD (không qua tâm O) với đường tròn (C nằm I D)
1 Chứng minh rằng: AC.BD = AD.BC
2 Gọi K giao điểm CD AB, E trung điểm OI Chứng minh KA.KB = OE2 – EK2
3 Gọi H trung điểm AB Chứng minh: ∠ADH = ∠IDB
Câu (1,0 điểm)
Cho số thực x≥1,y≥1,z≥1và thỏa mãn 3x2 +4y2 +5z2 =52 Tìm giá trị nhỏ biểu thức F = x + y + z
-Hết -
(9)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2015 – 2016 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho tất thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Bài (3,0 điểm).
Cho biểu thức:
x x x
x x
x x
x x x x P
+ + − −
− +
+
=2 2 1 (x>0;x≠1)
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị thức P x=3−2 2
c) Chứng minh rằng: với giá trị xđể biểu thức Pcó nghĩa biểu thức P nhận giá trị nguyên
Bài (2,0 điểm).
Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = (m tham số)
a) Giải phương trình m = –1
b) Tìm m đểphương trình có hai nghiệm phân biệt có nghiệm bình phương nghiệm cịn lại
Bài (1,0 điểm).
Giải phương trình: 1 0. 9
2 2 9
2
2 − =
+ +
x x x
Bài (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Đường trịn đường kính AH, tâm O, cắt cạnh AB AC E F Gọi M trung điểm cạnh HC
a) Chứng minh AE.AB = AF.AC
b) Chứng minh MF tiếp tuyến đường trịn đường kính AH c) Chứng minh HAM =HBO
d) Xác định điểm trực tâm tam giác ABM
Bài (0,5 điểm) Cho sốdương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng:
2 3 1 1 1 1 1 1
2
2+ +b + +c + ≥ a
-Hết -
(10)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2015 – 2016 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho học sinh chuyên toán, tin) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số
Bài (1,5 điểm) Cho phương trình:
2x −mx− =1 (với m tham số) a) Tìm m cho phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 −4x22 =0 b) Chứng minh với mphương trình có nghiệm x thỏa mãn x <1 Bài (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 17
18
3
x − x− + x− =
b) Tìm số nguyên x, y với x y, ≥0thỏa mãn:
2
3 4 10 12
x + y + xy+ x+ y− =
Bài (1,0 điểm) Giải hệphương trình: ( ) ( )
2
1
4
x y x y x y
x xy
− + + = − + −
+ =
Bài (1,0 điểm) Cho x, y thỏa mãn 2
4
x +y − x− = Chứng minh:
2
10 6− ≤x + y ≤4 10.+
Bài (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng AO cắt đường tròn (O) M (M khác A) Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt đường trịn (O) N (N khác C) Gọi K giao điểm MN với BC
a) Chứng minh tam giác KCN cân b) Chứng minh OK vng góc BM
c) Khi tam giác ABC cân A, hai tiếp tuyến đường tròn (O) M N cắt P Chứng minh ba điểm P, B, O thẳng hàng
Bài (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài AB = 3a, AC = 4a góc ∠BAC =60o Qua A kẻ AH vng góc với BC H Tính độdài đoạn AH theo a
Bài (1,0 điểm) Cho ba sốdương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh:
( )
2 2
9
2
b c a
a + b + c + ab bc+ +ca ≥
-Hết -
(11)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2014 – 2015 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho tất thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số 10
Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức : 2 10
x x
A
x x x x x x
− +
= + −
− + − − −
(x > 0, x ≠ 4)
1, Rút gọn biểu thức A
2, Tìm x cho A nhận giá trị số nguyên
Bài (2, điểm) Cho parabol (P): y = x2và đường thẳng (d) : y = 2(m + 3)x – 2m + ( m tham số, m ∈ℝ)
1, Với m = –5 tìm tọa độgiao điểm parabol (P) đường thẳng (d)
2, Chứng minh rằng: với m parabol (P) đường thẳng (d) cắt hai điểm phân biệt
Tìm m cho hai giao điểm có hồnh độdương
3, Tìm điểm cốđịnh mà đường thẳng (d) qua với m Bài (1,5 điểm) Giải hệphương trình: 222 222 5(2 )
2 15
x xy y x y
x xy y
+ − − − =
− − + =
Bài (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Tiếp tuyến B C đường tròn (O; R) cắt T, đường thẳng AT cắt đường tròn điểm thứhai D khác A
1, Chứng minh tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT 2, Chứng minh rằng: AB.CD = BD.AC
3, Chứng minh hai đường phân giác góc BAC , góc BDC đường thẳng BC đồng quy tai điểm
4, Gọi M trung điểm BC, chứng minh góc BAD góc MAC
Bài (0,5 điểm) Cho sốdương x, y, z thay đổi thỏa mãn: x( x + 1) + y( y + 1) + z( z + 1) ≤ 18 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1
1 1
B
x y y z z x
= + +
+ + + + + +
-Hết -
(12)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2014 – 2015 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho chuyên toán, tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số 11
Bài (3,0 điểm)
1) Giải phương trình:
5x− +6 10 3− x =2x − −x 2) Giải hệphương trình:
3
2
8 96 32 48
x xy y
x y
+ =
+ =
Bài (2,0 điểm)
1) Cho phương trình x2 – 2x – = có hai nghiệm x1; x2 Tính 7
1
S =x +x
2) Cho a, b, c, d sốnguyên dương thỏa mãn: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2 Chứng minh a + b + c + d hợp số
Bài (1,0 điểm)
Cho a, b, c ba số thực dương có tổng
Chứng minh:
2
a bc b ca c ab
a bc b ca c ab
− + − + − ≤
+ + +
Bài (3,0 điểm)
Cho hình bình hành ABCD với A, C cốđịnhvà B, D di động Đường phân giác góc BCD cắt AB AD theo thứ tự I J (J nằm A D) Gọi M giao điểm khác A hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD AIJ, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ
1) Chứng minh AO phân giác góc IAJ
2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O thuộc đường trịn 3) Tìm đường trịn cốđịnh qua M B, D di động Bài (1,0 điểm)
Chứng minh 39 số tự nhiên liên tiếp tồn số có tổng chữ số chi hết cho 11
-Hết -
(13)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2013 – 2014 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho chuyên toán, tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số 12
Bài 1.(2 điểm) Cho biểu thức 1 ( 4)
2
x
P x
x
x x
= + + −
−
+ −
với x≥0;x≠4
1) Rút gọn biểu thưc P
2) Tìm giá trị nhỏ P
Bài 2.(2 điểm) Cho hệphương trình : 1(1)
6(2) mx y
x my m − =
+ = +
(với m tham số) 1) giải hệphương trình với m=1
2) Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) thoả mãn 3x− =y
Bài (2 điểm)
1) Cho phương trình bậc hai : 2
(2 1)
x − m− x+m − − =m (với m tham số) Chứng
minh phương trình ln có nghiệm phân biệt x x1; 2với giá trị m Tìm m để :
1
5 x x − < < <
2) Giải phương trình: 2
(x+2)(x−3)(x +2x−24) 16= x
Bài 4.(3.5 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên đường thẳng BC lấy điểm M nằm
ngoài đoạn BC cho MB >MC hình chiếu vng góc M AB điểm P ( P A B) Kẻ MQ vng góc với đường thẳng AC Q
1.Chứng minh bốn điểm A,P,Q,M nằm đường tròn Xác định tâm O
đường trịn
2.Chứng minh BA.BP = BM.BH Chứng minh OH vng góc với PQ Chứng minh PQ >AH
Bài 5 (0.5 điểm) Giải phương trình:
3
2
2013 2013
2 2014 2013
2
x x
x x x
x x
− −
+ − − = + − +
− −
-Hết -
(14)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚNĂM HỌP 10 THPT CHUN THÁI BÌNHC 2012 – 2013 MƠNTHI:TỐN
(Dành cho chuyên toán, tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số 13
Câu (2,5 điểm)
a) Tính A=(4+ 15)( 10− 6) 4− 15 b) Giải hệphương trình ( ) ( )
2
1
2
x y x y
y x y y
+ + = +
− = +
Câu (1,5 điểm)
Cho a, b, c sốdương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
3 3
a b c
P
b a c b a c
= + +
+ − + − + −
Câu (2,0 điểm) Cho m, n hai sốnguyên dương thỏa mãn m + n – số nguyên tố m + n – là ước ( 2)
2 m +n −1
Chứng minh m = n
Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O) Đường trịn tâm J đường kính BC cắt AB, AC E, F Gọi H, K trực tâm tam giác ABC AEF Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
a) Tiếp tuyến A (O) song song với EF b) Ba điểm A, I, H thẳng hàng
