Tuyển tập Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 tỉnh Thanh Hóa từ năm 2010 đến năm 2019

Bộ đề g ồ m nhi ều Câu toán hay được các thầy cô trên cả nước sưu tầm và sáng tác, ôn luyệ n qua s ẽ giúp các em phát triển tư duy môn toán từ đó thêm yêu thích và họ c gi ỏ i môn h ọc [r]

(1)



Trịnh Bình Tổng hợp

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MƠN TỐN LỚP TỈNH THANH HĨA

(2)

TUYỂN TẬP ĐỀ THI

HỌC SINH GIỎI LỚP TỈNH THANH HÓA

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi tốn lớp tỉnh Thanh Hóaqua năm có hướng dẫn số đề Đây bộ đềthi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đềthi đểđạt thành tích cao, mang lại vinh dựcho thân, gia đình nhà trường Bộđề gồm nhiều Câu tốn hay thầy cả nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua sẽgiúp các em phát triển tư mơn tốn từ đó thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ở các lớp, cấp học được nhẹnhàng hiệu quảhơn.

Các vịphụhuynh thầy cô dạy tốn có thểdùng có thểdùng tuyển tập đềtốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập đềthi học sinh giỏi lớp tỉnh Thanh Hóanày sẽcó thểgiúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung.

Bộ đề này viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề dưới đề thi dựa đềthi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi tốn lớp tỉnh Thanh Hóa

Mặc dù có sựđầu tư lớn vềthời gian, trí tuệsong khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong sựgóp ý thầy, cô giáo em học!

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết quảcao từbộđềnày!

(3)

MỤC LỤC Phần 1: Đề thi

Đề số Đề thi Trang

1. Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2018- 2019

10. Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2009- 2010

Phần 2: Hướng dẫn giải

Đề số Hướng dẫn Trang

(4)

Câu (4,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức , với

2. Cho Khơng dùng máy tính, chứng minh biểu

thức có giá trịđều số chẵn

Câu 2.(4,0 điểm)

1. Giả sử hai nghiệm phương trình ( klà tham số ) Tìm

tất cảcác giá trị cho :

2. Giải hệphương trình

Câu 3.(4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên phương trình

2. Cho Chứng minh sốchính phương

chia hết cho

Câu 4.(6,0 điểm)

Cho đường trịn điểm cốđịnh bên ngồi đường trịn, Từ kẻcác tiếp tuyến đến đường tròn ( tiếp điểm) Đường thẳng cắt dây Gọi điểm di động cung nhỏ Tiếp tuyến

đường tròn cắt Dây cắt điểm

1. Chứng minh tứgiác nội tiếp

2. Chứng minh

3.Xác định vịtrí điểm cung nhỏ cho tam giác có diện tích

nhỏ Tính diện tích nhỏ theo

Câu 5.(2,0 điểm)

Cho số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức:

_Hết _

x x x x x

P :

x x x x x x

 − −   + − 

= −    − 

− − + − −

    x 0,x 4.> ≠

3

a= 7+ 50 , b= 7− 50

M a b= + N a= 7+b7

x ,x x 2kx 02+ + =

k

2

1

2

x x 3 x x

   

+ ≤

       

2

x x 2y

y y 2x

 + + = +

 

+ + = +



( ) ( )

2

x y x y x y x 1+ + = + −

*

n∈ 2n 1+ 3n 1+ n

40

(O,R) A OA 2R=

A AB,AC ( )O B,C

OA BC I M BC M

( )O AB,AC E,F BC OE,OF

,

P Q



ABI 60= OBEQ

EF 2PQ=

M BC OPQ

R

, ,

x y z x y z 0.+ − + =

( )( )( )

3

2 x y

P

x yz y xz z xy =

+ + +

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA

Đề số

(Đềthi có trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 22/3/2019

(5)

Câu (4,0 điểm)

1. Cho biểu thức , với Rút gọn

và tìm tất cảcác giá trị cho giá trị Plà sốnguyên

2.Tính giá trị

Câu 2.(4,0 điểm)

1. Biết phương trình có hai nghiệm tương ứng độ dài

hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm đểđộ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng

2. Giải hệphương trình

Câu 3.(4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên phương trình

2. Cho số nguyên dương thỏa mãn số nguyên tố chia hết cho Giả sử số nguyên thỏa mãn chia hết cho

Chứng minh hai số chia hết cho .

Câu 4.(6,0 điểm)

Cho tam giác có theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường

tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh của tam giác với tâm tương ứng Gọi tiếp điểm với , điểm cung , cắt điểm Gọi giao điểm

là điểm đối xứng với qua

1. Chứng minh tứgiác nội tiếp

2. Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác

3. Chứng minh

Câu 5.(2,0 điểm)

Cho > thỏa mãn Chứng minh rằng:

2

x x x 1 2x x

P

x x x x x x x x

− + + −

= + +

− + + − x 0,x 1.> ≠

P x

2018 2017

4(x 1)x 2x 2x

P

2x 3x

+ − + +

=

+

1

x

2 2

= −

− +

2

(m 2)x 2(m 1)x m 0− − − + =

m

2 .

2 2

(x y) (8x 8y 4xy 13)

1

2x

x y

 + + + − + =



 + =

 +



2 2

y 5y 62 (y 2)x (y 6y 8)x.− + = − + − +

,

a b p a= 2+b2 p 5−

,

x y ax2−by2 p

x, y p

ABC (O),(I),(I )a

A

a

O,I,I D (I) BC P



BAC ( )O PIa ( )O K M PO BC,

N P O

a

IBI C a

NI I MPa

 

a DAI KAI=

x, y,z x z.≥ 2xz y2 x 2z

xz yz x z

y yz

+

+ + ≥

+ +

+

Đề số

MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 10/3/2018

(6)

Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức:

Rút gọn biểu thức P

Tìm giá trị nguyên thỏa mãn P =

Câu 2. (4,0 điểm)

1 Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt

thỏa mãn

Giải hệ phương trình :

Bài 3. (4 điểm)

Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh chia hết cho 60

Cho số dương khác đôi chia hết cho Tìm thương phép chia

Câu 4.(6,0điểm)

Cho tam giác có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn Các tiếp tuyến cắt Qua kẻ đường thẳng song song với cắt

1) Chứng minh tứ giác nội tiếp tam giác cân

2) Đường thẳng cắt đường tròn cắt Chứng minh

là trung điểm

3) Trên đoạn thẳng lấy điểm cho cắt Gọi

trung điểm Chứng minh ba điểm thẳng hàng

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho số thực thỏa mãn : Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức :

Hết _

( x)( ) ( y)( ) ( xy)( )

P

x y y x y x x 1 y

= − −

+ − + + + −

x,y

(x x x 52 − )( + )( + )=m

1

x ,x ,x ,x

1

1 1 1 1 1

x + x + x + x = −

2

x 2 xy

y 2 x y

 = +



 = +



2016

p –

, ,

x y z x3 +y3 +z3

2 2

x y z x3+y3 +z : x y z3 2

ABC ( )O AB< AC.

B C ( )O D. D AB,

BC AC M N,

BONC ANB

AD ( )O I BI, DM K.

K DM.

BD P IP/ /DN AP, BC Q G

.

DK Q I G, ,

, ,

x y z x,y,z 2≤ ≤ x y z 5.+ + =

A= x+ y+ z

Đề số

MƠN THI: TỐN

(7)

Câu (4,0 điểm)

Cho biểu thức (với

a) Rút gọn biểu thức

b) Tìm giá trị biểu thức

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình:

b) Giải hệphương trình sau:

Câu (4,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình:

b) Tìm giá trị nguyên dương để phương trình có nghiệm nguyên dương với ẩn số

Câu (6,0 điểm)

Cho đường tròn tâm bán kính Tam giác nhọn nội tiếp đường trịn

có cố định Đường cao tam giác cắt Đường thẳng chứa tia phân giác ngồi góc cắt điểm a) Chứng minh tam giác cân;

b) Xác định vịtrí đểchu vi tam giác lớn nhất;

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt đường phân giác góc ( khác ) Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định thay đổi

Câu (2,0 điểm)Cho sốdương thỏa mãn: Chứng minh rằng:

Hết _

a a a a

A a

a a a

 − +   

= −   − 

+ −  

  a 0;a 9)> ≠

A;

M A a.= +

2 2

9 2x 1.

x + 2x 9+ =

( )

3 2

x y 4x y

y 5x

 − = −

 

− =



( )x; y 54x y 3+ =

m x2−mxy y 0+ 2+ =

,

x y

O R ABC (O R; )

,

B C AD BE CF, , ABC H

BHC AB AC, M N,

AMN

A DEF

AMN BAC

K K A HK

A

, ,

a b c ab2+bc2+ca2 =3

( )

5 5 5

3 3

2a 3b 2b 3c 2c 3a 15 a b c

ab bc ca

+ + + + + ≥ + + −

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA

Đề số

MƠN THI: TỐN

(8)

Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức Rút gọn biểu thức A Tìm để

Câu (4,0 điểm)

Giải phương trình

Giải hệphương trình

Câu (4,0 điểm)

Tìm nghiệm nguyên (x; y) phương trình:

Tìm tất cảcác sốnguyên tốp, q cho tồn số tựnhiên m thỏa mãn :

Câu (6,0 điểm)

Cho điểm A , B, C cốđịnh nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua B C (O không thuộc đường thẳng d) KẻAM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K

1 Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn Chứng minh điểm K cốđịnh đường tròn tâm O thay đổi

3 Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻđường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME

Câu (2,0 điểm)

Cho số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức

Hết _

(x x 1)( x)

2x x 2x x x x

A

1 x 1 x x 2 x 1

− −

 − + + − 

= +  −

− + −

 

x A

7

< −

2

x 3x 2 0.

x x x 5x 2− − − − − − = 2 2

2

x y 2x y

(x y)(1 xy) 4x y

 + =

 

+ + =



( 2) ( )

5 x +xy y+ =7 x 2y+

pq m 1.

p q m

+ =

+ +

, ,

a b c a b c a2 b2

b a b a

 + +  + =

   

   

( bc ) ( ca ) (4ab )

P

a 2b c b 2a c c a b

= + +

+ + +

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2014– 2015

MƠN THI: TỐN

(9)

Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức A x xy x 1 : 1 xy x x

xy 1 xy xy xy

 + +   + + 

= + +    − − 

+ − − +

   

1 Rút gọn biểu thức A

2 Cho 1 6

x + y = Tìm giá trị lớn A

Câu II (5,0 điểm)

1.Cho phương trình x2 +2(m−2)x+m2−2m+4=0 Tìm m để phương trình

có hai nghiệm thực phân biệt x1, x2 thỏa mãn

m x

x x

x 15

1

2

2 2

= −

+

Giải hệ phương trình x4 y 4z 41

x y z xyz

+ + = 

 + + =



Câu III (4,0 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1)

Tìm x,y,z∈N thỏa mãn x+2 = y+ z

Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A C khác O) Đường thẳng qua C vuông góc với AO cắt nửa đường trịn cho D Trên cung BD lấy điểm M (M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm

AM CD

1 Chứng minh tam giác EMF tam giác cân

2 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng

Chứng minh góc ABI có số đo khơng đổi M di chuyển cung BD

Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y số thực dương thoả mãn x + y =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức B 31 3 xy

x y

= +

+

Hết _ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH THANH HĨA

Đề số

MƠN THI: TỐN

(10)

Câu I (4,0 điểm):