c) KH,EF, IJ đồng quy
Câu 5: (1,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB, CD dây cung đường tròn (A, B, C, D bốn điểm phân biệt) M điểm di động công nhỏCD, gọi I, J giao điểm MA, MB với dây cung CD
Xác định vị trí điểm M đểđoạn IJ có độ dài lớn
-Hết -
(15)HƯỚNG DẪN GIẢI
Đề số
Câu 1:
a) Ta có:
( )
( )( )
( )2
2
1
xy x y xy
xy x y xy x y
P
xy x y x y xy xy x y
x y x y
xy x y xy
+ −
+ + + +
= =
+
+ + −
+ +
= =
+
b) Với x > 0; y > xy = 16 ta có:
2
1
4
x y xy
x y
P= + ≥ = =
Vậy giá trị nhỏ P x = y = Câu 2:
Gọi số học sinh lớp 9A x (0 < x < 90) Suy số học sinh lớp 9B 90 – x
Theo ta có: 5x + 6.(90 – x) = 493 nên x = 47
Kết luận: số hoc sinh lớp 9A 47, số học sinh lớp 9B 43 Câu
1) Điều kiện (d1) //(d2)
2 2
1
1
2 2
2 m
m m m m
m m
m m m
m
=
+ = + − − =
⇔ ⇔ = − ⇔ = −
− ≠ − − ≠
≠
2) Gọi M x y( 0; 0)là điểm cốđịnh mà đường thẳng (d2) qua
( )
0
m R y m x m
∀ ∈ ⇒ = + − − ∀ ∈m R
( 1) 0
m x x y
⇔ − + − − = ∀ ∈m R
0
0 0
1
3
x x
x y y
− = =
⇔ ⇔
− − = =
Vậy với mđường thẳng (d2) ln qua M(1;1) cốđịnh 3) Phương trình hồnh độgiao điểm (d1) (d2):
( ) ( ) ( )( )
1 2
m + x− m= m+ x− − ⇔m m+ m− x= −m
Để (d1), (d2) cắt M(xM, yM)
2 m
m ≠ −
⇔ ≠
(16)Khi đó: ( 3) 2
1 1
M M
m m
x y m m
m m m
− − +
= ⇒ = + − − =
+ + +
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
2
3
2020 2020 1010
1
2 4 4
1010 1010 1010 3030
1
1
M M
m m
A x y
m m
m m
m m
m m
− − +
= + = =
+ +
− + + + +
= = − + + = + − ≥ −
+ +
+ +
Vậy A đạt giá trị nhỏ -3030 m = -3 Câu
Điều kiện: y≥ −4
Từ ( ) ( 2)( ) 2
1
1
x y
x y x y
x y
+ =
⇒ + − − = ⇔
− − =
Trường hợp 1: 2
0
x +y = ⇔ = =x y
Trường hợp 2: x− − = ⇒ = −y y x
Thay vào (2) ta có: ( )
4 3
x + x+ = x+ x≥ −
( ) ( )
2
2
2 4
1
x x x x
x x
⇔ − + = + − + +
⇔ − = + −
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
1
1 3
3
1
3 2
x
x x x
x x
x L x
−
⇔ − = + + > ∀ ≥ −
+ + =
⇔
+ + = + + ≥
(17)1) Ta có 90 ACD
∠ = (góc nội tiếp chắn nửđường trịn) Vì IM //CD nên ∠AMI = ∠ACD=90o
Nên ∠AMI+ ∠AHI =180o ⇒tứ giác AHIM nội tiếp 2) Xét hai tam giác AHB ACD có
90o
AHB ACD
∠ = ∠ =
ABH ADC
∠ = ∠ (2 góc nội tiếp chắn cung) Suy hai tam giác AHB ACD đồng dạng
AB HA
AB AC AH AD
AD CA
⇒ = ⇒ =
3) Gọi đường trịn O’ ngoại tiếp tam giác ABH
Vì tam giác ABH vuông nên O’ trung điểm AB Tam giác AO’H cân O’ nên ∠O HA' = ∠O AH' ( )1
AHM AIM
∠ = ∠ (2 góc nội tiếp chắn cung)
AIM ADC
∠ = ∠ (đồng vị)
ADC ABH
∠ = ∠ (2 góc nội tiếp chắn cung) Nên∠AHM = ∠ABH ( )2
Từ (1) (2) ⇒ ∠O HA' + ∠AHM = ∠O AH' + ∠ABH =90o
'
MH O H HM
⇒ ⊥ ⇒ Là tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác ABH. 4) Ta có hai tam giác AHB ACDđồng dạng
AB CD BH AD
⇒ =
Chứng minh tương tựnhư ta có hai tam giác AHC ABD đồng dạng
AC BD AD HC
⇒ =
( )
AC BD AB CD AD HC BH AD AD HC HB AD BC
⇒ + = + = + =
2
2 ;
(18)Câu
2
0
ax +bx+ =c Có nghiệm m, n nên
b m n a c mn a − + = = ( )( ) ( )( ) 2 2
2
2
1
b c
a b a c m n mn
a ac ab bc a a
Q
b c m n mn
a ab ac a ab ac
a a − − − − + + − − − + = = = = + + + − + − + − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1;
1 1
1 1 1 3 mn
Do m n
m n n m mn
mn
m n
Q Q
mn m n
m n m n
≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ − + − + − ≤ ≤ + + ⇒ ⇒ ≥ ⇔ ≥ ≤ + + + + + + +
Vậy giá trị nhỏ Q 4khi
0 a b c
a c + + =
=
Đề số
Câu 1) Ta có:
2
2
2 2
2
2
2
4 1
1 1
1
1 1
a b
A
ab ab
a b a b
a b a b ab
a b ab
a b − = + = − + = − + + = − + = + =
2) Từ giả thiết:
( )( )
1
1 a b ab ab a b 1 a b 1
a+ = ⇒ + =b ⇒ − − + = ⇔ − − =
Áp dụng đẳng thức:
( )3 3 ( )
3
(19)( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
2 3
3 3
1 1 1 1
2 1
2 1
a b a b a b a b
a b a b a b
a b a b a b
⇒ − + − = − + − + − − − + −
⇒ + − = − + − + + −
⇔ + − − − − − − + + =
Câu
1) Điều kiện x≥1
( )( )
( ) ( ) ( )( )
2 3
2 2
x x x x x
x x x x x x
+ − − = − + −
⇔ + − − = + + − − + −
Đặt a= x+2;b= x−1 (a b; ≥0)
Ta phương trình:
( )( )
2 2
2
1
a b
a b a b ab a b a b
a b = − = + − ⇔ − − − = ⇔ = +
Với a=2b⇒ x+ =2 x− ⇔ =1 x
Với a= + ⇒b x+ =2 x− + ⇔ + = +1 x x x− ⇔ =1 x
Vậy phương trình có nghiệm x = 2) Điều kiện
1; 4;
x≥ y≥ − x + ≥y
Biến đổi phương trình (1): ( )
( ) ( )
( )
2 2
2
2
2
1 4
1
1
3
x y x y x x
x y x
x y x
x y x L x
⇔ + + + + = + + + = + ⇔ + + = + ⇔ + = − − ≥
Với
1
x + = + ⇔ =y x y x+ thay vào (2) ta được:
( ) ( )
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( )
( )
3
3 3 1 10
3
5
2 1
2
2
2 1
x x x x
x x x x x
x x x x
x x x x x x x x − + + − − + = ⇔ − − − + − − − + − = − − − − ⇔ + + − = + + − + − − ⇔ − + + = + + − + ( ) ( )
2
2
2 1
2 2
2
2 1
2
x x
x
x x
x x x x
(20)2 2
0
2 1
x x x x
Do x
x x
+ + + −
+ > ∀ ≥
+ + − +
Vậy hệphương trình có nghiệm (x, y) = (2; 5) Câu
1) Ta có PNE NAC NCA 2 NCAsdEA
Chứng minh∠PAD= ∠ABE
Suy ∠PDE = ∠PAD+ ∠ADE = ∠ABE+ ∠ADE = ∠2 ABE =sd EA
Xét tứ giác EPND có PNE PDEvà hai đỉnh N; Dlà hai đỉnh liên tiếp nên EPND là tứ giác nội tiếp đường tròn
2) Ta thấy tứ giác AKME tứ giác nội tiếp MEK MAK 45o Suy MEA MKA 90o
Do MK / /BD MKD KDB KBD EKM
3) Chứng minh MDCđồng dạng MEA g g
Suy . . 2
4
MD ME MC ME MD MA MD CD
MC MA
Mặt khác ta có 2 2
4
CD CD
MC CD MD CD
Suy ra: 5
2 10
CD CD
MC ME
Mà 10
5
EA AM AM CD
EA CD R
CD MC MC
Câu
1) Điều kiện: x≥0,y≥0
(21)( )1 2020 2020 2020
2020 5.101
x y x y y
x y y
⇔ = − ⇔ = + −
⇔ = + −
Do x, y nguyên nên 5.101ynguyên hay 5.101y sốchính phương
Suy 2
5.101y=k ⇒ =y 5.101.a =505a (a số nguyên)
Tương tự 2
5.101 505
x= b = b (b số nguyên)
Thay x; y theo a; bvào (1) ta được:
505 505 505
a + b = ⇔ a + b =
a b
505
x= b y=505a2
0 2020
1 505 505
2 0 2020
Vậy phương trình có nghiệm là: (2020;0);(505;505);(0;2020) Câu
2) Ta có:
(1 22 ) (1 23 ) (1 24 )
P
a a b b c c
= + +
− − −
( ) ( ) ( )
2 2
2
1 2
a b c
a a b b c c
= + +
− − −
Áp dụng bất đẳng thức AG – GM ta có: 2( )
1
3 27
a a a
a − a ≤ + + − =
Tương tự : 2( ) 2( )
1 ;
27 27
b − b ≤ c − c ≤
Suy ra: P≥27 2( a+3b+4c)=81
Dấu “=” xảy
3 a= = =b c
Vậy giá trị nhỏ P 81
3) Xét điểm I( 2; 3) Ta chứng minh khoảng cách từIđến hai điểm nguyên
khác khác
Xét hai điểm nguyên M a b( ); ;M'(a'; b')
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2 2
' IM'
2 ' '
' ' ' 2 '
IM IM IM
a b a b
a b a b a a b b
= ⇔ =
⇔ − + − = − + −
(22)Nhận xét số nguyên m, n, p thỏa mãn m+n 2+ p 3=0thì m = n = p =
2 2
2 2
2 2
2; 3; ; , , p Q
2
2 3
2
2
Q m n
mn p m n
mp n m p
pm m n p
m n p
∉ ∈ = − − = − − = − − + + = 0
mn np pm
m n p
m n p
= = = ⇒ ⇒ = = = + + = Ta có: ( ) ( )
2 2
2 '
' '
'
IM' IM ' '
' '
a b a b
b b
IM IM a a M M
a a b b + − − = = = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ ≡ − =
Xét tất khoảng cách từcác điểm nguyên I, các khoảng cách đôi phân biệt Gọi S tập hợp số thực khoảng cách cách từ tất điểm nguyên đến I. Ta chọn 2020 sốdương nhỏ thuộc S theo thứ tự tăng dần, nghĩa tồn sốdươngs s1; 2; s2020 thuộc tập S thỏa mãn sp <sqnếu
p < q, số thuộc S \{s s1; 2; s2020}đều lớn s s1; 2; s2020 Đặt
, 1; 2;3; 2019
k k
k
s s
R = + + k =
Ta có điều phải chứng minh
Đề số
Câu a)
b)
c)
=21 ( Do côsi) Vậy T có giá trị nhỏ 21
( 2)( 2)
1 (2 1)( 1) ( 1)( 2)
x x
P x x
x x − + = + − − − − 2 1
(2 1)( 1)
1 x
P x x x
+
= − −
−
4 1 P= x−
2019 4 1 2019 P= ⇔ x− =
505 x=
10 10 10 2 18
4 1 ( ) 1
5 5
x x T P x
x x x
= + = + − = + + −
10 2 18 10 2 18
( ) 1 2 . .5 1
5 5 5 5
x x x
T
x x
= + + − ≥ + − x≥5
(23)Câu
Hoành độ điểm I nghiệm phương trình
Chú ý: Ý học sinh dùng quỹ tích I đường trịn R = Câu
a) nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt
Theo viét
b)
( Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác -1 với m)
T nhỏ m = Câu
a) Đk ta có
b)
Với vào ta có
Vậy hệ có hai nghiệm Câu
2
1 1 1
1 m x mx m x
m m m
− − + = + ⇔ = + 2 1 2 1 1 m m do x y
m m − = ⇒ = + + 2 1 2 ( ; ) 1 1 m m I m m − ⇒ + + 2 2 1 2
( ) ( ) 1
1 1 m m T m m − = + = + + 8 0 m m
∆ = + > ∀
1
1
2 1
x x m
x x m
+ = −
= − −
2
1 2 2 ( 2) 8 ( 2) 4 1 8
x −x = ⇔ x − x = ⇔ x + x − x x =
2
(m−2) − − −4( 1 m) 8= ⇔m = ⇔ =0 m 0
2 2
2 1 2
2 2
1 2
( 1) ( 1) 2 ( ) 2 2( )
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x x x x x T
x x x x x x
+ + + + + − + + = = + + + + + 4 1 4 m
T = + ≥
2018
x≥ − 4(x+2018)+ 9(x+2018) =5 2 x+2018+3 x+2018 = ⇔5 x+2018 =1
2017 x= −
3 3
3 6 3 4 0 [( 1) ] 3( 1) 3 0
x −y + x + x− y+ = ⇔ x+ − y + x+ − y =
2
(x+ −1 y)[(x+1) + +(x 1)y+ y + = ⇔ = +3] 0 y x 1
1
y= +x x2+ y2−3x=1
0
2 0 1
2 x x x x = − = ⇔ = 1 3 (0;1),( ; )
(24)a) Do MK ON vng góc JN (1) NK và OM vng góc JM (2)
Nên từ (1) (2) có Tứ giác OMKN là hình bình hành(3), suy H trung điểm OK
b) Do OM =ON (4) Từ (3)&(4)có tứ giác OMKN hình thoi (5) Mặt khác OJ =2OM = 2a suy (6)
Từ(5)và(6)
Kthuộc đường tròn tâm O c) Do (M;r)nhận OJ tuyến tuyến mà
Ta có
( dùng hệ thức lượng tam giác vuông)
d) Gọi IE,IFlà hai tiếp tuyến với (O) E,F Suy tứ giác IEOF hình vng
Tính (Khơng đổi)(1)
Do Ocố định (2)
Từ (1) (2) tập hợp Inằm đường trịn tâm O bán kính Câu
Do ba số thực không âm thỏa mãn :
Ta có (*)
Từ điều kiện ta có
/ / / /
MK ON
NK OM
⇒
0
60 MOJ
∠ =
0
60
MOK OMK
⇒ ∠ = ⇒
OK OM R a
⇒ = = = ⇒
MH ⊥JO =H ⇒ =r MH
2 2
1 1 1 4
3
MH = OM + JM = a ⇒
3 2 a r =
IE ⊥IF
2 OI =a
2 a
, ,
x y z 12x+10y+15z≤60
, , 0 5 6 4 x y z x y z
≥
≤ ≤ ≤
2 2
4 4
T =x + y +z − x− y−z E
M
K
J
N
F I
O
(25)Vậy GTLN T 12 đạt
Đề số
Câu 1)
Phương trình có hai nghiệm không âm
Gọi hai nghiệm phương trình cho, ta có: (định lý Vi-et)
Với ta có:
Dấu xảy
Vậy
2) Ta có: Để
-1 -2 -3 -6
-3 -1 -4 -5 -8
tm tm tm tm tm tm tm tm
Vật tập hợp giá trị để y nguyên Câu
( 5) ( 6) ( 4) 2 3
12 60
2 3 2 3 12
5 5
x x y y z z x y z x
x y z y z
= − + − + − + + +
≤ + + ≤ + + ≤ =
0 0
6 or 0
0 4
x x y y z z
= =
= =
= =
( )
2
2
'
0 0
0 2 4 0 1 3 0 ( )
m m m m
S m m m
P m m m luon dung
∆ ≥ − + − ≥ ≥
⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
≥ − + ≥
− + ≥
1;
x x
1
2
2
2
x x m
x x m m
+ =
= − +
2
1 0 2 2 2 2 4
P= x + x ≥ ⇒P = + +x x x x = m+ m − m+
2
m≥
( ) ( )
2
2 2 2 2
8 2
P m m m
P P
= + − + ≥ − + =
⇒ ≥ ⇔ ≥
"=" ⇔m=2 2
Min P= m=2
2
2 6
2
2 2
x x
y x
x x x
+ − +
= = = − +
+ + +
( 2) ( ) {6 1; 2; 3; 6}
y∈ ⇒ x+ ∈U = ± ± ± ±
2
x+
x
(26)1)
Phương trình ln có nghiệm 2) Giải phương trình
Dễ thấy
Đểphương trình có nghiệm
vơ nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm
Câu
Giả sử chiều dài hai nến
Gọi thời gian đốt hai nến đểđượ phần lại nến thứ hai gấp đơi phần cịn lai nến thứ (giờ)
Theo đề ta có, giờthì đốt độ dài nến thứ thứ hai
Trong độ dài nến thứ thứhai đốt (cm)
Độ dài nến thứ thứ hai lại sau đốt (giờ) là: Theo đềbài ta có phương trình
5
2
2
a c
a+ b+ c= ⇔ =b − −
( )2 2
2 2
2 10 25 25 16
4 ; ;
4 4
a c c
a ac c a ac c
b ac + + ac − + − + a b c
∆ = − = − = = ≥ ∀
⇒
0 ax +bx+ =c
( )3
3 3
4 :
2
x − +x =x
( )
( ) ( ) ( ) ( )
3
3
3
3
3 2 3 2
3
4 :
2
2
1 4 4
3
x x x
x
x x x x x x x
x
− + =
⇔ + − + = ⇔ − + = ≠ −
+
3
2
1 1; 1
1 3
x x
x x
x x
< ∀ ≠ − < ⇒ < ∀ ≠ −
+ +
2
4x −4x+ <3
( )2
2
4x 4x 2x 1
⇔ − + < ⇔ − + <
( ) L cm
x (x>0)
, ( )
3
L L cm
x ,
3
xL xL
⇒ x , ( )
3
xL xL
(27)Vậy phải đốt hai nến 2,4 hay phải đốt hai nến lúc =1 36 phút chiều đểđược yêu cầu toán
Câu
Từ giả thiết ta có:
Tương tự ta có:
Cộng vế hai phương trình ta được:
Xét
Dấu xảy
Vậy
Câu
2
2
4
5 12
1 2, ( )
12
xL xL x x
L L
x
x tm
− = − ⇔ − = −
⇔ = ⇔ = =
4−2, 4=1,
( )
( ) ( )
2
2
2
2
2018
2018
1 2018
1
y y
x x y y
y y
y y
− +
+ + = = = + −
− + + +
( )
2
1 2018
y+ + y = +x −x
( ) ( 2)
2019 x+y =2017 1+x + 1+ y
( )2 ( )( )
2 2 2
1 2 1
A= +x + +y = +x +y + +x +y
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2017
2019( ) 2017
2019 2017
2019 2017
4.2017 2017 2017 2018
2.4036 2018 2018
A x y xy x y
VP x y
VT x y x y
P P
P P
P P
⇒ ≥ + + + + = + +
⇒ ≥ + +
⇒ = + ≥ + +
⇒ = +
⇒ ≥ +
⇒ ≥ ⇒ ≥ =
"=" 2017 2018
4036 x y
⇔ = = 2017 2018
2018
MinP= 2017 2018
(28)1)
a) Tính diện tích nửa đường trịn đường kính BH
Ta có: vng A( định lý Pytago đảo)
Áp dụng hệ thức lượng trịn tam giác vng ta có: Diện tích nửa đường trịn đường kính BH
b) Chứng minh tứgiác BEFC nội tiếp và…… Gọi trung điểm
Dễ nhận thấy AEHF hình chữ nhật (tứ giác có góc vng)
Mà (cùng phụ với
Mà nội tiếp chăn cung HE đường tròn ; tạo dây cung EH EF vị trí góc tia tiếp tuyến dây cung
là tiếp tuyến đường trịn đường kính BH
Chứng minh tương tự ta có EF tiếp tuyến đường trịn đường kính CH
Vì AEHF hình chữ nhật Mà (cùng phụ với
Mà
Tứ giác tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) 2) Cho nửa dường trịn dường kính AB=2R………
F E
O2
O1 H
B
A
C
2 2
AB +AC =BC ⇒ ∆ABC
2
16
AB BH
BC
= =
⇒
( )
2
1 32
2 2 25
BH
S = π = π = π dvdt
1
O O2 BH CH
CAH FEH
⇒ =
CAH = ABC BAH)⇒FEH = ABC
ABC ( )O1 FEH
EF
⇒
AEF AHF
⇒ = AHF = ACB FHC)
AEF ACB
⇒ =
180 180
AEF+BEF = ⇒ ACB+BEF =
(29)Đặt ta có:
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AMB ta có: Khi ta có:
Dấu xảy
Câu
Chứng minh tương tự ta có:
P Q
N
B O
A
M
2
MN = x AQ= −R x; BQ= +R x
2
MQ= AQ BQ = R −x
2 2 2
. 2 MNPQ
S =MN MQ= x R −x ≤x +R −x =R
2 2 2
2 R
x R x x R x x
⇔ = − ⇔ = − ⇔ =
2 2;
2 R
MN x R MQ x
⇒ = = = =
( 2) ( 2 2)
2
2
1
27
5 2 27 5 2 2
1 27 1
2 2 27
5 2
a ab b a ab b
a ab b
a ab b
+ ≥
+ + + +
⇔ ≤ +
+ +
+ +
2 2
2 2
1 27 1 27 1
;
2 2 27 2 27
5b 2bc 2c b bc c 5c 2ca 2a c ca c
≤ + ≤ +
+ + + +
+ + + +
( 2) ( 2) ( 2)
27 1 1
2 2 2 2
P
a ab b b bc c c ca a
⇒ ≤ + + +
+ + + + + +
(30)Sử dụng BĐT ta có:
Ta lại có :
Chứng minh tương tự:
Dấu xảy Vậy
Đề số
Câu Cho
2 1
1 1 4
x x
A
x x x x x x
với x 0;x 1
a) Với x 0;x 1 ta có
1 1 1
9
x y z x y z
≤ + +
+ +
( 2) ( 2) ( 2) 2 2
2 2 2
2
1 1 1
9 2
5 2 2
1 1 1 1 1
9 9
1 2
9 9
a ab a a b
a ab b a ab a a b
a ab ab a a b b
a ab b
= ≤ + + + + + + + + + + ≤ + + + + + + = + + 2
2 1
9
Cauchy
ab a b
≤ +
2 2 2 2
1 1 2
5a 2ab 2b 9a 9a 9a 9b 3a 3b
⇒ ≤ + + + = +
+ +
2 2
2 2
1
5 2 3
1
5 2 3
b bc c b c
c ca a c a
≤ + + + ≤ + + +
2 2 2
2 2 2 2 2
1 1
5 2 2
1 1 1 1 1 1
9 3 3 3 9
27 1
2 9
a ab b b bc c c ca a
a b b c c a a b c
P ⇒ + + + + + + + + ≤ + + + + + = + + = ⇒ ≤ + =
"="
2 2
3
1 1
1
a b c
a b c
a b c
(31)
2
2
2
1
1 5
1
1 1 4 1 1 4
1 1
1
4
1 1 1
x x x
x x
A
x x x x x x x x x x
x x x
x x
x x x
x x x x
Vậy A x
với x 0;x 1
b) Đặt B x x 1A Chứng minh B 1 với x 0;x 1
Với x 0;x 1 ta có
2
1
1 x x x x x
B x x A
x x x
Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d):
2
y x m (với m tham số)
a) Khi m 4, tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P)
Xét phương trình hoành độ giao điểm P d
2 2 2 8 2 2 8 0
x mx m x mx m
Khi m = – 4, phương trình trở thành 8 0
x
x x
x
Với x 0 y 0 với x 8 y 64
Vậy m = – tọa độ giao điểm P d 0;0 8;64
b) Chứng minh đường thẳng d Parabol P cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 Tìm giá trị m để x1 2x2 2
Xét phương trình hồn độ giao điểm x2 2mx2m 8 0
Ta có ' m2 2m 8 m12 7 0 với m, phương trình hồnh độ ln có nghiệm phân biệt Suy d P hai điểm phân biệt
Theo hệ thức Vi – et 2
2
x x m
x x m
(32)1
1 2
2 2 2
x x m x m
x x x m
Thay vào hệ thức x x1 2 2m8 ta
2 2 m4m2 2m 8 4m2 7m 2 0 Giải phương trình x 0 Vậy 2;
4
m
giá trị cần tìm
Câu Giải hệ phương trình
2 2 3
4
xy y x x
x y y
Lời giải Điều kiện xác dịnh hệ phương trình y 1 Phương trình thứ tương đương với
2 2