Cho biểu thức P = ( )

x x x

x x

x x x

− + + +

− −

−

3

3 Rút gọn P

2 Tìm giá trị nhỏ P giá trị tương ứng x

Câu II.(5,0 điểm):

1 Tìm tất giá trị m cho phương trình x4 – 4x3+ 8x + m = có nghiệm

phân biệt

2 Giải hệ phương trình:

     

= −

= +

8

3

y x

Câu III.(4,0 điểm):

1 Tìm tất số tự nhiên n dương cho 2n – 15 bình phương số tự

nhiên

2 Cho m, n số tự nhiên thoả mãn − >0

n m

Chứng minh

mn n

m

2 6− >

Câu IV (6,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn tâm (Ω) Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Gọi M trung điểm cạnh BC, (ω) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Đường tròn (ω) cắt (Ω) hai điểm A, N

(A ≠N), Đường thẳng AM cắt đường tròn (ω) hai điểm A, K (K ≠A)

1 Chứng minh ba điểm N, H, M thẳng hàng Chứng minh góc NDE = góc FDK

3 Chứng minh tứ giác BHKC nội tiếp

Câu V (1,0 điểm): Cho bảng kẻ vng kích thước x (gồm 49 ô vuông đơn vị) Đặt 22đấu thủ vào bảng cho ô vuông đơn vị có khơng q đấu thủ Hai đấu thủ gọi công lẫn họ hàng cột Chứng minh với cách đặt ln tồn đấu thủ đôi không công lẫn

Đề số

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 15/3/2013

(11)

Câu I(4 điểm)

Cho biểu thức P = : 1

10

3 1

x x x

x

x x x x

       

     

   

   

        

   

1) Rút gọn P

2) Tính giá trị P x = 4

2

2 2

2

+ − − −

+

Câu II (4 điểm)

Trong hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – parabol (P): y = - x2 Gọi

A B giao điểm d (P) 1) Tính độ dài AB

2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x +m cắt (P) hai điểm C D cho

CD = AB

Câu III(4 điểm)

1) Giải hệ phương trình

     

= +

2

y x y

x y x

2) Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x6+ y2 –2 x3y = 320

Câu IV (6 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có AB >AC Gọi M trung điểm BC; H trực tâm; AD, BE, CF đường cao tam giác ABC Kí hiệu (C1) (C2) đường tròn

ngoại tiếp tam giác AEF DKE, với K giao điểm EF BC Chứng minh rằng: 1) ME tiếp tuyến chung (C1) (C2)

2) KH ⊥AM

Câu V(2 điểm)

Với 0≤x;y;z≤1 Tìm tất nghiệm phương trình:

z y x yz x

z xy

z y zx

y x

+ + = + + + + + + + +

3

1

(Cán coi thi không giải thích thêm)

Họ tên thí sinh SDB

Đề số

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 23/3/2012

(12)

Câu I (5,0 điểm)

1) Cho phương trình:

2

x − m x+ m− = Chứng minh phương trình ln có hai

nghiệm x x1, với m Tìm giá trị lớn biểu thức

1 2

2

2(1 )

x x P

x x x x

+ =

+ + + m

thay đổi

2) (a) Cho ba số hữu tỉ a, b, c thoả mãn 1

a+ =b c Chứng minh 2

A= a +b +c số hữu tỉ

(b) Cho ba số hữu tỉ x y z, , đôi phân biệt

Chứng minh rằng: 2 2 2

( ) ( ) ( )

B

x y y z z x

= + +

− − − số hữu tỉ

Câu II (5,0 điểm)

1) Giải phương trình:

2

10

1

x x

  +  =  −   + 

   

2) Giải hệ phương trình:

2

1

x x

y y

x x

x

y y y

  

+ + + =

  

  



 + + + = 

Câu III (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC, điểm D, E thuộc cạnh AC, AB, cho BD, CE cắt P diện tích tứ giác ADPE diện tích tam giác BPC

Tính BPE

Câu IV (4,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O dây cung AB cố định (O∉AB) P điểm di động

đoạn thẳng AB (P≠ A B, P khác trung điểm AB) Đường tròn tâm C qua điểm P tiếp

Đề số

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 24/03/2011

(13)

xúc với đường tròn (O) A Đường tròn tâm D qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) B Hai đường tròn (C) (D) cắt N (N ≠P)

1) Chứng minh  ANP=BNP bốn điểm O, D, C, N nằm

đường tròn

2) Chứng minh đường trung trực đoạn ON qua điểm cố định P di động

Câu V (4,0 điểm)

1) Cho a a1, 2, ,a45 45 số tự nhiên dương thoả mãn a1<a2 < <a45 ≤130 Đặt , ( 1, 2, , 44)

j j j

d =a + −a j = Chứng minh 44 hiệu dj xuất

nhất 10 lần

2) Cho ba số dương a b c, , thoả mãn: a2+b2 + b2+c2 + c2+a2 = 2011

Chứng minh rằng: 2 2011

2

a b c

b+c+c+a+a+b ≥

HẾT .

(14)

Câu (4,0điểm)

Cho biểu thức:

1

1 2

 + − +  −

= −  +

−

− + − −

 

x x x x x x x x

P

x

x x x x x

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị biểu thức P (5 6)(49 20 6)

4 11

+ − −

=

−

x

Câu 2 (5,0điểm)

a Giải phương trình 2 213

3 −5 +2+3 + +2 =

x x

x x x x

b Tìm a để hệphương trình sau có nghiệm ( 2 )

4

 + =

 = − 

x x y

y xy

Câu (3,0 điểm)

a Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( )( )( ). + + + 

= + + +  + + 

 

y z z x x y

A x y y z z x

x y z

Với x, y, z ba số thực dương thay đổi có tổng

Câu 4 (6,0điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt hai tiếp tuyến B C đường tròn (O) tương ứng M N

Đường thẳng d cắt đường tròn (O) điểm thứhai E khác A MC cắt NB F Chứng

minh rằng:

a) Hai tam giác CAN MBA đồng dạng; hai tam giác MBC BCN đồng dạng b) Tứgiác BMEF nội tiếp đường trịn

c) Khi d thay đổi ln qua A đường thẳng EF ln ln qua điểm

cốđịnh

Bài 5 (2,0điểm)

Trên đường tròn cho điểm phân biệt Hai điểm điểm

được nối với đoạn thẳng màu xanh màu đỏ Chứng minh tồn

một tam giác có ba cạnh màu

Đề số 10

LỚP 9THCS NĂM HỌC 2009– 2010

MƠN THI: TỐN

(15)

Bài 1:(4,0 điểm)

Cho biểu thức: P= 

  

 

− − −    

 

− +

− − +

+ + −

−

9 :

2

3

x x x

1, Rút gọn P

2, Tính giá trị cuă P khi: x=

5

) ( 10

− +

Bài 2:(5,0 điểm)

1, Giải phương trình: (x2- 3x+2)(x2 +15x+56)+8 = 0

2, Giải hệ phương trình :

  

= − +

= + +

3 ) )( (

10 ) )( ( 2

xy y x

y x

Bài 3:(3,0 điểm)Cho x,y,z số nguyên thoả mãn : (x - y)(y - z)(z - x) = x + y + z Chứng minh: x + y + z chia hết cho 27

Bài 4:(6,0 điểm)

1, Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (0) Gọi I giao điểm AC

và BD Biết đường tròn (K) tâm K ngoại tiếp tam giác IAD cắt cạnh AB,CD tứ giác Evà F (E≠ A,F ≠D).Đường thẳng EF cắt AC, BD M,N

a, Chứng minh tứ giác AMND nội tiếp đường tròn

b, Chứng minh KI vng góc với BC

2, Cho tam giác ABC cân A có góc A 360 Tính tỉ số

BC AB

Bài 5:(2,0 điểm)

Cho a,b,c số dương có tổng Chứng minh :

5 19

19

2 3

3

≤ +

− +

+ − +

+ −

a ac

c a c

cb b c b

ba a b

Đề số 11

MƠN THI: TỐN

(16)

Câu 1:(6,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: A =

2) Cho số thực x,y,z thoả mãn điều kiện: 3) Tính giá trị biểu thức: P = x2006+ y2007+z2008

Câu 2: (4,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD có góc A vng, góc D = 1200và cạnh AB = cm, AD =

cm, DC = cm Gọi M trung điểm cạnh AD 1) Chứng minh BM MC

2) Tính độ dài cạnh BC

Câu 3: (6,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2) Cho số thực dương thoả mãn điều kiện : x + y + z = 2008 Chứng minh rằng:

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC , gọi M trung điểm cạnh BC , đường phân giác góc A cắt đườngthẳng BC D Đường trịn ngoại tiếp tam giác ADM cắt tia AB E tia đối tia AC F Gọi N trung điểm EF Chứng minh MN // AD

Câu 5:(1,0 điểm)

Cho hai tập hợp A B thoả mãn đồng thời điều kiện a, b sau :

a) Trong tập hợp, phần tử số nguyên dương phân biệt nhỏ 2008

b) Tổng số phần tử hai tập hợp lớn 2008

Chứng minh tồn phần tử tập hợp A phần tử tập hợp B có tổng 2008

( )

2

5 9 6

3 2 9

x x x x x x x x

+ + − +

− + + −

2 2

1 1

6

x y z

+ + + + + =

2

⊥

( ) ( ) ( )

6

12

4

x y xy

y z yz

x z zx

+ = 



+ = 

 + =



4 4 4

3 3 3 2008

x y y z z x

+ + +

+ + ≥

+ + +

Đề số 12

MƠN THI: TỐN

(17)

Câu 1.(8,0điểm)

1) Cho

3

− −

= +

− +

a b b a

A

a b a bvới a, b thỏa mãn

2

6a −15ab b+ =0

Chứng minh rằng: A = 1

2) Gọi x x1, 2là hai nghiệm phương trình ( )

1 0 − − = <

x x x Tính giá trị biểu

thức

1 2

3

8

2

= − − − + +

B x x x x x

3) Giải hệphương trình 33 2  + = 

+ = 

x y

y x

Câu (4,0điểm)

Cho parabol (P):

4 = x

y đường thẳng (d): y=(m−1)x+1

1) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt hai điểm phân biệt M,N với

giá trị m.

2) Tìm giá trị mđểOM = ON.

Câu 3.(3,0 điểm)

Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm với BC, CA, AB lần lượt

D, E, F Gọi M là điểm bất kỳtrên (O) N, H, K hình chiếu vng góc M

trên EF, AB, AC Chứng minh rằng:

1 Các tam giác MEN, MFH đồng dạng

2 Tích khoảng cách từM đến cạnh tam giác ABC bằng tích khoảng

cách từM đến cạnh tam giác DEF.

Câu 4. (3,0điểm)

Cho tam giác ABC.Olà điểm nằm tam giác, tia AO, BO, CO cắt

cạnh BC, CA, AB điểm P, Q, R

Chứng minh rằng: OA + OB + OC ≥3

OP OQ OR

Đề số 13

MÔN THI: TOÁN

(18)

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ SỐ (2018-2019) Câu 1) Với điều kiện , ta có:

Vậy

2) - Chứng minh M số chẵn

)

- Chứng minh N số chẵn

Vây M, N số chẵn

Chú ý :

- Học sinh có thểtính M cách đưa vềphương trình bậc 3: , giải được nghiệm M = Mỗi ý cho 0,5 điểm.