2
2
3 1
1
2
xy y x x y x x x
x
x y x
x y
+ Thay x 1 vào phương trình thứ hai hệ ta
1 4 1
17
1
y y
y y y y
y y
+ Thay x y2 2 vào phương trình thứ hai hệ ta y2 2 y 4 y 1 0 Đặt y 1 a a 0 y a2 1, phương trình trở thành
2
2
3
1 4 0 4
1
a a a a a a
a
a a a a a a a
a
Với a 0 ta 2 1
x x y
y y
Với a 1 ta
2 2 0
2
x x y
y y
(33)tốc xe, biết thời gian quãng đường AB xe thứ nhiều xe thứ hai 30 phút
Lời giải Đổi 30 '
h h Gọi vận tốc xe thứ xe thứ hai
x; y km/h Điều kiện y x
Sau xe thứ 3x km xe thứ 3y km
Ta có phương trình 3x 3y 300 x y 100
Thời gian xe thứ hết quãng đường AB 300 h
x , thời gian xe thứ hai hết quãng
đường AB 300 h
y Ta có phương trình
300 300 60 60 2
x y x y
Kết hợp phương trình ta có hệ phương trình
100 100
60 60 60 60 100
x y y x
x y x x
Giải phương trình 60 60 100
x x ta x 300; x40
+ Với x 300 ta y 200(không thỏa mãn điều kiện)
+ Với x 40 ta y 60(thỏa mãn điều kiện)
Vậy vận tốc xe thứ xe thứ hai 40 km/h 60 km/h
Câu Cho đường tròn O R; có đường kính AB Điểm C điểm đường tròn
O , C không trùng với A, B Tiếp tuyến C O R; cắt tiếp tuyến A, B O R; P, Q Gọi M giao điểm OP với AC, N giao điểm OQ với BC
a) Chứng minh tứ giác CMON hình chữ nhật AP.BQMN2
Ta có OAOC R PAPC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy OP đường trung trực AC,
900
OP AC OMC
Chứng minh tương tự ONC 900
E
O N M
Q
P
I D
C
(34)Lại có ACB 900 Tứ giác CMON có
900
OMC ONC MCN nên tứ giác CMON hình chữ nhật
Vì CMON hình chữ nhật nên POQ 900 và PQ tiếp tuyến C O nên
OC PQ
Tam giác OPQ vuông O có đường cao OC nên ta PC.QCOC2 Mà PAPC;QBQC MN OC Từ ta suy AP BQ. MN2 b) Chứng minhAB tiếp tuyến đường trịn đường kính PQ
Gọi I trung điểm PQ Tam giác OPQ vuông O có OI đường trung tuyến Do ta có
2
PQ
OI nên O thuộc đường tròn ;
PQ I
Vì AP BQ tiếp tuyến O nên AP AB BQ , AB nên APQB hình thang vng
Mà OI đường trung bình hình thang APQB, OI//AP nên suy OI AB
Do AB tiếp tuyến O ;
PQ I
c) Chứng minh PMNQ tứ giác nội tiếp Xác định vị trí điểm C để đường trịn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ
+ Tam giác OCP vng C có đường cao CM nên ta OC2 OM.OP Tương tự ta có OC2 ON.OQ Từ ta OM OP. ON OQ. OM ON
OQ OP
Hai tam giác OMN OQP có POQ chung OM ON
OQ OP
Do OMN∽OQP suy ta OPQ ONM nên tứ giác PMNQ nội tiếp đường tròn
(35)Do DI PQ DE; MN nên ta DI//OE DE//OI, suy tứ giác OEDI hình
bình hành Từ ta
2
R DI OE
+ Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng DIPta 1,
x x
Dấu xẩy PQ AB OC AB hay C điểm nửa đường trịn O
Vậy C điểm nửa đường trịn O đường trịn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ
2
R
Câu Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 8t2mt 1 0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2 2
2 2 2
y z z x x y
P
x y z y z x z x y
Lời giải Ta có
2 2 2
1 1
1 1 1
P
x y z
y z x z x y
Đặt a;1 b;1 c
x y z , ta 2 2 2
a b c
P
b c a c a b
2 2 3
a b c Do n 3
Ta lại có bất đẳng thức
2
2
1
1 0
2
3
x x x
x x
x x
(luôn đúng)
Suy 2
2 2
P a b c Dấu xẩy
1
a b c x y z
Vậy P đạt giá trị nhỏ
2, đạt x y z
Đề số
Câu 1(2.0 điểm).
(36) OMN BAC
Phân tích lời giải Đặt phương trình cho
2 2
2
2 0(1) 0(2)
x ax a b
x bx b ab
Để chứng minh có hai phương trình ẩn x sau vơ nghiệm thì ta chứng minh hai biệt thức delta phương trình nhận giá trị âm Muốn ta tính tổng hai biệt thức delta hai hai phương trình nhận giá trị âm Ta có
' 2 2
1
' 2
2
2 1
3
a a b a b
b b ab b ab
Khi ta ' ' 2 2
1 a b 2b ab a b ab
Mặt khác dễ thấy 2a2 2b2 2 2ab a b2 2 a2 b2 0 Do ta ' '
1
Vậy hai phương trình tồn phương trình vơ nghiệm
2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z xyz 0 Tính giá trị biểu thức P 2 x22 2 2 y22 2 2 z22 2
y z x z x y x y z
Phân tích lời giải Để tính y2 z2 x2 ta để ý đến giả thiết
x y z y z x Khi thực bình phương hai vế ta
2 2 2 2 2
y z yz x y z x yz
Từ ta có biến đổi 2 22 2 2 2 22 2
2
x x x
yz y z x y z y z yz Hoàn toàn tương tự ta có 2 22 2
2
y y
zx z x y ;
2
2 2 2
z z
(37)
2 2 2
2 2 2 2 2
3 3 3 3
2 2
3
2 2
1 1
1 3
2
3
3 3
2 2
3
x y z x y z
P
yz xz xy
y z x z x y x y z
x y z x y z x y z xyz
xyz xyz
x y z x y z xy yz z
xyz xyz x
Vậy
2
P Câu 2(2.5 điểm)
1) Giải phương trình ;1 ;1 3 x y z
1;
y x z Phân tích lời giải Điều kiện xác định phương trình
2 4 12 0; 1
x x x quan sát phương trình cho ta để ý đến biến đổi
2
2 4 12 2 8 1
x x x x Khi ta viết lại phương trình cho thành
2
2 2
x x x x Phương trình có lặp lại hai đại lương nên ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x 2 a x; 1 b b 0 Khi phương trình trở thành
2 2 2
2
8 4
3 7
3
a b a b a b a ab b
a b
a ab b a b a b
a b
+ Với ( ) 9 4 1
f x yz y z x yz x
2
2 5 13
4
x x
x x x
x x x x x
+ Với g x( )ax b
2
9 36 36 49 49 85 85
2
x x x x x
x x x x Hệ vô nghiệm với x 1
Thử lại vào phương trình cho ta có nghiệm phương trình a,
2) Giải hệ phương trình
2
2
2
4 4
3 2
x y xy xy
x y
x y y y y x
(38) Phân tích lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình x y y;2 y 1 0 Quan sát phương trình thứ hệ ta nhận thấy phương trình đưa dạng phương trình đa thức nên ta kiểm tra xem phương trình có phân tích hay khơng Chú ý phương trình có lặp lại hai đại lượng x y xy nên ta viết
phương trình dạng
2
2 4
x y xy xy xy
x y
Đến ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x y a xy; b Khi ta có phương trình
2 3
2
2
2
2 4 16 16
4
4 4 4
2
a b b b a ab b a a ab a b
a
a
a a a a b a a b a
a b a
+ Với PDI = BAH ta x y hay x y 4, vào phương trình thứ hai củahệ
ta
2
3 2y y 2y y Đặt 2
R OI IM IK
, phương trình viết lại thành
2 2
3 4 15 3;
t t t y y y y y
Với y 3 ta x 7 với
y ta
x Các nghiệm thỏa mãn hệ phương trình
+ Với a2 2b4a 0 ta x2 y2 4x y0
Vì x y x; 0;y2 0 nên x2 y2 4x y0 hay trường hợp hệ phương trình vơ nghiệm
Vậy nghiệm hệ phương trình ; 7;3 , 3; 2
x y
(39)Đặt x y a xy; b, x, y số nguyên nên a b, Z Khi phương trình trở thành
3
2
3 3
5
2 2
2
a ab b a b a
a a a b a a a b
a
Vì a, b số nguyên nguyên nên a 2 U(5) a 5; 1;1;5 a 7;3;1; 3 + Với a 7 ta 68
3
b (không phải số nguyên) + Với ( ) :P y 2x2 khi ta b 8, ta được
2 3
8
x y
x y
xy y y
(hệ vô nghiệm)
+ Với a 1 ta
b (không phải số nguyên)
+ Với a ta đượcb 2 , suy 1; 2 2;
x y x y
xy x y
Vậy nghiệm nguyên phương trình x y; 1;2 , 2;1
Câu Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có hai tia BA CD cắt E, hai tia AD BC cắt F Gọi M, N trung điểm AC BD Các đường phân giác gócBECvà gócBFAcắt K
a) Chứng minh DEFDFE ABC tam giác EKF tam giác vng Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên
ABC ADE mặt khác góc ADE góc ngồi tam giác EDF nên
DE
ADE F DFE Từ suy
DEFDFE ABC
Ta có FEKKFE DEFDFEDFKDEK ABCDFKDEK(1) Vì đường phân giác gócBECvà góc BFAcắt K nên
F
E
K N
M
O D
C
(40) 1 13600 2 11800 2
2 2
DFK DEK AFBAEC ECBFAB ABC ABC (2)
Từ (1) (2) ta có 11800 2 900
FEK KFE ABC ABC
b) Ta có 4034 2017
2
F
(cùng chắn cung AD) E chung nên EAC ∽EDB Mà
ta lại có M, N trung điểm AC, BD nên EM, EN đường trung tuyến tam giác EAC EBD Do ta có AC EA CM
BD ED BN
Mặt khác ta có ECM EBN nên tam giác EBN ECM đồng dạng với Từ ta đượcEN BN BD
EM CM AC nên suy EM.BDEN.AC
c) Gọi K' là giao điểm EK với MN Ta có tam giác EBN ECM đồng dạng với nhau. Nên suy CEM BEN Lại EK phân giác góc AED nên suy MEK NEK
hay MEK' NEK'
Tam giác MEN có EK' phân giác nên theo tính chất đường phân giác ta có ' '
MK ME
NE NK
Gọi K" là giao điểm FK với MN, hồn tồn tương tự ta có " "
MK MF
NF NK
Theo ý b) ta có EM AC
EN BD Chứng minh hồn tồn tương tự ta có
MF AC
NF BD
Kết hợp kết ta MK"" MK''
NK NK Điều dẫn đến điểm
' "
, ,
K K K trùng
nhau hay ba điểm M, K, N thẳng hàng
Câu (2,0 điểm)
1) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh 1
3 3
a a b b b c c c a abc
(41)1 1 5 5
a b c
c b c a c b b a c
Để đơn giản hoán bất đẳng thức cần chứng minh ta đặt AH2
2 Khi ta chứng minh
3
5 5
x y z
z x y x y z y z x
Dự đoán dấu xẩy x y z ta có đánh giá 3 15
z x y z x y
đến áp dụng tương tự ta quy toán chứng minh 2
5 5
x y z
z x y y y z x z x Dễ thấy bất đẳng thức áp dụng
được bất đẳn thức Bunhiacopxki dạng phân thức
Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành 1
5 5
a b c
c b c a c b b a c
Đặt AH2
2 Khi ta chứng minh
3
5 5
x y z
z x y x y z y z x
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 3 15
z x y z x y
Do ta
5 (3 )
x x
z x y
z x y Áp dụng tương tự ta
2 2
5 5
5 5
x y z x y z
z x y y y z x z x
z x y x y z y z x
Ta cần chứng minh 2
5 5
x y z
(42)Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức để ý
2
3
xyyz zx x y z ta
2
2
2 2
2
2 2 2
2 2
5 5
2 2( )
5 5 3
2( ) 2( )
1
3 3
3
x y z
z x y y y z x z x
x y z x y z
x z x y y x y z z y z x x y z xy yz zx
x y z x y z
x y z xy yz zx x y z x y z
Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xảy a b c
2) Cho số tự nhiên phân biệt cho tổng ba số chúng lớn tổng hai số lại Chứng minh tất số cho không nhỏ
Phân tích Gọi số cho a, b, c, d, e( , , , ,a b c d e N) Để chứng minh tất năm số tự
nhiên lớn ta chứng minh có số, hai số, ba số, bốn số, năm số số tự nhiên nhỏ có mâu thuẫn với u cầu tốn Ta giả sử a b c d e Khi ta xét trường hợp
5; , 5; , , 5; , , , 5; , , , ,
a a b a b c a b c d a b c d e Chú ý ta ln có
a b c d e Đến ta mâu thuẫn dạng a b c d e
2
3x 6y 3x 12y Lời giải Gọi số cho a, b, c, d, e( , , , ,a b c d e N) Khơng
tính tổng qt ta giả sử
a b c d e Khi ta có a b c d e + Trường hợp Giả sử AE AM AE 2AC AC CE
AC AF n 0 Khi ta có
4 2
a b c d e d e, điều mâu thuẫn với đề + Trường hợp Giả sử a b, 5
t 1 t3 Khi ta có
3 2
a b c c c d e e d
Điều mâu thuẫn với đề
+ Trường hợp Giả sử t 1 d e, 5 Khi đó ta có 11
(43)Điều mâu thuẫn với đề
+ Trường hợp Giả sử x 3 x2 3x 2 0 x 17
x
3 17 x 1; 2; x
2
x
Khi ta có
2;
a b
Điều mâu thuẫn với đề
+ Trường hợp Giả sử An2018 n2008 1, không tồn số tự nhiên phân biệt thỏa mãn yêu cầu
Vậy điều giả sử sai nên năm số lớn
Đề số
Câu
2) Đặt Q x( )=P x( )− −x Dễ thấy Q(2016)=Q(2017)=0nên
( ) ( 2016)( 2017)( )
Q x = x− x− x−a Suy
( ) ( 2016)( 2017)( )
P x = x− x− x−a + +x Từđó, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
3P 2018 P 2019 2018 a 2019.3 2019 a 2020 4031
− + = − − − + − + = −
Câu
Đặt a = 2x2, b = x + y, c = x + 2y Phương trình (2) trở thành
( )
( ) ( )2
2
2 10
2
a b c c a b a b c a b c
a b c c a b c hay y x
+ + = − − ⇔ + + + =
⇔ + + = ⇔ + = =
(44)a) Tam giác IDA đồng dạng với tam giác IAC nên AC AI
AD = ID
Tam giác IBA đồng dạng với tam giác IBC nên BC IB
BD = IDmà IA = ID suy đpcm
(tứgiác điều hịa)
b) Ta dễ có BOAI nội tiếp đường trịn tâm E đường kính OI Qua K kẻđường thẳng vng góc với KE cắt (E, OE) hai điểm U, V
2 2 2
( )
KA KB UK VK VK EV EK OE EK dpcm
⇒ = = = − = −
c) Ta có: IC.ID = IA2, tam giác vng OAI có đường cao AH nên IA2= IH.IO
tứgiác OHCD nội tiếp suy ( )1
2
DOC DHC DBC DHC
∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠
Mặt khác ∠OHD= ∠OCD= ∠ODC = ∠CHI nên HA phân giác ∠DHC ( )2 Từ (1) (2) suy ∠DBC= ∠DHAtam giác HAD đồng dạng tam giác BDC suy
đpcm Câu
Bài bất đẳng thức việc quan trọng phải tìm dấu từđó tìm lời giải
(45)Ta có ( 2 2) 2 2 ( )
5 x + y +z =52+2x +y ≥52+ + =2 55⇒ x +y +z ≥11 Lại có (x−1)(y− ≥ ⇔1) xy+ ≥ +1 x y
Chứng minh tường tự: yz+ ≥ +1 y z; xz+ ≥ +1 x z
Cộng lại theo vếta được: 2(xy+yz+zx)+ ≥6 4(x+ +y z) ( )2 Lấy (1) + (2) ta được: ( )2 ( )
5
x+ +y z ≥ + x+ +y z ⇔ + + ≥x y z
Đề số
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1a 2x x x x x
P
x x x x x
+ − +
= + −
− + 0,25
( )( )
( ) ( )(( ) )
1 1
2
1
x x x x x x
x
x x x x x
− + + + − +
+
= + −
− + 0,5
( 1) ( 1)
2x x x x x
x x x
+ + − +
+
= + −
0,5
2 2 2
2
x x x
x x
+ + +
= + =
0,25
1b Ta có x= −3 2⇒ x = 2 1− 0,25
Thay vào biểu thức 2( 1) 2
P= − + +
− 0,25
Tính kết P=4 2+2 0,25
1c
Đưa 7
2 2
x
P = x+ + x 0,25
Đánh giá 2x+ +2 x >6 x, suy 7
2 2
x
x x
< <
+ + 0,25
Vậy
P nhận giá trịnguyên
4
7 2 2 1 1
4
x x
x x x x x
x x
= =
= + + ⇔ − + ⇔ ⇔
= =
0,25
(46)Giải phương trình ta hai nghiệm: x1 =2;x2 = −4 0,5
2b Tính được 2 ( )3
' m m
∆ = − − 0,25
Đểphương trình có hai nghiệm phân biệt 2 ( )3
1 (*)
m m
⇔ − − > 0,25
Gọi x x1; hai nghiệm phương trình, theo Viet ta có
( )
1
3
2 (1)
1 (2)
x x m
x x m
+ =
= −
Giả sử ( )2
1
x = x thay vào (2) ta x2 = −m 1;x1=(m−1)2 0,25 Thay hai nghiệm x x1; vào (1) ta
( ) (2 )
1
3
m
m m m m m
m
=
− + − = ⇔ − = ⇔
=
Khẳng định hai giá trị m vừa tìm thỏa mãn điều kiện (*), kết luận 0,25
3
Điều kiện: x≠0, đưa phương trình trở thành:
2
2 2
2
2
2
x x
x x
+
+ − =
+ 0,25
Đặt ẩn phụ:
2
2
x
t x
=
+ , phương trình trở thành:
( )( )
3 2
1
2 1 1
2
t
t t t t t
t
=
− + = ⇔ − − − = ⇔
=
0,25
Trường hợp: t =1 ta có x= 2x2+9 (vơ nghiệm) 0,25 Trường hợp:
2
t = − ta có
2
0 3 2
2
2
2
x
x x x
x
<
+ = − ⇔ ⇔ = −
=
0,25
4a
Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung 0,25
Ta có AEF = AHF AHF; = ACB suy AEF = ACB
(hoặc AFF = AHE AHE; =ABC suy AFE= ABC) 0,25
K F
E
A
B
C H
O
(47)Suy hai tam giác AEF ACB đồng dạng 0,25 Từ tỷ sốđồng dạng AE AF
AC = AB ta có AE.AB = AC.AF 0,25
4b Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF = OH. 0,25 Có MF = MH (vì tam giác HFC vuông F, trung tuyến FM) 0,25
Suy ∆OHM = ∆OFM (c.c.c) 0,25
Từđó
90
MFO= , MF là tiếp tuyến đường trịn đường kính AH 0,25
4c Xét hai tam giác AHM BHO có
90
AHM =BHO= 0,25
Trong tam giác vng ABC, đường cao AH có
2
.2 AH HM
AH HB HC AH OH HB HM
HB HO
= ⇒ = ⇒ =
0,25
Suy ∆HBO∆HAM 0,25
Suy HAM =HBO 0,25
4d Gọi K giao điểm AM với đường trịn
Ta có HBO =HAM =MHK, suy BO // HK 0,25
Mà HK ⊥ AM , suy BO⊥ AM , suy O trực tâm tam giác ABM 0,25
5 Giả sử a≥ ≥b c, từ giả thiết suy ab≥1 Ta có bất đẳng thức sau:
( ) ( )
( )( )( )
2
2 2
1
1
0
1 1 1
a b ab
a b ab a b ab
− −
+ ≥ ⇔ ≥
+ + + + + + (luôn đúng)
Vậy ta cần chứng minh: 2
1+ab+1+c ≥ 0,25
2 2
3 3
c ab abc c ca bc abc a b c abc
⇔ + − ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥
Bất đẳng thức hiển nhiên ( ) ( )
( )
2
3
3
a b c ab bc ca
ab bc ca abc
+ + ≥ + + =
+ + ≥
hay a+ + ≥ ≥b c 3abc
Dấu xảy a= = =b c
0,25
Cho sốdương a b c, , thỏa mãn a+ + =b c 3.Chứng minh rằng:
2 2
3
3 3
ab bc ca
c a b
+ + ≤
(48)5
Ta có ( )
2
3
a b c
ab bc ca ab bc ca
+ + ≥ + + ⇒ + + ≤ 0,25 Ta có ( )( ) 2 1
ab ab ab ab
a c b c
a c b c
c c ab bc ca
≤ = ≤ + + + + + + + + + ( )
1
2 2
ab ab bc ca ca
VT a b c
a c b c c a c b a b
≤ + + + + = + + =
+ + + + +
(đpcm)
Dấu xảy a = b = c = 0,25
Đề số
Câu
1) Ta có m28
với m nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt Theo định lý Vi-et ta có
1 2 m x x x x
giả thiết cho 2
1
x x
Nên ta có
1 2 2 2 m x x x x x x (1) 2 2 2 m x x x x x x (2)
+ Giải (1): Ta có 2
1
2
x x (vơ nghiệm), nên hệ phương trình (1) vơ nghiệm
+ Giải (2):
Ta có 2 2
2
1 1 1
1 2
2
1
2 1 1
2
x x m
x x
x x m
Nhận xét: Bài toán áp dụng định lý Vi-ét phương trình bậc hai biến đổi biểuthức Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt 0 Phương trình bậc hai 2x2mx 1 0 có hai nghiệm phân biệt
1
x x2 với giá trị tham số m m 24.2 1 m2 8 0 với giá trị m
(49)Ta có 2 m x x x x
kết hợp với đề cho 2
1 2 x x x x x x
• Giải hệ phương trình
+
1 2
1
2 2
1
2
2
1
2 2
2
2 6
1 1
2
2 2.