0,

x> x≠

( 1) : ( )(5 )

2 1

x x x x x

P

x x x x x x

 − −   + − 

   

= − −

 − −   + + − 

   

( )

( ) (( ) ()( ))

1 4 5

:

2

x x x x x

x x x x

− − − − − −

=

− + −

( ) ( )( )

1

x x

x

x x

+ −

+ =

−

( )2

1

x x

+ =

( )2

1

( 0, 4)

x

P x x

x

+

= > ≠

( )3

3

3 3

7 50 2

a= + = + = + = +

( )3

3

3 3

7 50 2

b= − = − = − = −

(1 2) (1 2)

M = + = +a b + − =

( ) ( ) 2 2 ( )2

2 ; ;

a+ =b a b= + − = − a +b = a+b − ab=

( ) ( ) ( )

7 7 4 3

N =a +b = a +a b + b +a b − a b +a b

( ) ( ) ( )

4 3 3 3

=a a +b +b a +b −a b a+b

( 3) ( 4)

a b a b

= + + +

( )( ) ( )2 ( )

2 2 2

2 2 7.34

a b a b ab  a b a b 

= + + −  + − + = +

  

3

3 14

(19)

vì

- Học sinh chứng minh N số chẵn cách đặt :

rồi xây dựng công thức để chỉra S7 số chẵn có thểkhai triển đểtính N cho 0,5đ.

Câu

1)Vì Phương trình có hai nghiệm nên

Theo hệ thức Vi-et ta có : Do :

Từ(1) (2) suy :

Hoặc

Vậy tất cảcác giá trị k cần tìm : Vậy hệ có nghiệm nhất:

2)Trừtheo vếcác phương trình (1) (2) ta được:

Trường hợp 1: Thay vào (1) ta phương trình:

Giải hệta được:

Trường hợp 2:

( )3 ( )

3 3 3 3

7 50 50 14 50 50 50 50

M = + + − = + + − + + −

( )( )

3

14 2

M = − M ⇔ M − M + M + =

2

M

⇔ = 2 ( )2

2

M + M + = M + + >

(1 2) (1 2)

n n

n

S = + + − Sn+1=2Sn+Sn−1

( ) (7 )7

1+ + −1

2

x + kx+ = x x1, 2 ∆ ≥'

2

4 k (1);

k

⇔ − ≥ ⇔ ≥

1

2

x x k

x x

+ = − 

 =



( )2 ( )

2 4 4 2

1 2

2 2

2 1 2

2

3 x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

 

+ + −

  +  ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔  ≤

     

     

( )

2

2 2

4

5 5 5 (2)

4

k

k k k

 − 

⇔  ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ +

 

2

4≤k ≤ +2 ⇔ − 2+ ≤ ≤ −k 2≤ ≤k 2+

2 k

− + ≤ ≤ − 2≤ ≤k 2+

0

x= =y

( 2 ) ( ) ( )

2

1 3

1

x y

x y x y x y

x y

 + 

 

+ − + + − = ⇔ − + =

 + + + 

 

0

x y

⇔ − =

2 (*)

1

x y

+ + =

+ + +

0

x− = ⇔ =y x y y=x

1

x + = +x ( )

2

1

x x

x

 + = + 

⇔ 

≥ − 

0

x= ⇒ = =x y

2

1

x y

+ + =

(20)

Xét

Ta có:

Tương tự:

Suy ra: Trường hợp không xảy

Vậy hệ có nghiệm nhất:

Cách :

Trừtheo vếcác phương trình (3) (4) ta phương trình :

:

Cộng theo vế bất phương trình (1) (2) ta : , suy trường hợp không xảy

Trường hợp , thay vào (3) ta được:

Câu 1.Đặt

Phương trình (1) trở thành:

Nếu

Nếu ( loại khơng thỏa mãn )

Nếu loại khơng thỏa mãn

( ) ( )

2 2

3

1 1

x x y y

x y

A

x y x y

+ + + + + +

= + =

+ + + + + +

( )

2

3 x + + >1 x x + =x x + =x x + x +x ≥0

3 y + + >1 y

0

A>

0

x= =y

2

2 2

1 1

2 1 (1)

2 1 (2)

1 4 (3)

1 4 (4)

x x y x y x

y y x y x y

y x

x y

x y y xy x x

y x x xy y y

 + + = +  + = − +

 ⇔ 

 

+ + = + + = − +

 

 

− + ≥ 

 − + ≥ 

⇒  + = + + − − + 

 + = + + − − + 

(x−y) (4 x+y)+6= ⇔ =0 x y 4(x+y)+ =6

0

x+ ≥y

( )

4 x+y + =6

x= y x= =y

2

, , , (*)

a=xy b= + ⇒ ∈x y a Z b∈Z b ≥ a

2

a b+ = +b a

2

1

a b

a

+ ⇔ =

+

( )

2 2 2

2 1 5

a a a a a a a

⇒ +  + ⇒ −  + ⇒ + −  + ⇒  +

{ } { } { }

2

1 1;5 0; 0; 2;

a a a

⇒ + ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ −

( ) ( ) ( ){ }

0 , 0; , 2;

2

xy

a b x y

x y

= 

= ⇒ = ⇒ + = ⇒ ∈



2 2

2

0 2

2

x y xy

a b

x y x

y

 =   = − = − 

 

= − ⇒ = ⇒ + = ⇔     = −

 

=   

,

x y∈Z

4

2 ,

5

(21)

Vậy nghiệm nguyên (x, y) phương trình cho là:

Cách khác: Đưa phương trình dạng :

Đặt ta phương trình ẩn t:

Nếu Hoặc (Loại )

*) Nếu , ta có phương trình bậc ẩn t:

*) Nếu ( loại)

*) Nếu ( thỏa mãn )

Vậy nghiệm nguyên (x, y) phương trình cho là:

2. Cho Chứng minh 2n + 3n + sốchính phương n

chia hết cho 40

Giả sử số lẻ số lẻ

, Suy : n chẵn, k lẻ

Vì k số lẻnên hai số chẵn liên tiếp (3, 8) = nên

Từ

Khi chia sốchính phương cho sốdư có thểlà 0; 1; Ta xét trường hợp:

Nếu n chia cho dư 2n + chia cho dư ( vơ lí )

Nếu n chia cho dư 3n + chia cho dư ( vơ lí ) Vì (5, 8) = nên từ(1) (2) suy n chia hết cho 40

Vậy

Câu

( ) ( )0; , 2;

( )( )2

( 2)

x+y xy −xy+ + − =x y

,

t=xy t∈Z (x+y t) 2− + + −t (x y 2)=0 (1)

2

0

0 2

xy x

x y xy

x y y



= − =

 

+ = ⇒ = − ⇔ ⇔

+ = = −

 

2

x y

 = −  

= 

0

x+ ≠y

( ) ( )

2 (2)

x+y t − +t x+ −y =

( )( ) ( )2

1

4

x y x y x y

⇒ ∆ = − + + − ≥ ⇔ + − ≤

( ) { } (2 ) { } { }

1 0;1 1; 0;1 1;

x y x y x y

⇔ + − ∈ ⇔ + − ∈ − ⇔ + ∈

1

xy x y

xy

 −

=  + = ⇒ 

+  = 

( ) ( ) ( ){ }

0

2 1 , 0; , 2;

xy

x y x y

xy

=  

+ = ⇒ ⇒ ∈

= 

( ) ( )0; , 2;

*

n∈N

( )

2 *

2n+ =1 m , 3n+ =1 k m k, ∈N

m

⇒ ⇒m

( )( )

2n m m m

⇒ = − = − + 

1,

k− k+

( )( )

2

3n+ =1 k ⇒3n=k − =1 k−1 k+1 8 ⇒n8 (1)

5 (2)

(22)

1 Từtính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, suy : ( phụ với )

Từtính chất hai tiếp tuyến cắt suy OF, OE tia phân giác

của góc COM MOB Suy ra:

Từ(1) (2) suy : hay Tứgiác OBEQ nội tiếp

2 Ta có: ( chắn cung OB của đường trịn (OBEQ) )

( tính chất hai tiếp tuyến cắt )

hay

(vì có góc chung)

Vì tứgiác OBEQ nội tiếp nên:

vuông Q

Từ(3) (4) suy :

3 Vì theo tỉ sốđồng dạng nên

Kẻ qua Omột đường thẳng vng góc với OA, cắt AC, ABtheo thứ tự H, K Ta có:

( Vì phụ với )

OI ⊥BC

 

ABI BOI

⇒ = BAO

   

cos cos 60 (1)

2

OB R

ABI BOI ABI BOI

OA R

⇒ = = = = ⇒ = =

   ; EOF       (2)

2 2

COM MOB COM MOB BOC

FOM = MOE= ⇒ =FOM +MOE= + = =BOI

  60

ABI =EOF = QBE =QOE⇒  

OQB=OEB

 

OEF =OEB  

OQB OEF

⇒ = OQP =OEF

( )

OQP OEF g g

⇒ ∆ ∼ ∆ OQP  =OEF QOP, PQ OQ (3)

EF OE

⇒ =

 

90 , 60

OBE= QBE=

     

180 90 ; 30

OQE= −OBE= OEQ=OBQ=OBE−QBE=

OQE

⇒ ∆ 

30

OEQ=



sin sin 30 (4)

2

OQ

OEQ OE

⇒ = = =

1

2

PQ

EF PQ

EF = ⇔ =

OQP OEF

∆ ∼ ∆ EF

PQ =

1

(5)

4 8

OPQ OEF

S S OM EF R EF

S

S = ⇔ = = =

  60

(23)

Mặt khác , nên dễ chứng minh

( đồng dạng với tam giác OFE)

Từ(5), (6), (7) suy :

Dấu “ = ” xảy

là điểm cung BC

Vậy đểtam giác OPQ có diện tích nhỏ Mlà điểm cung nhỏBC

Giá trị nhỏ

Cách khác: Vì theo tỉ sốđồng dạng nên

Sử dụng công thức : Hê-Rông Tính diện tích S tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c

Câu Ta có



.cot cot 60

3

R

HC=KB=OB BKO=OB =

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 (6)

3

EF FM EM FC EB HF HC KE KB HF KE HC KB

R

HF KE HC HF KE

= + = + = − + − = + − +

= + − ≥ −

   

60 , 60

FHO=AOC = EKO= AOB=

HFO KOE ∆ ∆ 2

(7)

sin 60

HF HO R R

HF KE OK OH OK

OK KE     ⇒ = ⇔ = = =  =     

3

8

OPQ

R R

R

R EF R

S  −      = ≥ =  

KE=HF =OH =OK ⇔FM =EM ⇔MC=MB ⇔M

2

R

OQP OEF

∆ ∼ ∆ EF

PQ =

( ) ( )

1 1 1

4 8

OPQ OEF

OPQ ABOC AEF AEF AEF

OEF

S S

S S S OA BC S R S

S   = ⇔ = = − =  − = −   ( )( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

3 2 2

16

16.27 4.3 4.3

a b c a b c b c a c a b

S

a b c a b c b c a c a b a b c a b c

S + + + − + − + − ⇒ =     + +  + − + + − + + −  + + + +   ≤ =  ⇔ ≤   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1

3

-8 4.3

1

3 -

-8 4.3 4.3

1

3 -

-8 4.3 4.3

2

1

3

-8 4.3

OPQ AEF

AE EF FA

S R S R

AE EM MF AF AE EB FC AF

R R

AE EB AF FC AB AC

R R AB R R  + +    = − ≥       + + +     + + +           = =           + + +    +      = =             =  =   

( )2

2

2 2.2 sin

3

-4.3

R AOB R

    =       ( )( )

1 1

(24)

Vì

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương, ta có:

Tương tự:

Vậy , đạt

Cách khác :

Vì nên:

Đặt

( ) ( )( )

1

x+yz = +x y x+ + = +y x xy+ y + =y x+ y y+

( 1) ( )( 1)

y+xz= +y x x+ + =y x+y x+

( ) ( ) ( )

3

2 3

1

x y P

x y x y

⇒ =

+ + +

( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 2

3 3

4

0

4 1 1

0

x y xy

x y x y

x P

xy x y x y

y

 + ≥ 

> ⇒ ≤ =

 + + + +  >  ( ) ( )

2 2

3

27

1

2 4 1 27

x x x x x

x x

x

+ = + + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ < ≤ + ( ) 27 y y < ≤ + ( ) ( ) 2 3

1 4

4 27 27 729

4 1

x y P x y = ≤ = + + 2 x y x y z

z x y

 = =  = =  ⇔ ⇔ =   = + +  MaxP= 729 x y z = =   = 

( )( )( )2 ( )2

3 2

1

x yz y xz z xy x yz y xz z xy x y z

z z

P x y y x x y y x xy

+ + + + + +     = = = +  +  +        2 2

1 zy zx z z 1 y x z z z

P x y xy x y xy

 

      

= + + +  +  = +  +  +  + 

       

( )2

1

2; ;

y x

x y z x+ ≥y xy ≥ x+y + = −

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

2 2

2

2 2

4

1 4

1 1 1

1

z z

z z

z z z z

P x y z z

     +        ≥ + + + = + + = + +  +   −   −        ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

1 12

1

z z

z z

P z z z

 +      ⇔ ≥ + +  = + + + −  − −  −      1,

t= −z

2 2 2

1 12 12

6

4 8

12 729

6

4 8 729

t t t

t

P t t t t

t t t

P t t         ⇒ ≥ + + +  = + +  + + +           ≥ + +  = ⇔ ≤  

4, 2,

t x y x y z

(25)

Vậy , đạt

ĐỀ SỐ (2017-2018)

Câu

1 Với điều kiện , ta có:

Ta có với điều kiện

Do nguyên nên suy (loại)

Vậy khơng có giá trị để nhận giá trịnguyên

Chú ý: Có thể làm theo cách sau

, coi phương trình bậc hai Nếu vơ lí, suy nên để tồn phương trình có

Do Pnguyên nên

+) Nếu không thỏa mãn

Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn

2 Vì

4 MaxP =

729

2

x y z

= = 

 =



0,

x> x≠

( 1)(2 1) ( 1) ( 12)( 1)

x x x x x

P

x x x x x x x x x x

− + − +

= + +

− + + + + − + +

( ) ( )( ) ( )( )

2 1 2

1

x x x x x x x

x x x x

− + + − + − +

=

− + +

( ) ( )( )

2

1

x x x

x x x x

+ − =

− + +

( )( ) ( )( )

1 2

1

x x x

x x

x x x

− + +

= =

+ +

− + +

0, 1 1

x> x≠ ⇒ +x x+ > x+ >

2

0

1 1

x x

P

x x x x

+ +

⇒ < = < = + <

+ + + +

P 1

1

x

P x

x x

+

= ⇔ = ⇔ =

+ +

x P

( )

1

x

P Px P x P

x x

+

= ⇔ + − + − =

+ + x

0

P= ⇒ − x− = P≠0 x

( )2 ( )

1

P P P

∆ = − − − ≥ 2 2 ( )2

3 1

3

P P P P P

⇔ − + + ≥ ⇔ − + ≤ ⇔ − ≤ ( )2

1

P−

( )2

1 1

P− = ⇔ = ⇔ =P x

( )2

1 2 0

0

P

P P x x x

P

= 

− = ⇔  = ⇒ = ⇔ + = ⇔ =



1 3

2

2 2

x= − = −

(26)

nên nghiệm đa thức

Do

Câu

1 Phương trình có hai nghiệm

khi Khi nghiệm phương trình

Hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng suy

Từ hệ thức tam giác vng ta có

Với (thỏa mãn)

Với (loại)

Vậy giá trị cần tìm

2 ĐKXĐ:

Chia phương trình (1) cho ta hệ

Đặt (ĐK: ), ta có hệ

Từ(4) rút , thếvào (3) ta

Trường hợp loại

Với (thỏa mãn) Khi ta có hệ

Giải hệtrên cách vào phương trình đầu ta

3

x= − 2x2 +2x−1

( )

2017 2

2 2 2 1

3

2 1

x x x x x

P

x

x x x

+ − + + + = = = − + + − + + ( )

(m−2)x −2(m−1)x+ = ⇔m (x−1) (m−2)x−m =0

2

m≠ 1và

2 m a b m = = − 0 m m

m− > ⇔ < m>2

2 2

1 1

a +b =h

2

1 ( 2)

1

m m

− −

+ = ⇔ = ±

2

2 4

2

m

m m m

m

− = ⇔ − = ⇒ =

2

m

m m m

m

− = − ⇔ − = − ⇒ =

m=

0

x+ ≠y

2 (x+y)

2

8( ) 13

( )

2

x y xy

x y x x y  + + + =  +    + =  + 

2 2

2

1

5 ( ) 3( ) 13 3( ) 23

( )

1

( ) ( )

x y x y x y x y

x y x y

x y x y x y x y

x y x y

   + + + − =   + + + − =    +   +        ⇔ ⇔      + + + − =  + + + − =      +   +    ,

u x y v x y

x y

= + + = −

+ | | 2u ≥

2

5 23 (3)

1 (4) u v u v  + =  + =  1

u= −v

2 2

5u +3(1−u) =23⇔4u −3u−10= ⇔ =0 u

u= −

5

u= − u <2

2

u= ⇒ = −v

1 x y x y x y  + + =  +   − = − 

(27)

Vậy hệ có nghiệm

Câu

1 Ta có

Nhận thấy nên ta phải phân tích số56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai sốđầu sốcòn lại

Như ta có

Vậy phương trình có6 nghiệm nguyên

2 Do nên

Vì nên

Nhận thấy

Do nên

Nếu hai số có số chia hết cho từ(*) suy số thứhai chia

hết cho

Nếu hai số không chia hết cho theo định lí Fecma ta có :

Mâu thuẫn với (*).Vậy hai số chia hết cho

Câu

1

2

y y

y

− + = ⇔ =

− ( , )x y =(0;1)

( )( ) ( )( )

(1)⇔ y−2 y− +3 56=(y−2)x + y−2 y−4 x

( ) ( ) ( )

2 56

y x y x y 

⇔ −  + − − − = (x 1)(y 2)(x y 3) 56

⇔ − − + − =

(y−2) (+ x− = + −1) x y 3,

( ) ( ) ( ) ( ) ) 56 1.7.8 ; 2;9 ) 56 7.1.8 ; 8;3

x y x y

+ = ⇒ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

) 56 ; 7;3

) 56 ; 2;

x y x y

+ = − − ⇒ = −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

) 56 ; 7;9

) 56 ; 8;

x y x y

+ = − − ⇒ = −

5

p−  p=8k+5 (k∈)

( )2 4k ( ) (2 4k 2 2)

ax + − by +  ax −by p a4k+2⋅x8k+4−b4k+2⋅y8k+4p

( ) ( )

4k 8k 4k 8k 4k 4k 8k 4k 8k 8k

a + ⋅x + −b + ⋅y + = a + +b + x + −b + x + +y +

( )2 ( ) (2 )

4k 4k 2 k k 2

a + +b + = a + + b +  a +b = p b< p x8k+4+y8k+4p (*) ,

x y p

p

,

x y p

8

1(mod ), 1(mod )

k p k p

x + =x − ≡ p y + =y − ≡ p

8

2(mod )

k k

x + y + p

(28)

1 Chứng minh: tứ giác nội tiếp

là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từđó suy

( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) Xét tứgiác có

Từđó suy tứgiác tứgiác nội tiếp đường trịn đường kính

2 Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác

Nhận thấy bốn điểm thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác ) Do đường kính nên , trung điểm nên

tại

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có

Vì góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên =

Xét (O): (cùng chắn cung NC)

Từ(1) (2) ta có = nên tam giác cân tại

Chứng minh tương tựtam giác NIC cân N

P

D F

Ia

K N

M O

I

C B

A

C IBIa

a

I

,

a a

BI ⊥BI CI ⊥CI

a

IBI C IBI a+ICIa =1800

a

IBI C IIa

a

NI

, , , a

A I N I BAC

NP ( )O NBP=900 M BC

PN⊥BC M

PBN

NB =NM NP



BIN BIN 1( ) (1)

2 ABC+BAC

  

2

BAC NBC=NAC=

   1( )

(2)

NBI NBC CBI BAC ABC

⇒ = + = +



(29)

Từđó suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , tâm

đường trịn ngoại tiếp tứgiác

Vậy tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác

3 Chứng minh

Gọi F tiếp điểm đường tròn (I) với AB

Xét hai tam giác có:

đồng dạng với

Suy mà: ID = IF, NI = NB nên

Ta có:

MN // ID nên suy đồng dạng với

(1)

Do tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác nên (2)

Từ(1) (2) ta có

Câu Ta có

,

trong

Nhận xét

Xét

Do Đẳng thức xảy

N IBC

a

IBI C ⇒NIa2 =NB2 =NM NP

a

NI I MPa

 

a

DAI =KAI

MNB

∆ ∆FIA  1 

2

NBM = BAC=IAF MNB

⇒ ∆ ∆FIA

IA NB FI

NM =

IA NI ID

NM = a

DIA MNIa =

∠ ∆NMIa ∆IDA

DAI M

NIa =∠

∠ ⇒

a

NI I MPa

  

a

KAI =KAN =KPN = I PNa =NI Ma

 

a

DAI=KAI

2

1

xz y z

xz y x z yz yz x

P

xz z

y

y yz xz yz x z

yz x

yz

+ +

= + + = + +

+ + + + + +

2 2

2

1

1 1

x y z

a b c

y z x

y x z b a c

z y x

+ +

= + + = + +

+ + +

( )

2 2

, , , ,

x y z

a b c a b c

y z x

= = = >

( )

2

1

x

a b do x z

z c

= = ≥ ≥

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )

2 2 2 2

2

2 2

1 1 1

2

1 1 1

a a ab b b ab aba a b

a b ab

b a ab a b ab

+ + + + + − + +

+ − =

+ + + + + +

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )

2

2 3

2

1 1

ab a b a b a b a b

a b ab

− + − − + −

= ≥

+ + +

( )

2

1

1 1

1

a b ab c

b a ab c

c

+ ≥ = =

(30)

Khi

Từ suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy

ĐỀ SỐ (2016-2017) Câu

1 Điều kiện để P xác định :

2 P = = với

Ta cã: + ⇒ ⇒x = 0; 1; 2; ;

Thay vào P ta có cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thỏa mãn

Câu

1 Ta có :

Đặt Khi (2) có dạng :

hay

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai

nghiệm dương phân biệt

2

1

c

c c

+

+ −

+ +

( ) ( )( )

( )( )

2 2

2

2 1 1

2 1

c c c c c

c c

+ + + + − + +

=

+ +

( )( ) ( ( )() ) ( ) ( )

3

2

1 3

0

2 1 1

c

c c c

do c

c c c c

−

− + −

= = ≥ ≤

+ + + +

( )1 ( )2

,

a=b c= ⇔ = =x y z

0 ;

1 ; ;

0 ≥ ≠ + ≠

≥ y y x y

x

( )