2 6 2
m x x x x x x
x x
m m m
x x x x
x x m m x x x x
(vơ nghiệm m20 nên khơng tồn m2 9)
+
1 2
1
2 2
1
2
2
1
2 2
2
2
2 2
1 1
2
2 2.
2 2 2
m x x x x x x
x x
m m m
x x x x
x x m m x x x x
1 2
1 1 1 1 2 1 m m m m
x x x x
m x x
x
(thỏa mãn, nhận)
Vậy m 1
2) Ta có m28
với m nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x x1; Theo định lý Vi-et ta có 1 2
2
x x suy 1 2
2 1
,
2
x
x x m
x
Nhận xét: Bài tốn áp dụng định lý Vi-ét phương trình bậc hai kiến thức bất phương trình,…
Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Phương trình bậc hai có hai nghiệmphân biệt
Phương trình bậc hai cho có hai nghiệm phân biệt với giá trị m (đã chứng minh ý trên)
• Phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện Ta có x 1 x x1 2 1 x1 ; x2 dương
• Định lý Vi-ét phương trình bậc hai 2 b x x a c x x a
Ta có 1 2 1 2 1 1 2 1
2 2
(50)Do x 1 Câu
1) Điều kiện:
x
Phương trình cho tương đương với 18 2 9 1 0
3 3
x x x
1
1 3 9
18
3 1 1
3 x x x x
4 18 9 0
9 1
3
x x x
x Chứng minh: Với 18
3 1 1
3 x x x Phương trình cho có nghiệm:
9
x
Nhận xét: Bài toán giải phương trình đưa phương trình tích Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Tìm điều kiện xác định: Điều kiện: 1
3
x x
• Tách, thêm bớt phân tích nhân tử
2 17
18 18
3 3
x x x x x x
18 8 1
3 3
x x x
1
1 3 9
18
3 1
3 x x x x
4 9
8
9 1 1
3 x x x x
4 8 0
9 1
3 x x x
(51)+ Chứng minh 8
3 1 1
3
x
x
khác
Với
x ta có
8
8
3 8 0
3
1 0 1
3 3
x
x
x x
+ Suy 8 4
9 1 9
3
x x x x
x
• Đối chiếu với điều kiện xác định để đến kết luận nghiệm
9
x thỏa mãn điều kiện
1
x , nên phương trình nhận
9
x nghiệm
2) Phương trình tương đương với x3y1x y 3 15 (1) Do x y; số nguyên không âm nên từ (1), ta có
3 3 15 1
3 3 3 15
x y x y x y x y
x y x y x y x y
Vậy x y; 2;
Nhận xét: Bài toán giải phương trình nghiệm nguyên cách đưa phương trình ước số
Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Phân tích vế thành nhân tử, vế lại số 3 4 4 10 12 0
x y xy x y
x2 3xy x xy 3y2 y 3x 9y 3 15 0
1 1 3 1 15
x x y y x y x y
x 3y 1x y 3 15
• Tìm ước số vế 15 1.15 3.5 5.3
Vì x y; 0 nên ta không chọn ước âm 15
Ta có 1
3
x y x y
nên không chọn cặp tích có thừa số thứ hai nhỏ
• Cho hệ số vế thừa số vế tạo thành hệ phương trình Giải phương trình tìm nghiệm
(52)3 1 18
3 15 12
3 3 2
3
3
3
x y x y x
x y x y x
x y x y x
x y x y y
x y x y x
x y x y y
,
kết hợp với điều kiện ta có x2 y0 Câu 3.Điều kiện: x y 0
Phương trình thứ tương đương với
2
4 x y 1 x y x y 1
2
2
3
x y
x y x y
x y x y
1
2
3
x y x y
x y x y
(*)
Do x y 0, nên (*) tương đương với 2x y 2y2x1, vào phương trình thứ hai, ta có 6x2 x 1 0
1 0
2
1
3
x y
x y
Hệ phương trình có nghiệm: ; 1; , 1;
2
x y
Nhận xét: Bài tốn giải hệ phương trình phương pháp nhân liên hợp Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Điều kiện xác định: Biểu thức mẫu khác 0; Biểu thức dấu không âm Điều kiện xác định: 0
0
x y
x y x y
• Nhẩm nghiệm để tìm lượng liên hợp + Ta thấy
2
x y phương trình thứ hệ Do phương trình
thứ hệ phương trình có nhân tử
x y hay 2x y
2
1
x y x y x y 4x y 2 1 3x y x y 1
+ Hằng đẳng thức hiệu hai bình phương a2 b2 a b a b 2
4 x y 1 2 x y 1 2 x y 1
(53)
3 x y x y 1
3
3
x y x y x y x y
x y x y
2
3 3 1
3
x y x y x y x y
x y x y x y x y
x y x y x y
,
suy 2
1
x y x y x y
2
4 x y x y x y
2
3
x y
x y x y
x y x y
2
3
x y x y
x y x y
• Phương trình tích
1 2
0
0
n
n A A A A A
A
2
1
x y x y x y
1
2
3
x y x y
x y x y
2
1
2
3
x y x y
x y x y
• Chứng minh phương trình vơ nghiệm
Ta có x y 0 2x y
1 0
3 x y x y 1 , suy
x y
x y x y
1
2
3
x y
x y x y
Do phương trình
1
2
3
x y
x y x y
vô nghiệm
(54)
2 2 2 2
1
1
2 2
2
4 4 2 1 4 2 1
2
y x
x y y x
x xy x x x x x x
2
1
1 2
2 0
6
1
1 3
2 1
5
6
x x
y x x
x
y x x
y x
y
(nhận, thỏa mãn)
Câu 4. Phương trình tương đương với x2y24x2 (1) Ta có x24x 2 y2 0 x 6 2 x 6 2 0
2 x
10 4x 10
(2)
Từ (1) (2), suy 10 6 x2y210 6
Nhận xét: Bài toán áp dụng biến đổi tương đương phương trình, giải bất phương trình bậc hai
Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Biến đổi tương đương phương trình
2 4 2 0 2 4 2
x y x x y x (1)
2 4 2
x x y
(2)
• Bất đẳng thức
Ta có y2 0 y2 0 kết hợp với (2) ta có x24x 2 0 • Giải bất phương trình bậc hai
2 4 2 0 6 2 6 2 0 2 6 2 6
x x x x x
• Biến đổi tương đương bất phương trình
2 6 x 610 4 x 2 10 6
Kết hợp với (1) ta có 10 6 x2y210 6 (điều phải chứng minh). Câu
P
K O
C A
B
(55)1) Ta có MNC MBC (1) (cùng MC)
MBC BCN (do phụ với góc ABC) (2)
Từ (1) (2), ta có MNC BCN suy tam giác KNCcân K
Nhận xét: Chứng minh tam giác cân cách chứng minh tam giác có hai góc
Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn cung
MNC MBC (hai góc nội tiếp chắn cug MC ( )O ) • Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn 90
MBA góc nội tiếp chắn nửa đường trịn chia đường kính AM nên
90 90
MBA MBC CBA
• Hai góc cộng với góc hai góc hai góc ban đầu
+ MBC CBA 90 (chứng minh trên); + ABC ACB 90 (do CN AB ); Suy MBC ACB
• Tam giác có hai góc tam giác cân
MNC MBC
MNC ACB MBC ACB
hay
KNC KCN suy KCN cân K (điều phải chứng minh)
2) Ta có ON OC (3) Từ suy KN KC (4) Từ (3) (4), ta có OK NC
Do NC BM (cùng vng góc với AB)
Nhận xét: Chứng minh tam giác cân cách chứng minh tam giác có hai góc
Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Hai điểm thuộc đường trịn khoảng cách đến tâm Ta có N C; thuộc ( )O nên ON OC
(56)• Khoảng cách từ điểm đến hai đầu mút đoạn thẳng điểm thuộc trung trực đoạn thẳng
+ ON OC nên O thuộc trung trực NC;
+ KN KC nên K thuộc trung trực NC; Suy OK trung trực NC nên OK NC
• Hai đường thẳng vng góc với đường thẳng song song với
NC AB
NC BM BM AB
• Quan hệ từ vng góc đến song song a b
a c
b c
OK NC
OK BM NC BM
(điều cần chứng minh)
3) Ta có
+BNM BAM (MB) (5) + BMN BCN (NB) (6)
+ BAM NCB (do phụ với góc ABC) (7) Từ (5), (6) (7), suy BNM BMN nên BM BN
Từ giả thiết ta có ON OM PM PN nên điểm P B O; ; nằm đường trung trực đoạn MN P B O; ; thẳng hàng
Nhận xét: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh chúng thuộc đường thẳng cố định
Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn cung + BNM BAM (hai góc nội tiếp chắn cung BM đường tròn ( )O ) + BMN BCN (hai góc nội tiếp chắn cung BN đường tròn ( )O )
• Tam giác có hai góc tam giác cân Tam giác cân có hai cạnh bên
BNM BAM
BMN BCN BNM BMN BMN BAM NCB
cân Bnên BM BN
• Khoảng cách từ điểm đến hai đầu mút đoạn thẳng điểm thuộc trung trực đoạn thẳng
+ BM BN nên B nằm đường trung trực MN;
+ OM ON (do M N; nằm ( )O ) nên O nằm trung trực MN;
+ PM PN (do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên P nằm trung trực MN;
(57)Câu
Hạ CK vng góc AB K (giải thích tam giác ABC khơng tù B hay C) Ta có CK2 3a
Nên ta có 3 3
ABC
S a (đvdt)
Ta có BK a , suy BC BK2CK2 a 13