( )( )( )

(1 ) (1 )

1

x x y y xy x y

P

x y x y

+ − − − +

=

+ + −

( ) ( )

( )( )( )

( )

1

x y x x y y xy x y

x y x y

− + + − +

=

+ + −

( )( )

( )(1 )(1 ) x y x y x xy y xy

x y x y

+ − + − + −

=

+ + −

( ) ( ) ( )( )

( )( )

1 1

1

x x y x y x x

x y

+ − + + + −

=

+ −

(1 )

x y y y x

y

− + −

=

−

( )( ) ( ) ( )

1 1

1

x y y y y

y

− + − −

=

− = x + xy − y

⇔ x + xy − y x ≥0; y ≥0; y ≠1; x + y ≠

(1 ) ( 1) ( 1)( )

x y y x y

⇔ + − + = ⇔ − + =

1

y ≥ x− ≤1 ⇔ ≤ ≤0 x

2

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

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

( 4 3)( 4 5) (2)

x x x m

x x x x m x x x x m

− + + =

⇔ + + − + =

⇔ + + + − =

2

4 4 ( 2) 0 ( )

y= x + x+ = x+ ≥ ∀ ∈x R

(y−1)(y− =9) m

10 9 0 (3)

y − y+ − =m

1 0

(31)

Khi hai nghiệm dương phân biệt phương trình (3) phương trình (2) tương đương với :

hoặc

Gọi x1, x2là hai nghiệm phân biệt phương trình :

Gọi x3, x4là hai nghiệm phân biệt phương trình :

Áp dụng định lý vi-et cho phương trình (3), (5), (6) ta có :

( thỏa mãn)

2 Giải hệ :

- Trừ vế hai phương trình hệ ta ;

- Thay y = x từ (3) vào (1) ta phương trình :

Vậy ta nghiệm (x; y) :

- Từ (4) suy ( x = -1 nghiệm (4)) Thay y vào (2), ta

có :

(Vì )

'

1 2

16 0

10 0 16 9 (4)

. 9 0

m

S y y m

P y y m

 ∆ = + >



⇔ = + = > ⇔ − < <

 = = − >



1,

y y

2

1

4 4 0

x + x+ − y = x2 +4x+ −4 y2 =0

2

1

4 4 0

x + x+ − y =

2

4 4 0

x + x+ − y =

3

1 2

1 4 2

4( ) 32

1 1 1 1 4 4

4 4 16 4( )

40 32 8

1

16 40 9 15

x x

x x y y

x x x x x x x x y y y y y y

m m

+

+ − − + −

+ + + = + = + =

− − − + +

−

= = = −

− + − − −

7

m

⇔ = −

2

2 (1)

2 (2)

x xy y x y

 = +



= + 

2 2 (3)

( )( ) 0

0 (4)

x y x y xy x y x y xy x y

xy x y

= 

− = − ⇔ − + + = ⇔ 

+ + = 

2

1

2 ( 1)( 2 2) 0 1 2

1 2

x

x x x x x x

x

= − 



= + ⇔ + − + = ⇔ = −

 = + 

( 1; 1);− − (1− 2;1− 2); (1+ 2;1+ 2)

1

x y

x

− =

+

2

4

2 2 4 2 0

( 1) 1

x x

x x x x

x x

−

= + ⇔ + − − − =

+ +

2 2

(x 2x 2)(x x 1) x x

⇔ + + − − = ⇔ − − = 2

2 2 ( 1) 1 0

x + x+ = x+ + >

1

x x

 = − ⇔ 

(32)

- Với Ta

nghiệm hệ

- Với Ta

nghiệm hệ

Vậy hệ cho có nghiệm :

; ;

Câu

1.Ta có :

Vì P số nguyên tố lớn nên p số lẻ, suy p – 1, p +1 hai số chẵn liên tiếp

Vì p – 1, p, p+1 ba số tự nhiên liên tiếp nên Nhưng p không chia hết

Vì p khơng chia hết p có dạng

- Nếu

Cả hai trường hợp cho ta (

Vì 3, 4, số nguyên tố đôi nên từ (1), (2), (3), (4) suy chia hết cho 4.3.5 tức chia hết cho 60

2 Vì vai trị x, y, z bình đẳng nhau, khác đơi nên ta giả sử Khi đó, gọi t thương phép chia Suy :

- Nếu (*)

Thay t = vào (*), ta

( vô lý) Vậy

5 1

1 5 3 5

2 5

x= − ⇒ =y − = − −

− ( ; )x y = −(1 5; 3− − 5)

5 1

1 5 3 5

2 5

x= + ⇒ =y − − = − +

+ ( ; )x y = +(1 5; 3− + 5)

( 1; 1);− − (1− 2;1− 2); (1+ 2;1+ 2) (1− 5; 3− − 5) (1+ 5; 3− + 5)

2016 504 504

1 ( ) 1 ( 1). ( 1)( 1)( 1). (1) ( )

p − = p − = p − A= p− p+ p + A A∈N

(p 1)(p 1) 4 (2)

⇒ − + 

(p−1) (p p+1) 3 (p−1)(p+1) 3 (3)

5k ±1; 5k ±2

5 1

p= k± 2

25 10 1 5 1

p = k ± k + = n+

5 2

p= k ± 2

25 20 4 5 1

p = k ± k + = −l

4

1 5 (4)

p − = q ( , ,n l q∈N)

2016

1

p −

x< <y z x3 + y3 + z3:x y z2 2

3 3

3 3 2 2 2 2

2 2 (1)

x y x y

x y z tx y z z tx y tx y tx y x y

z x y

+ +

+ + = ⇔ = − > − = − −

2

0

tx y − − <x y t 12 12 t

xy x y

< + < ⇒ = 2

0 ( 1)( 1)

x y − − < ⇒x y xy− − < ⇒x y x− y− <

1

x

⇒ =

2

0 ( 1)

y y y y

⇒ − < ⇔ − < 2

0 (2)

(33)

- Từ (1), (2) suy :

- Mặt khác nên

- Từ (3) (4) suy :

- Nếu

Điều mâu thuẫn với (5) Vậy x = Khi (5) trở thành :

- Nếu Điều mâu thuẫn với

(6)

Vậy (Vì y > x = 1)

+ Nếu y =

+ Nếu y = ( Loại)

- Thử lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) hốn vị thỏa mãn

Vậy thương phép chia

t =

Câu

a) + Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp

- Vì BD, DC tiếp tuyến đường trịn (O) nên ta có :

2 2

( ) (3)

z ≥ tx y − −x y

3 3 2

x + y +z =tx y z 3 3

(4)

x +y z ⇒ x + y ≥z

3 2

3 4 2 2

3 2 4

3 2 3

3

( )

2 ( )

1 1

2 (5)

x y tx y x y

x y t x y tx y x y x xy y

x y tx y x y t x y

x y tx y x y

txy

tx y txy

x y tx ty

+ ≥ − −

⇔ + ≥ − + + + +

⇒ + + + >

+ + +

⇔ <

 

⇔ <  + + +

 

2

x≥

3 3

1 1 1 1

3 2

2 2

y txy

t t x y t x t y

 

≥ ⇒ ≥ >  + + + >  + + +

   

3

2 1

2 (6)

ty

y t ty

< + + +

4

y≥ 2 13 2 13

4

ty

t t y t ty

≥ > + + + ≥ + + + { }2;3

y∈

3

9

1; 2;

1;

x y z

x y

 + =

 ⇔ = = =

≤ ≤ 

 = = 



3

28

1;

x y z

x y

 + =  ≤ ≤ 

 = =





3 3 2

:

x + y +z x y z

   

0

0 0

90

90 90 180

OBD OCD OBD OCD

= =

(34)

Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1) Mặt khác :

( Cùng chắn cung BC) ( Vì DN // AB)

Suy tứ giác BDCN nội tiếp (2)

- Từ (1) (2) suy điểm B, O, N, C, D thuộc đường tròn Vậy tứ giác BONC tứ giác nội tiếp

+ Chứng minh tam giác ABN cân

Ta có :

( Vì bù với góc ONC) ( Vì tam giác OBC cân O) ( Vì chắn cung OB) Suy NO tia phân giác góc ANB (3) Mặt khác :

( Vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) DN // AB ( giả thiết)

(4)

Từ (3), (4) suy tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời đường cao Vậy tam giác ANB cân N

b) - Xét tam giác DBM tam giác DNB, ta có : góc chung

( hai góc nội tiếp chắn hai cung )

- - Xét tam giác DIB tam giác DBA, ta có : góc chung

( góc tạo tia tiếp tuyến dây cung )

 

BAC = DBC

 

BAC =DNC

 

DBC DNC

⇒ =

 

ANO =OBC

 

OBC =OCB

 

OCB=ONB

 

ANO ONB

⇒ =

ON ⊥DN OND =900

ON AB

⇒ ⊥



BDN

 

BND =MBD

2

( )

. (5)

DBM DNB g g DB DM

DB DM DN DN DB

⇒ ∆ ∆

⇒ = ⇔ =





ADB

 

DBI = BAD

2

( )

. (5)

DIB DBA g g DB DI

DB DI DA DA DB

⇒ ∆ ∆

⇒ = ⇔ =

(35)

Từ (4) (5) suy :

Từ kết hợp với ADN góc chung suy :

Suy tứ giác ANMI nội tiếp

Ta có :

( bù với góc IMN)

( chắn cung CI) Kết hợp với góc KBMchung, suy :

Mặt khác :

( Hai góc so le ) ( Cùng chắn cung BI ) Kết hợp với góc BKD chung, suy :

Từ (6) (7) suy : KM = KD Vậy K trung điểm DM

c) Giả sử PI cắt BC L, IQ cắt AB S

Ta có :

( PI // MN ; định lí ta let) (8)

( AB // PL ; định lí ta let) (9) Vì DK = KM nên từ (8) suy : PI = IL

Vì PI = IL nên từ (9) suy : AS = BS

. . DM DA

DI DA DM DN

DI DN

= ⇔ =

 

( )

DIM DNA c g c DIM DNA

∆

⇒ =



 

NAD= IMD

 

NAD=CBI

 

CBI IMD

⇒ =

2

( )

. (6)

KMI KBM c g c KM KB

KI KM KM KI KB

∆ ∆

⇒ =



 

KDI =BAI

 

DBI =BAI

 

KDI BDI

⇒ =

2

( )

. (7)

KDI KBD g g KD KB

KI KD KD KI KB

∆ ∆

⇒ =



PI BI IL DK = BK = KM

(36)

Giả sử SI cắt DK T, suy : ( Định lý Talets ; AB // DK) (10) Vì AS = BS nên từ (10) suy : T trung điểm DK, hay G trùng với K

Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng

Câu

Khơng tính tổng qt, ta giả sử Khi :

Mặt khác, nên

Do

vì

( , theo (*) ) Nên

Vậy

Dấu xảy

Vậy giá trị nhỏ biểu thức A Đạt (a, b, c) = (2, 2, 1) hoán vị

ĐỀ SỐ (2015-2016) Câu

b) Có

Dấu “=” xảy

Vậy

Câu

AS SI BS DT =TI = KT

a≥ ≥b c

5

5 ( 1)(2 ) (*)

3

a b c a a a a

= + + ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ − − ≥

0≤b c, ≤2

( 2)( 2)

2( )

2(5 ) (**)

b c

bc b c

bc a a

− − ≥ ⇔ ≥ + −

⇔ ≥ − − = −

( )

2

2 Theo (**)

3 2 ( 2)