2 39
13 ABC
S a
AH
BC
Nhận xét: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh chúng thuộc đường thẳng cố định
Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Trong tam giác, cạnh đối diện với góc lớn lớn
+ Giả sử, ABC có C góc tù C góc lớn nên C B suy AB AC mà
AB a AC4a có 3a4a 3 (vơ lý) Suy ABC khơng thể có C góc tù;
+ Chứng minh tương tự ta có ABC khơng thể có B góc tù; Suy đường cao ABC nằm bên tam giác
• Trong tam giác vng, độ dài cạnh góc vng tích cách huyền với sin góc đối diện với cạnh góc vng
AKC
vng K có sin sin60 3
AK AC A AC a a
• Định lý Py-ta-go tam giác vng: “Bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng”
+ AKC vng K có AC2KA2KC2
2 2
2 2 3 4 16 12 4 2
KA a a KA a a a KA a
KB AB KA 3a 2a a
+ BKC vng K có BC2KB2KC2a22 3a 2 A
B
C K
(58)2 12 13 13
BC a a a BC a
• Diện tích tam giác nửa tích đường cao với cạnh tương ứng + 1 . 1.2 3.3 3 3
2
ABC
S CK AB a a a (đvdt);
+ 13
2
ABC
S AH BC AH a (đvdt);
Suy 1. 13 3 3 69
2 13 13
a a
AH a a AH
a
Câu 7.Đặt x 1;y 1;z
a b c
suy xyz1 x y z; ; dương Bất đẳng thức tương đương với
2 2
9
2
y
x z
P
x y z
y z x
(*)
Ta có x2 1; y2 1; z2
xy y yz z zx x
2 2
1 1
y
x z xy yz zx
x y z
y z x
Ta có x y z xyz x y z
2 2 ( )
xy zx yz yx zx zy xy yz zx
2
3
xy yz zx
x y z
2 27
P xy yz zx
xy yz zx
Do
2
27
2
xy yz zx
xy yz zx
9
P
Cô-Si cho số
Dấu “” xảy a b c 1
Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức phương pháp đổi biến áp dụng bất đẳng thức Cô-si
Nhắc lại kiến thức phương pháp:
• Đổi biến, biến đổi để có giả thiết mới, điều kiện cho biến mới, điều cần chứng minh
Đặt x 1; y 1;z
a b c
suy xyz1 x y z; ; dương Cần phải chứng minh
2 2
9
2
y
x z
P
x y z
y z x
• Bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dương: A2B22AB với A B, dương. + Với x, y số dương có
x
x
y số dương nên ta có
1 x
xy y
(59)+ y2
yz z
+ z2
zx x
• Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta bất đẳng thức chiều
Cộng vế theo vế bất đẳng thức vừa chứng minh ta được:
2 2
2 2 1
y
x z
x y z x y z
y z x
2 2
1 1
y xyz xyz xyz
x z xy yz zx
x y z x y z
y z x
(vì xyz1)
• Biến biểu thức để có đẳng thức
x y z xyz x y z (vì xyz1) xy zx yz yx zx zy( ) • Áp dụng ngược chiều bất đẳng thức Cô-si
2
2
2
2
2 ( )
xy zx yz yx zx
xy zx yz xy yz zx zy
2 2 ( )
xy zx yz yx zx zy xy yz zx
2
xy yz zx
x y z
• Kết hợp bất đẳng thức nhỏ thành bất đẳng thứclớn
2 27
P xy yz zx
xy yz zx
Mà
2
27
2
xy yz zx
xy yz zx
• Với a b ; b c a c
Ta có
2
2 27
2 9
27
2
P xy yz zx
xy yz zx P xy yz zx
xy yz zx
(điều phải chứng minh)
Đề số 10
Bài
(60)( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( )
2
:
2 2 10 2 5 10
2 2
5
2
2 2
5
x x
A
x x x x x x
x x x x x
x
x x
x x x
x
x x
x x
− +
= + −
− + − − −
+ + − − − −
=
+
− +
− +
=
+
− +
= +
2 Vìx> ⇒0 x >0; x+ > ⇒ >1 A
Mặt khác, xét 2( 1)
2
x x x
A
x x
− + − −
− = = <
+ + ∀ > ⇒ <x A Vậy < A <
Do A nguyên ⇔ A = A =
5 1
1
3
2 x
A x x x x x
x
= ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ (thỏa mãn)
5
2 2(2 1) 2
2 x
A x x x x x
x
= ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ (loại)
Vậy
9 A∈ ⇔ = x
Bài 2.
1 Khi m = –5 ⇒ (d) : y = –4x + 12
Khi , phương trình hồnh độgiao điểm (P) (d) là:
2
4 12 12 ( 6)( 2)
x = − +x ⇔x + x− = ⇔ x+ x− =
⇔ x = –6 x = Khi x = –6 ⇒ y = 36 Khi x = ⇒ y =
Vậy tọa độgiao điểm (P) (d) (–6;36) (2;4) Phương trình hoành độgiao điểm (P) (d):
2
2( 3) 2 2( 3) 2
(61)(d) cắt (P) hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt
2
2
' ( 3) (2 2) ( 9) (2 2)
4 ( 2)
m m
m m m
m m
m
⇔ ∆ = + − − >
⇔ + + − − >
⇔ + + >
⇔ + + >
(luôn ∀ m)
Vậy (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, vớix x1, 2là hai nghiệm
phương trình (1)
Hai giao điểm có hồnh độdương ⇔ (1) có hai nghiệm dương
1
1
2( 3)
1
2
x x m m
m
x x m m
+ = + > > −
⇔ ⇔ ⇔ >
= − > >
Vậy m >
3 Gọi (x y0; 0) điểm cốđịnh mà (d) qua ∀ m Khi đó:
0
0 0
0 0
0 0
2( 3) 2( )
(2 2) (6 ) 0( )
2 1
6 6.1
y m x m m
m x x y m
x x x
x y y y
= + − + ∀ ⇔ − + + − = ∀ − = = = ⇔ ⇔ ⇔ + − = + − = =
Vậy (d) qua điểm (1;8) ∀m Bài 3.
2
2
2 5(2 ) 0(1) ( ) 15 0(2)
x xy y x y
I
x xy y
+ − − − = − − + = Ta có:
(1) (2 )( ) 5(2 ) (2 )( 5)
2
x y x y x y
x y x y
y x x y ⇔ − + − − = ⇔ − + − = = ⇔ = −
Do đó:( ) 2 2 ( )
2 3(2 ) 15
y x
I II
x x x x
= ⇔
− − + =
2
5
( )
(5 ) 2(5 ) 15
x y
III
y y y y
= − − − − − + =
2 1;
( )
1;
15 15
y x x y
(62)2
5 2;
( )
4;
5 30 40
x y y x
III
y x
y y
= − = =
⇔ ⇔ =
= −
− + =
Vậy hệphương trình (I) có nghiệm (1;2) , (-1;-2) , (-3;4)
Bài 4.
1 Vì TB tiếp tuyến (O) nên
BAD = DBT (góc nội tiếp góc tâm chắn BD) Xét ∆ ABT ∆ BDT có:
( )
~ ( ) ( )
ATB chung
ABT BDT g g DBT BAT cmt
⇒ ∆ ∆
=
Vì
2
~ AB AT BT AB AT BT AT
ABT BDT
BD BT DT BD BT DT DT
∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = =
Chứng minh tương tự ta có:
2
AC AT
CD DT
=
(63)Do
2
AB AC AB AC
AB CD BD AC
BD CD BD CD
= ⇒ = ⇒ =
3 Gọi I1, I2 giao điểm BC với tia phân giác góc BAC góc BDC Xét ∆ ABC có tia phân giác AI1, theo tính chất đường phân giác ta có:
1
I B AB I C = AC
Chứng minh tương tự ta có: 2
I B DB I C = DC
Theo câu 2) ta có
1
AB DB I B I B AB CD BD AC
AC DC I C I C
= ⇒ = ⇒ =
Mà I1, I2 thuộc đoạn BC nên chúng chia đoạn BC theo tỉ số
⇒ I1≡ I2
⇒Đường phân giác góc BAC, đường phân giác góc BDC đường thẳng BC đồng quy
4 Gọi M’ điểm thuộc đoạn BC cho CAM’ = BAD Ta chứng minh M’ ≡ M Vì CAM’ = BAD => BAM’ = CAD
Vì ABDC tứ giác nội tiếp nên ADB = ACM’ (hai góc nội tiếp chắn cung AB) Mà CAM’ = BAD => ∆ADB ~ ∆ACM’ (g.g) '
'
BD AD
BD AC AD CM
CM AC
⇒ = ⇒ = (1)
Chứng minh tương tựta có: AB.CD = AD.BM’ (2) Từ (1) (2) với ý BD.AC = AB.CD => AD.CM’ = AD.BM’ => CM’ = BM’
⇒M’ ≡ M => BAD = MAC
Bài Với a, b, c > 0, ta có:
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
( ) ( ) ( ) 2 2 2
2( ) 2
3( ) 2
3( ) ( ) (*)
a b b c c a a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
a b c a b c ab bc ca
a b c a b c
− + − + − ≥ ⇔ + + − − − ≥
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + + + +
⇔ + + ≥ + +
(64)3
3
3
1 1
( )
1 1
3
1 1
(**)
a b c abc
a b c
a b c
a b c abc
a b c a b c
+ + ≥ >
⇒ + + + + ≥
+ + ≥ >
⇒ + + ≥
+ +
Áp dụng BĐT (*) với a = x, b = y, c = z từđiều kiện x, y, z ta có:
2
2 2
2
( )
18
3 ( ) 3( ) 54
( 9)( 6)
x y z
x y z x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z
+ +
≥ + + + + + ≥ + + +
⇒ + + + + + − ≤
⇒ + + + + + − ≤
6 x y z
⇒ + + ≤ (do x + y + z + > 0) (***)
Áp dụng BĐT (**) với a = x + y + 1, b = y + z + 1, c = z + x + 1, ta có:
1 1 9
1 1 1 2( )
B
x y y z z x x y y z z x x y z
= + + ≥ =
+ + + + + + + + + + + + + + + + +
Áp dụng (***) ta có:
2.6
B≥ =
+
Dấu xảy 1
6
x y z
x y y z z x x y z
x y z
= =
⇔ + + = + + = + + ⇔ = = = + + =
Vậy giá trị nhỏ B là3
5 , xảy chỉkhi x = y = z =
Đề số 11
Bài 1.