A a b c a b c bc a a a

A a a a a a a a

= + + = + + + ≥ + − + −

⇔ ≥ + − + − + = + − + = + − +

( )2

2

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

a+ −a = +a a −a + − = +a a−a = + a− − +a

2 2 ( 1)

≥ + = + (a−1)(2−a)≥0

3

a+ − ≥a +

2

A≥ +

0 , , ;

( 1)(2 ) ;

a b c a b c

a a a b c

bc a

≤ ≤ + + =



 − − = ⇔ = = =



 = −



2 1+

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

3

3 9

)

3 3

6 9 12

− − +

 − +    −

= −   − =

+ −   − +

 

= − + − + + =

a a

a a a a a

a A a a

a a a a a a

a a a a a

( )2

12 36 36

M = + = −A a a a = a− − ≥ −

6 36

a a

⇔ − = ⇔ =

36 36

(37)

a) Điều kiện Ta có

Đặt

Khi phương trình (*) có dạng

- Với phương trình vơ nghiệm

- Với Vậy phương

trình cho có nghiệm

b) Thay (2) vào (1) ta

- Với thay vào (2) ta

- Với thay vào (2) ta phương trình vơ nghiệm

- Với thay vào (2) ta Vậy hệphương trình cho có nghiệm

Câu

a) Nếu thỏa mãn

Nếu khơng thỏa mãn

Xét phương trình cho có dạng

Đặt ta phương trình

0

x≠

( )

2 2 2

9 2

1 *

2 9

x x x

x x x x

+

+ = ⇔ + − =

+ +

( ) 2

2 2

2

1

2 9

x x x

t t t

x t x

x

+

= ≠ ⇒ = ⇒ =

+ +

( ) (2 )

2

1

2 3 1 1

2

t

t t t t t

t t

=  

+ − = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

 = − 

2

1

2

x

t x x

x

> 

= ⇒ = + ⇔ 

+ = 

2

2 2

0

1

2

2 9

x x

t x x x

x x x

< <

 

= − ⇒ − = + ⇔ ⇔ ⇔ = −

= + =

 

3

x= −

( )( )

3 2 2

5 21

x −y = y − y x−y ⇔ x − x y− xy =

( )( )

0

7

x

x x y x y x y

y x

  =  

⇔ − + = ⇔ =

   = − 

x= y= ±2

4

x= y 31

49y

− =

3

y

x= − y2 = ⇔ = ±9 y

(x y; ) ( ) (= 0; ; 0; ;− ) (−1;3 ; 1; 3) ( − )

0

x= ⇒ =y

0

y= ⇒ ∉x 

0;

x≠ y≠

( ) ( )2 ( )3

3 3 3

4.54x 54x + =1 4.54 x y ⇔ 4.27x +1 = 6xy +1

4.27x =a; 6xy=b

( ) (2 )( 2 ) ( )

1 1 *

(38)

Từ ta thấy Gọi ƯCLN(

Mặt khác không chia hết không chia hết Từ nhận thấy tích hai sốnguyên tốcùng sốchính phương nên phải

có

Ta có

Từ(1) (2) vơ lý suy phương trình (*) vơ nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm

b) Giả sửphương trình cho có nghiệm ngun dương, xét nghiệm mà

là nhỏ

Do vai trị bình đẳng nên khơng tính tổng quát ta giả sử

Ta có nghiệm phương trình

Suy phương trình cịn nghiệm thỏa mãn nguyên

dương

- Nếu thay vào phương trình cho ta (do

nguyên dương) suy

- Nếu từ(3) suy (vơ lí)

- Nếu nên từ(3) suy

vơ lí

Vậy giá trị cần tìm

Câu

( )* b+ >1 b+1;b2− + =b 1) d

( ) ( )

2

1 3

1

b d

b b b b b d d

b b d

+ 

⇒ ⇒ − + = + − + + ⇒

− + 



  

( )2 ( 3 ) 4.27

a+ = x +

( )

1 1; 1

d⇒ = ⇒d b+ b − + =b

( )*

( )

2

1

; *; 2;

b m

m n m m

b b n

 + =

 ∈ ≥ ≥



− + =

 

( ) (2 )

2 2

1 1

n = m − − m − +

( ) (2 ) ( ) ( ) (2 ) ( )

2 2 2

1 ; 2

n m m n m m

⇔ = − − − = − + −

( 2 )2 2 ( 2 )2

2

m n m

⇒ − < < −

(x y; ) ( )= 0;1

(x y0; 0) (x0+y0)

0;

x y x0 ≤ y0

2

0 0 0

x −mx y+y + = ⇒ y

( )

2

0 1

y −mx y+x + =

1

y ( )

( )

1

0

2

y y mx

y y y x

+ =

 ⇒



= + 

0 0 1

x y x y y y

⇒ + ≤ + ⇒ ≤

0

x = y

2

0

2

0

2 1

2

y

m y

y y

+

= = + ⇒ =

0 ;

m y m=3

0

x <y = y 2 ( )( )

0 0 0

y =x + ⇔ y −x y +x =

0

x <y < y 0

1

y x

≥ + 

 ≥ +

 ( )( )

2

0

x + x + ≤x + ⇔ x + ≤

3

(39)

a) Ta có Mà

Suy cân

b) Kẻ tiếp tuyến (O)

Mà (vì tứgiác nội tiếp);

Tương tự

Lại có

Suy chu vi tam giác

Mà không đổi , suy chu vi tam giác lớn lớn

là điểm cung lớn

c) Theo a) cân đường trung trực

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác trung điểm

Chứng minh tứgiác hình bình hành qua trung điểm

Nhận thấy cân

Tương tự:

Chứng minh

đồng dạng với

Mà qua trung điểm nên qua trung điểm Mà định nên cốđịnh

F M

H O'

E

O N

J K I

D P C

B

A

G

x

     AMN=MBH+MHB ANM; =NCH +NHC    ;

MBH =MCH MHB=NHC

 AMN =ANM ⇒ ∆AMN A

Ax ⇒ xAB=ACB

 

ACB=AFE BFEC

  / / .

xAB AFE Ax EF OA EF

⇒ = ⇒ ⇒ ⊥

;

OB⊥FD OC ⊥ED

( )

1 1

2 2

1

2

ABC AEOF BDOF CDOE

S S S S OA EF OB DF OC DE

R EF DF DE AD BC

= + + = + +

= + + =

DEF AD BC

R

,

R BC DEF AD ⇔ A

BC AMN

∆ A⇒AK MN

’

O AMN AK

  90

AMK ANK

⇒ = =

HIKJ ⇒HK G

IJ

  

IMH =MHF =MHI ⇒ ∆IMH I⇒MI =IH JN =JH

BIM

∆ CJN g( g) MI NJ IH JH IJ/ /BC

BI JC BI JC

∆ − ⇒ = ⇒ = ⇒

HK G IJ P BC

,

(40)

Câu

Ta chứng minh

Thật

Tương tự ta có:

Cộng theo vế bất đẳng thức (1); (2); (3) ta

Mà

Dấu “=” xảy

ĐỀ SỐ (2014-2015) Câu

1) Điều kiện:

Đặt , ta có:

Vậy:

( )

5 5 5

3 3

2 3

15

a b b c c a

a b c

ab bc ca

+ + +

+ + ≥ + + −

( ) 5

3

2

5 10 10 ,

a b

a ab b a b

ab

+ ≥ − + ∀ >

( )

( ) ( )

5

3 5 3

4

5 4

2

5 10 10 10 10

2 10 10 3 ,

a b

a ab b a b ab a ab b

ab

a a b a b ab b a b a b a b

+

≥ − + ⇔ + − − + ≥

− + − + ≥ ⇔ − + ≥ ∀ >

( ) ( )

5 5

3 3

2 3

5 10 10 ; 10 10

b c c a

b bc c c ca a

bc ca

+ ≥ − + + ≥ − +

( ) ( )

5 5 5

3 3 2

2 3

15 10

a b b c c a

a b c ab bc ca

ab bc ca

+ + + + + ≥ + + − + +

2 2

ab +bc +ca =

( ) ( )

5 5 5

3 3 3

2 3

15 30 15

a b b c c a

a b c a b c

ab bc ca

+ + +

⇒ + + ≥ + + − = + + −

1

a b c

⇔ = = =

1 0; ;

4

x≥ x≠ x≠

;

x =a a≥ ⇒ =x a2

( )( )

2

1

2

1

a a a

a a a a a

A

a a a

− −  − + + −  = +  − − + −   ( )( )

( )( ) ( ( )()(2 )) ( )( )

1 1 1

1 1

a a a a a a a a

A

a a a a a a

 + − + −  − −   = + − − + + − + −     ( )

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

2 − −

− −       + − − + − − = a a a a a a a a a a A

( ) ( ) ( )( )

1 1

.(2 1)

1

a a a

a

A a

a a a a

  − −   = + − − − − + −     1 − +

(41)

2) Ta có:

(do )

Đối chiếu với điều kiện ta được:

Câu

1) ĐKXĐ:

Nhận thấy không nghiệm phương trình

Khi

Phương trình cho

Đặt , ta phương trình biểu thịtheo t

Với (thỏa mãn)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm

2) Với x = y = nghiệm hệphương trình

Nhận thấy x y ngược lại

Xét x ; y hệphương trình tương đương với 1 1 > + − ⇔ − < + − − = x x x x A 1< + −

⇔x x

4 1 > +       − = +

− x x

x

⇔ x − x− < ⇔6 ( x−3)( x+2)< ⇔0 x− <3

⇔ 0≤ <x

0 , x x x ≤ <    ≠ ≠  2 2

5

5 33 x x x x x x x   ≠ −   − − ≠  ⇔  ≠   − − ≠   ±  ≠  0 x= 0 x≠ 2 x x x x ⇔ − − = − − − − t x x

= −

1

t− −t− =

2

5 2;

t t t t

⇔ − + = ⇔ = =

2

2 2

t x x x x

x

= ⇒ − = ⇔ − − = ⇔ = ±

2 17

3 3

2

t x x x x

x

± = ⇒ − = ⇔ − − = ⇔ =

3 17

1 3;

2

S = ± ± 

 

 

≠ ≠

2 2

1 1

2

1 1 1

( )(1 ) ( )(2 )

x y x y

x y xy x y xy

(42)

Thay (1) vào (2) ta

Vậy hệ có nghiệm (x ; y) (0 ; 0) ; (1 ; 1)

Câu

1) Ta có: (1)

Đặt (2)

(1) trở thành (3)

Từ(2) thay vào (3) ta (*), coi

PT bậc hai y có:

Để (*) có nghiệm

Vì Thay vào (*) : + Với

+ Với

Vậy phương trình có nghiệm ngun (x, y) (0; 0), (-1; 3) ( 1; 2)

2) Nếu

Do p sốnguyên tốnên

Nếu pq p+ qlà nguyên tốcùng pq chia hết cho ước

ngun tố p qcịn p+ qthì khơng chia hết cho p không chia hết cho q

Gọi rlà ước chung

suy hai nghiệm phương trình

vơ nghiệm

suy hai nghiệm

phương trình vơ nghiệm

Vậy bộcác sốnguyên tố (p; q) cần tìm

3 1 ( )

x +y =

1

x y

x y xy

 + = 

⇒ ⇒ = =

 = 

2

5(x +xy+y )=7(x+2 )y

⇒ 7(x+2 ) 5y  ⇒(x+2 ) 5y  x+2y =5t (t∈Z)

2

7

x +xy+ y = t

⇒ x= −5t 2y 3y2−15ty+25t2− =7t 0

2

84t 75t

∆ = −

2

0 84t 75t 0

⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥ 28

25

t

⇔ ≤ ≤

0

t∈ ⇒ =Z t t =1

0

t= ⇒ y1 =0 ⇒ =x1 0

1

t = 2

3

2

y x

= ⇒ = − 

⇒  = ⇒ = 

p=q

2

2( 1) 4

2 2

1 1

m

p m

m m

+

= = − +

+ +

m∈ ( m+ ⇒ =1) m 0;m=1;m=3 ⇒ =p 2; p=5.

p≠q

2

1

m + m+ ⇒1 [(m+1)(m−1)]r⇒(m2 −1)r

2

(m 1) (m 1) r 2 r

 

⇒ + − −  ⇒  ⇒r =1 r =2

) r 1

+ =

1, 1 ,

p+ = +q m pq=m + ⇒ p q

2

( 1) 1 0

x − m+ x+m + =

2 2

3m 2m 3 (m 1) (2m 2) 0

∆ = − + − = − − − + <

) r 2

+ =

2pq=m +1 2(p+q)= + ⇒m 1 p q,

2

2x −(m+1)x+m + =1 0

2 2

7m 2m 7 (m 1) (6m 6) 0

∆ = − + − = − − − + <

(43)

Câu

1) I trung điểm BC (Dây BC không qua O)

OI ⊥ BC OIA = 900

Ta có AMO = 900

ANO = 900

Suy điểm O, M, N, I thuộc đường tròn đường kinh OA

2) AM, AN hai tiếp tuyến (O) nên OA phân giác MON mà ∆MON cân O nên OA ⊥ MN

∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ANB = ACN, CAN chung) AB AC = AN2

∆ANO vuông N đường cao NH nên AH AO = AN2

AB AC = AH AO

∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g-g)

Nên

Ta có A, B, C cốđịnh nên I cốđịnh AK cốđịnh

Mà A cốđịnh, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB K cố định

3) Ta có PMQ = 900

∆MHE ∆QDM (g-g)

⇒ ⇒ ∠

∠ ∠

∠

∠ ∠ ∠

AB AN

AN AC

⇒ = ⇒

⇒

AH AK

AI AK AH AO

AI = AO ⇒ ⋅ = ⋅

. AI AK AB AC

⇒ ⋅ =

AB AC AK

AI

⋅

⇒ =

⇒

∠

ME MH

MQ DQ

⇒ =

C P

A

K B

O

d E

Q M

N I

D

(44)

∆PMH ∆MQH

ME = MP P trung điểm ME

Câu

Từ: ta có:

Lại có

và

Đặt (với )

Có

mà

Dấu "=" xảy chỉkhi t = hay

Vậy giá trị nhỏ P

ĐỀ SỐ (2013-2014) Câu I

1) Điều kiện: xy ≠1

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )

x 1 xy xy x xy xy 1 xy

A :

xy 1 xy

+ − + + + + + −

=

+ −

2

MP MH MH

MQ QH DQ

⇒ = =

1 . 2

⇒ MP = ME

MQ MQ

⇒ ⇒

2 2

( )( ) 2( )

2 a b c a b 6 c a b a ab b a b

b a b a a b ab

+ − + +

 + +  + = ⇒ = +

   

   

2 2

2

( )( ) 2( ) ( ) ( )

2 c a b a ab b a b c a b c a b

a b ab

a b ab ab ab

+ − + + + +

+ ≥ ⇒ = + ≥ + ⇒ < ≤

( )2

2 2

( )

( ) ( ) ( )

(2 ) (2 ) (2 ) (2 ) ( ) ( )

c a b

bc ac bc ac bc ac

a b c b a c abc b c abc a c abc a b c abc a b c

+ +

+ = + ≥ =

+ + + + + + + +

2

( )

3

ab bc ca

abc a+ + =b c ab bc+bc ca+ab ca≤ + +

2

2 ( )

3 ( )

( )

(2 ) (2 ) 2

1

c a b

bc ac c a b ab

c a b

a b c b a c ab bc ca

ab

+

 

 

+

 

⇒ + ≥   =  

+

+ +  + +   + 

 

2

( )

2(1 )

c a b t

t P

ab t t

+

= ⇒ ≥ +

+ 0< ≤t 2

2

2 2

3 4 8 32 24

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

t t t t t

t t t t t t

  − − + +

+ = + − + = +

+  +  +

2

( 2)( 22 12) (1 )

t t t

t t

− − − −

= +

+

2

( 2)( 22 12) ( 2)( 22 12) 8

0 (0; 2] (0; 2]

6 (1 ) (1 ) 3

t t t t t t

t t

t t t t

− − − − ≥ ∀ ∈ ⇒ − − − − + ≥ ∀ ∈

+ +

a= =b c

8

(45)

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )

xy 1 xy xy x xy x 1 xy

xy 1 xy

+ − + + + − + −

= + −

( )( ) ( )( ) ( )( )

x 1 xy xy x xy xy 1 xy

xy 1 xy xy x xy x 1 xy

+ − + + + + + −

= =

+ − + + + − + −

1 x

x y xy xy +

= =

+

2) Theo Cơsi, ta có: 6 1 2 1 9

x y xy xy

= + ≥ ⇒ ≤

Dấu xảy ⇔ 1

x = y ⇔x = y =

1 9

Vậy: maxA = 9, đạt khi: x = y = 1

9

Câu II

1) PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:

0 '>

∆ ⇔(m−2)2 −(m2 −2m+4)>0⇔m<0 (*)

Với m<0 theo Vi- et ta có: 2

1

x x 2m

x x m 2m

 + = −



 = − +



Ta có:

( ) ( )

2 2

1 2

1 1 2 1 2

2

2 1 1 1

x x 15m x x 15m

x x x x 2x x

1 1

15m

m 6m m 2m

1 1

4 15

m m

− = ⇔ − =

+ + −

⇔ − =

− + − +

⇔ − =

+ − + −

Đặt m t

m

+ = m<0⇒t<0

Ta có (1) trở thành

12 15

1

1 ⇒ =−

  

= − = ⇔ = − −

− t t

t t

t (do t < 0)

Với t=−4 ta có + =−4⇔m=−2

m

m thỏa mãn (*)

2) Ta có:

4 4 4 4 4

2 2

x y y z z x

x +y +z = + + + + + ≥ 2 2 2

x y +y z +z x =

= 2 2 2 2 2 2

2 2

x y y z y z z x z x x y

xyyz yzzx zxxy

+ + +

+ + ≥ + + =

(46)

Dấu xảy

1

x y z

x y z x y z

= = 

⇔ + + = ⇔ = = = 

Vậy nghiệm hệ phương trình là: 1; 1;

3 3

x y z

 = = = 

 

 

Câu III

1) Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈*⇔

⇔a + k = b(ka2 – b) ⇔a + k = mb (1)

Ở m ∈mà: m = ka2 – b ⇔m + b = ka2 (2)

Từ (1) (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + ⇔

⇔(m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều suy từ (1) a, k, b >0) nên m ≥1 (vì m ∈)

Do b > nên b – ≥0 (do b ∈) ⇒(m – 1)(b – 1) ≥0 Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka) ≥0

Lại a > nên suy ra: k + – ka ≥0 ⇒k + ≥ ka ⇒1 ≥ k(a – 1) (4) Vì a – ≥0 (do a ∈, a > 0) k ∈, k > nên từ (4) có:

a

k(a 1)

a

k(a 1)

k

=  − =

 ⇔ =  − = 

  =

 

- Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = ⇔

m

b 1 b b m 1

b  − =



 − = =

 

 ⇔ 

 − =  =  − =

 

Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b =

- Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = ⇔ b m

=   = 

Khi b = 1, ta được: a = 2, b =

Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b ⇒b = Lúc được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1)

2) Ta có x+2 = y+ z ⇔x+2 3=y+z+2 yz

(x−y−z)+2 3=2 yz ⇒(x−y−z)2+4 3(x−y−z)+12=4yz

⇔ (1)

TH1 Nếu x−y−z≠0 Ta có ( ) (x y z)

z y x yz

− −

− − − − =

4

12

3

2

(2) vô lý

( x,y,z∈N nên vế phải (2) số hữu tỷ )

TH2. x−y−z=0 ( )   

= = − − ⇔

3

yz z y x

(3) Giải (3) ta

    

= = =

3

z y x

hoặc

    

= = =

1

z y x

(47)

Câu IV

1) Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên 

AMB=90 (góc nội tiếp

chắn nửa đường trịn)

hay 

FMB=90

Mặt khác 

FCB=90 (giả thiết).Do FMB FCB 180 + =

Suy BCFM tứ giác nội tiếp ⇒CBM =EFM 1( ) (vì bù với CFM)

Mặt khác CBM =EMF 2( ) (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn AM

) Từ (1) (2) ⇒EFM EMF =

Suy tam giác EMF tam giác cân E

(Có thể nhận   EMF =MBA=MFE nên suy EMF cân)

2) Gọị H trung điểm DF Suy IH⊥DF vàDIH DIF ( )3

=

Trong đường trịn ( )I ta có: DMF DIF góc nội tiếp góc tâm chắn cung DF Suy raDMF DIF ( )4

2

=

Từ (3) (4) suy DMF =DIH hay DMA =DIH.

Trong đường tròn ( )O ta có: DMA =DBA(góc nội tiếp chắn DA)

Suy ra: DBA =DIH

Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do   o

DBA+HIB 180=

  o

DIH HIB 180

⇒ + = ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng hàng

3) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng⇒ABI =ABD=

2sđ



AD Mà C cố định nên D cố định⇒

2sđ



AD khơng đổi

Do gócABI có số đo khôngđổi M thay đổi cung BD

Câu V

Ta có: B 3 1 1 2xy

xy 3xy xy xy(1 3xy)

(x y) 3xy(x y)

−

= + = + =

− −

+ − +

D E

M I

H F

C O B

(48)

Theo Côsi: xy (x y)2

4

+

≤ =

Gọi Bolà giá trị B, đó, ∃x, y để:

o

1 2xy B

xy(1 3xy)

−

= − ⇔3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1)

Để tồn x, y (1) phải có nghiệm xy ⇔∆ = Bo2 – 8Bo+ ≥0 ⇔ o

o

B B  ≥ + 

≤ − 

Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo ≥ +4

Với o ( ) ( )

o

2 B 3 3 3 3

B xy x(1 x)

6B 6 2 3 6 2 3

+ + + = + ⇒ = = ⇒ − = + + ⇔ ( )

2 3

1 1

3

x , x

3

x x

3

6 2

+ + − + = ⇔ − − + − = =

Vậy, Bmin = +4 3, đạt

2 3

1 1

3

x , y

2

+ − − −

= =

2 3

1 1

3

x , y

2

− − + −

= =

ĐỀ SỐ (2012-2013)

(Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc) Câu I.(4,0 điểm):

- ĐKXĐ : x≥0,x≠9

1 Với x≥0,x≠9

P = ( )

x x x x x x x x − + + + − − − − − 3 3 =( )( ) (( )()( )) (( )()( )) 1 3 3 3 − + + + − − + − − − − + − x x x x x x x x x x x x = ( )( ) 24 − + − + − x x x x x

x =

1 + + x x

2 * Cách 1: Với x≥0,x≠9 P =

1 + + x x = − + + + x x

( 1)