2
2
6 10 ) 10 2 ( )
5
5 10 2 5( 2) 3( 2)
( 2)(2 3) 10
5
(x 2)( 3)
5 10 2( )
5
2 0(*) 10
a x x x x x
x x x x
x x
x x
x x
x
x x
x TM
x
x x
− + − = − − ≤ ≤
<=> − − + − − = − −
− −
<=> − − − + =
− + − +
<=> − − − − =
− + − +
=
<=> − − − =
− + − +
(65)6 10 5
5 2
5 5 2
6 10
2
5 10
5
2 (*) 10
x x x x x x x x VN x x
≤ ≤ => − + ≥ => ≤ => − <
− + − +
≤ ≤ => − − <
− +
=> − − − < =>
− + − +
Vậy tập nghiệm phương trình (1) {2} 2)
3
2
8 96 32 48
x xy y
x y
+ =
+ =
(I)
3 2
2 2
3 2
3
2
2 2
8 48.2 ( 32 )(*) (I)
32 48 32 48
(*) 64
(4 ) ( ) ( )( 16 )
4
2 16 ( ) 15
x xy y x xy y x y
x y x y
x x y xy y
x y xy x y
x y x xy y
x y x y
x xy y x y y
x y
x
+ = + = +
<=> <=>
+ = + =
<=> − + − =
<=> − − − =
<=> − + + =
= =
<=> <=>
+ + = + + = = <=> y = =
Vì x = y = khơng thỏa mãn hệphương trình nên x = 4y
2 2
2
4
( )
32 48 16 32 48
4
1
1
x y x y
I
x y y y
x y x y y x y = =
<=> <=>
+ = + = = = =
<=> <=>
= = −
= −
Vậy hệphương trình có nghiệm (4;1), (–4;–1) Bài 2.
1) Phương trình x2 – 2x – = có hai nghiệm x1; x2 Theo định lý Vi–ét ta có: 2 x x x x + = = − Ta có:
3 3
1 2 2
3 3
1 2 2
( ) ( )
( ) ( ) 3.( 4).2 32
x x x x x x x x
x x x x x x x x
+ = + + +
=> + = + − + = − − =
Và
2 2
1 2
4 2 2 2
1 2
( ) 2 2.( 4) 12
( ) 12 2.( 4) 112
x x x x x x
x x x x x x
+ = + − = − − =
+ = + − = − − =
(66)3 4 7 4
1 1 2
7 3 4
1 2 1 2
3
( )( )
( )( ) ( ) ( ) 32.112 ( 4) 3712
x x x x x x x x x x
S x x x x x x x x x x
+ + = + + +
=> = + = + + − +
= − − =
Vậy S = 3172 2) Ta có
2 2 2 2
2
2
( ) ( ) ( )( )(*)
a ab b c cd d a ab b c xd d ab cd
ab cd a b c d a b c d a b c d
+ + = + + => + + = + + + −
<=> − = + − − = + + + + − −
Nếu ab-cd=0: Do a+b+c+d>0=>a+b-c-d=0=>a+b+c+d=2(c+d) hợp sốdo c + d ∈ℕ* c + d >
Nếu ab -cd ≠0:Từ (*) ⇒ ab – cd ⋮ (a + b + c + d)
2 2 2 2
2
3( ) ( )
3( ) ( ) ( ) ( )( )
a ab b c cd d ab cd a ab b c cd d
ab cd c d a b c d a b c d a b
+ + = + + => − + − + = − +
=> − = − − − = − + − − − + ≠
⇒ (c – d + a – b)(c – d – a + b) ⋮ (a + b + c + d) Giả sử a + b + c + d số ngun tố ta có
c – d + a – b ⋮ a + b + c + d c – d – a + b ⋮ a + b + c + d
Điều mâu thuẫn –(a + b + c + d) < c – d + a – b < a + b + c + d ;
–(a + b + c + d) < c – d – a + b < a + b + c + d (c – d + a – b)(c – d – a + b) ≠ Vậy a + b + c + d hợp số
Bài 3.
Thay = a + b + c ta có: A+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c) Do đó:
2 2
1
( )( )
a bc a bc bc bc bc
a bc a bc a bc a b a c
− = + − = − = −
+ + + + +
Ta có đẳng thức tương tự
2
( )( )
2
(c a)(c b)
b ca ca
b ca b c b a
c ab ab
c ab
−
= −
+ + +
− = −
+ + +
Cộng vế đẳng thức ta có:
(a )(a ) ( )( ) (c a)(c b)
a bc b ca c ab bc ca ab
a bc b ca c ab b c b c b a
− − −
+ + = − + +
+ + + + + + + + +
Do đó:
2 2 2 2 2 2
2 2
3
2 (a )(a ) ( )( ) (c a)(c b)
( ) ( ) ( )
( )( )( )
4( ) 3( )
a bc b ca c ab bc ca ab
a bc b ca c ab b c b c b a
bc b c ca c a ab a b
a b b c c a
b c bc c a ca a b ab a b ab b c bc c a ca abc
b c bc c a c
− + − + − ≤ <=> + + ≥
+ + + + + + + + +
+ + + + +
<=> ≥
+ + +
<=> + + + + + ≥ + + + + + +
<=> + + + 2
6 (*)
(67)Áp dụng BĐT Cơ–si cho ba sốdương ta có:
2 2
2 2
3
(*)
b c c a a b abc
bc ca ab abc
+ + ≥
=>
+ + ≥
Vậy BĐT cho chứng minh Dấu xảy
3 a= = =b c
Bài 4.
1) Vì AI // DC (do ABCD hình bình hành) nên AIJ= DCJ (so le trong)
Vì AJ // BC nên AJI= BCJ (đồng vị)
Mà CJ phân giác góc BCD nên DCJ= BCJ=> AIJ= AJI ⇒ ∆ AIJ cân A
Do O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AIJ cân nên AO trung trực IJ đồng thời phân giácgóc IAJ
2) Vì JD // BC nên DJC= JCB= JCD ⇒ ∆ JDC cân D
Suy JD = DC = AB (do ABCD hình bình hành) Ta có OA = OJ ( bán kính (O))
Xét ∆ OAJ với góc ngồi OJD có:
OJD= AOJ +OAJ =2AIJ+ OAJ= 2DCJ +OAJ= DCB +OAJ=DAB+OAJ=OAB Xét ∆ OAB ∆ OJD có:
( )
( ) ( )
( ) OA OJ cmt
OAB OJD cmt OAB OJD c g c AB JD cmt
OBA ODJ =
= => ∆ = ∆
=
=> =
⇒AODB tứ giác nội tiếp
(68)3) Vì ∆ OAB = ∆ OJD nên OB = OD Mà O’B = O’D (bằng bán kính (O’)) nên OO’ làtrung trực BD
Gọi K giao BD AC ⇒K trung điểm BD AC
⇒ K ∈ OO’
Vì OA = OM, O’A = O’M nên OO’ trung trực AM Mà K ∈ OO’ ⇒ KA = KM = KC
⇒ M thuộc đường tròn tâm K bán kính KA, hay đường trịn đường kính AC Vậy B, D thay đổi, M nằm đường trịn đường kính AC
Bài 5.
Xét 20 sốđầu tiên Trong 20 số có số chia hết cho 10, chúng có chữ sốhàng đơn vị
Mặt khác, sốđó có số có chữ số hàng chục khác Gọi sốđó N Xét dãy 11 số thuộc 39 sốđã cho:
N, N + 1, , N + 9, N + 19 Tổng chữ số sốnày tương ứng
s, s + 1, s + 2, , s + 9, s + 10
Thật vậy, N có tổng chữ số s số N + i với ≤ i ≤ có tất chữ số (trừ hangđơn vị) giống số N chữ sốhàng đơn vị N + i i, tổng chữ số N + i s + i
Số N + 19 có chữ sốhàng đơn vị 9, chữ số hàng chục chữ số hàng chục số N 1, cònlại tất chữ sốở hàng khác hai số nhau, tổng chữ số N + 19 s + 10
Trong 11 số liên tiếp s, s + 1, s + 2, , s + 9, s + 10 có số chia hết cho 11 Bài toán chứng minh
Đề số 12
Bài 1
1) 1.5 điểm
1
( 4) 2 ( 2)( 2)
( 2)
( 4)
2
( 4)
3 x
P x
x x x x
x x x
x x
x x x
x x
x x
= + + −
+ − + −
− + + +
= −
−
− + +
= −
−
= − +
2) 0.5 điểm
(69)
2
min 11 11
3
2 4
11 1 11
0 ( / )
4 4
P x x x
P x x t m P
= − + = − + ≥
= ⇔ − = ⇔ = ⇒ =
Bài 2:
1) 1,0 điểm:
+) T hay m=1 vào hệphương trình ta được: (1) (2) x y
x y − =
+ =
+) Cộng vế với vế (1) với (2) ta 2x= ⇔ =8 x +) thay x=4vào (1) ta 4− = ⇔ =y y
+) Vậy với m=1 hệ có nghiệm (x;y)=(4;3) 2) 1,0 điểm:
+)Từpt đầu ta có: y = mx -
+)Thay y=mx-1 vào pt thứhai ta được:
2
2
2
2
2
( 1) ( 1)
1
2 6
1
1
m
x m mx m m x m x
m
m m m m
y
m m
+
+ − = − ⇔ + = + ⇔ =
+
+ + −
⇒ = − =
+ +
+) theo giả thiết: 3x-y=1
2
2
2
2
2 6
3
1
6 18 1
0
2 18
m m m
m m
m m m m
m
m m
+ + −
⇔ − =
+ +
+ − − + − −
⇔ =
+
⇔ − + = ⇔ = ±
Bài 3: 1) 1 điểm
2
) (2m 1) 4(m m 6) 25 m R
+ ∆ = − − − − = > ∀ ∈
Vậy ……
(70)
2
3;
5
x m x m
x x x x
= − = +
− = > ⇒ >
+) theo giả thiết :
3
5
2
:
m m
x x m
m m
KL
− > − > −
− < < < ⇔ ⇔ ⇔ − < < + < <
2) 1 điểm:
Ta có pt tương đương với:
[ ][ ]
2 2
0 ( 2)( 6) ( 3)( 4) 16
( 12 )( 12 ) 16
12 12
( 8)( 7) 16( x=0 ko la ng )
x x x x x
x x x x x
x x do
x x
+ + − − =
⇔ + + + − =
⇔ + + + − =
Đặt t x 12 x
= + ……
Bài 4:
a) Do MP AB
MQ AC
⊥
⊥
nên……
b) ∆BHA∆BPM 90 Bchung
BHA BPM
= =
………
c) Góc AHM vuông nên H thuộc (O)
Tam giác ABC với AH đường cao nên AH phân giác góc BAC nên cung HP cung HQ Do H điểm cung PQ
Mặt khác PQ khơng đường kính nên OH vng góc PQ d) ta có:
( AB=BC=AC)
ABC MAB MAC
S S S BC AH AB MP AC MQ
AH MP MQ do
∆ = ∆ − ∆ ⇔ = −
⇔ = −
(71)Bài 5:
+) đặt
2
2013
2 x y
x
− =
− Thay vào pt ta được:
( ) ( )( ) ( )
( )
( ) ( )( ) ( )
3
3
3
2
3 3
2
3 3
2 2014 2013
2 2013 2014 (*)
2 2013 2014
2013 2013
2 2013 2014 2014 1 1
1
2013
2 2013 2014 2014 1 1
2013
x y y x x
x y x x y
x y x y x
x y x y
x y x y y x x
x y
x y x y y x x
x y
+ − − = + − +
⇔ + + + = + + −
⇔ + − + = − − +
+ − − −
⇔ =
+ − + − + − + + +
⇔ + − +
+ − + − + − + + +
(72)