9

2 + − = − =

+

≥ x

x

⇒ giá trị nhỏ P = ⇔ x = ( thỏa mãn đkxđ) * Cách 2: đặt y = x (y≥0,y≠3) P =

1 + + y

y , tìm gtnn P phương pháp miền xác

định

Câu II.(5,0 điểm):

1 * Cách 1 ta có : x4 – 4x3+ 8x + m = (1) ( 1)4 6( 1)2 6 0 = + + − − −

⇔ x x m

(49)

- phương trình x4 – 4x3+ 8x + m = có nghiệm phân biệt pt (2) có nghiệm

dương phân biệt

0

s

p

∆ > 

⇔  > ⇔  > 

-6 < m <

* Cách 2: x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ ( −2 ) (2−4 2−2 )+ =0

m x x x

x ; đặt ẩn phụ giải

cách

* Cách 3: Đặt x = a + x4 – 4x3+ 8x + m = (1) ⇔ −6 2+5+ =0

m a

a ;

2       = − = + 3 y x y x

(I) ĐKXĐ: y≠0 , đặt t =

y

2

≠ hệ pt trở thành

    = − − = − − 3 3 t x x t

Cách 1 : - trừ vế với vế hai pt, đưa pt tích, ta : (x−t)(x2+xt+t2−3)=0 ⇔x−t=0

hoặc x2 +xt+t2−3=0 ⇔x=thoặc x=t =2

⇒(x ;y) = (-1 ;-2); (2; 1)

* Cách

    = − − = − − 3 3 t x x t

là hpt đối xứng loại 1, biến đổi đặt x + t = a xt = b ,

Câu III.(4,0 điểm)

1 n số tự nhiên dương:

+ để 2n – 15 số phương, dễ dàng chứng minh n ≥4 n lẻ 2n – 15

khơng số phương

+ n chẳn đặt n = 2k ( k ∈N,k≥2) 2n – 15 = a2( *)

N

a∈ ⇔(2k −a)(2k +a)=15

mà 0<2k −a<2k +a ⇒k =2;3thỏa mãn đk ⇒ n = 4;6 thỏa mãn đk

Vậy n = 4;6 giá trị cần tìm * Cách 1 ( *)

,n N

m ∈

+ 2 2

6 6

2

m

n m n m

n mn

− > ⇔ > ⇒ ≥ +

nếu 6n2= m2+ mà 6n2chia hết m2+ ≡0(mod 3) vô lý

0,1(mod 3)

m ≡

vậy 6n2 2

m

≥ + (1)

mặt khác 2

2

1

( )

2

m m m

m m

+ = + + < + (2) từ (1) (2) suy  < ⇔

  



 +

2 n m m mn n m

6 − > đpcm

* Cách chứng minh : 6n2 2

m

≥ + (1)

Mà mn n m

(50)

Mặt khác : ⇔24m n =4m n 6n >4m (m +2)=4m +8m >4m +4m +1⇒ đpcm

* Cách 3: do ( *)

,n N

m ∈ nên

mn n

m

2 6− >

( )*

2 6

1 2

2

n n

n m n

n nm

m − + = ⇔ − − < < + − <

⇔ bất đẳng thức * ln

đúng − >0

n m

Câu IV.(6,0 điểm):

a) Cách 1: Chứng minhcác điểm A,E,H,F,N thuộc (ω,

2

AH

) ⇒HN ⊥NA, NH cắt đường tròn O Q suy => AQ đường kính (Ω) ⇒ QC⊥AC => QC//BH (1)

+ Chứng minh tương tựta suy ra: QB//HC(2) kết hợp với (1) ⇒ BHCP hình bình hành => NH qua trung điểm M BC, hay N, H, M thẳng hàng

Cách 2:

+ Chứng minhcác điểm A,E,H,F,N thuộc (ω,

2

AH )

+ Chứng minh tứgiác AMDN nội tiếp ⇒

90 = =

∠ANM ADM ⇒MN⊥AN mà HN⊥NA

⇒ M,N,H thẳng hàng

b) Cách 1: + ANDM ABDE tứgiác nội tiếp nên ∠NDA=∠NMA;∠ABE=∠ADE

mà ∠NDE=∠NDA+∠ADE⇒∠NDE=∠NMA+∠ABE (3) + chứng minh : ∠FDK =∠ACF+∠NMA(4)

+ mà ∠ABE=∠ACF(cùng phụ ∠BAC) (5) Từ(3),(4),(5) ⇒ góc NDE = góc FDK

Cách 2:

∆PAM có AD, MN hai đường cao cắt H , nên H trực tâm ∆PAN =>

AM

PH ⊥ K Ta có ∠HDK = ∠HMK (cùng chắn cung HK) mà ∠HMK = ∠APH

M

D

Q N

P

F

E

H

Ω

B C

A

(51)

(cùng phụ ∠KHM), tứgiác GNHD nội tiếp nên ∠NPH = ∠NDH ( chắn cung NH)

Suy ra: ∠ HDK = ∠NDH ,AD phân giác ∠NDK

∠ FDA = ∠ADE ,AD phân giác ∠FDE => ∠FDK = ∠NDE

c) + tứgiác ANHK nội tiếp suy ra: ∆PHAđồng dạng ∆PNK(g-g) ⇒PN.PA = PH.PK

+chứng minh tương tự: PN.PA = PB.PC nên suy ra: PH.PK= PB.PC ⇒∆PHC đồng dạng

∆PBK (c-g-c) ⇒∠PKB = ∠PCH ⇒ giác BHKC nội tiếp

Câu V.(1,0 điểm): Bảng vng có 7.7 = 49 ô vuông Ta điền số 1,2,3,4,5,6,7 vào ô vuông bảng : (theo đường chéo)

- xem ô điền số giống chuồng thỏ ⇒có chuồng thỏ , mà 22 = 3.7 +1 , theo nguyên tắc đirrichle cách đặt thỏa mãn yêu cầu toán, chuồng thỏ ln có đấu thủ khơng công (Hai đấu thủ công lẫn họ hàng cột.còn đường chéo khơng cơng nhau) ⇒đpcm

1

2

3

4

5

6

7

ĐỀ SỐ (2011-2012)

Câu I (4.0 điểm)

1/ Rút gọn P : P = : 1

10

3 1

x x x

x

x x x x

       

     

   

   

        

   Đ/k: x > 1,x ≠10, x ≠5

Đặt y = x−1 Ta có

P = 2 2

9 1 (3 ) ( 3)

: :

3 (3 )(3 ) ( 3)

y y y y y y y y

y y y y y y y y y

           

      

   

   

        

(52)

P = 2 3: 3( 3) ( 3) (3 )(3 ) ( 3) (3 )(3 ) 2( 2) 2( 2)

y y y y y y y y y

y y y y y y y y

        

 

       Thay y = x−1

P =

2( 2)

x x

− − − − =

( )

3 1

2( 5)

x x

x

− − − +

−

2/ Tính giá trị P x = 4

2

2 2

2

+ − − −

+

( ) (2 ) (2 ) (4 )4 ( )

4 4

4 2 2 3 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2

+ −

= − = + − − = + − − = + − − =

− +

x

(Thoả mãn điều kiện), thay vào ta có

P= 1( 2) 1( 2) 3.3

2( 5) 2(2 5) 2.( 3)

x x

x

− − − + − − − + −

= = =

− − −

Câu II(4.0 điểm)

1/ Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) : y = x – parabol (P): y = - x2 nghiệm

của phương trình : -x2 = x – <=> x2+ x – = 0, Phương trình có hai nghiệm : x1= x2 =

-2

Với x1= => y1 = -1 => A (1 ; -1)

Với x2 = -2 => y2 = -4 => B (-2 ; -4)

Khi : AB2 = (x2 – x1)2+ (y2 – y1)2 = (-3)2+ (-3)2= + = 18 => AB = 3 2

2/ Hoành độ giao điểm đường thẳng d’: y =- x = m Parabol (P) : y = -x2là nghiệm

phương trình : -x2 = -x + m <=> x2 – x + m = 0

Để có hai giao điểm C D ∆= – 4m > => m <

4

Khi phương trình có hai nghiệm x1 x2mà 2

1

x x

x x m

+ = 

 = − 

Ta có : CD2 = (x2 – x1)2+ (y2 – y1)2 = (x2 – x1)2+ [ (-x1)2 –(- x22)]2

CD2 = (x1+ x2)2 – 4x1x2+ [(x1+ x2) (x1 - x2)]2

CD2 = (x1+ x2)2 – 4x1x2+ (x1+ x2)2[ (x1+ x2)2 – 4x1x2 ]

CD2= + 4m + (1 + 4m) = 8m +

AB = CD => 8m + = 18 => m = -2 (Thoả mãn đ/k ) Vậy m = -2

Câu III (4.0 điểm)

1/ Giải hệ phương trình

     

= +

2

y x y

x y x

Điều kiện : x, y ≠0

Từ PT (1) : 2

2 (2 )

x

x x xy y y x x

y + = => + = => − =

Xét x = phương trình vơ nghiệm => Hệ vơ nghiệm Xét x ≠2 => y =

2

x x

− (*) thay vào phương trình (2), ta có

3

2

1 (2 ) 2

x x

x + x =

− − <=>

3 2

(53)

N

C2 C1

H

K M

F

E

D C

B

A

Phương trình có hai nghiệm : x1 =

3 => y1 =

3 x1 = -2 => y1=

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

2 3

x y

 =    = 

1

x y

= −   = 

2/ Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x6+ y2 –2 x3y = 320

Ta có : 2x6+ y2 –2 x3y = 320 <=> y2 – 2x3y + 2x6 – 320 = Xem PT bậc hai ẩn y

=>∆’ = (-x3)2 – 1.( 2x6 – 320) = x6 – 2x6+ 320 = 320 – x6

PT có nghiệm x , ∆≥0 => 320 – x6 ≥0 => x6≤320 => x ≤2 => x = ; ±1 ; ±2

Khi phương trình có hai nghiệm

3

1

320 320

y x x

 = + −

 

= − −



+ Với x = 0,

3

1

3

1

320 320

y x x

 = + − =

 

= − − = −

 (là số vô tỷ ) loại

+ Với x = -1,

3

1

3

1

320 319 320 319

y x x

 = + − = − + 



= − − = − −

+ Với x = 1,

3

1

3

1

320 319 320 319

y x x

 = + − = +

 

= − − = −

+ Với x = -2,

3

1

3

1

320 256 320 256 24

y x x

 = + − = − + =

 

= − − = − − = −

 (thoả mãn)

+ Với x = -2,

3

1

3

1

320 256 24 320 256

y x x

 = + − = + =

 

= − − = − = −

 (thoả mãn)

Kết luận : Phương trình có nghiệm nguyên : (x ; y ) = (-2 ; -24) , (-2 ; 8) , (2 ; 24) , (2 ; -8)

Câu IV (6.0 điểm)

1/ ME tiếp tuyến chung (C1) (C2)

+ Chứng minh ME tiếp tuyến đường trịn C1 Vì  E= =F 90o => Tứ giác AEHF nội tiếp

=> C1 đường tròn nội tiếp tứ giác AEHF ( Tâm C1 trung điểm AH)

ME = MB => MEB =MBE (1)

Vì D = =E 90o => Tứ giác ABDE nội tiếp

=>  MBE=C AE1 (Cùng chắn cung DE) (2) ∆EAH vuông E , mà C1A = C1H => C1A = C1H = C1E => C EA 1 =C AE1 (3)

Ta có :  1 90 o

C EA C EB+ = (Kề b ù ) (4) Từ (1) , (2) , (3) (4)

=>  1 90 1 90

o o

(54)

=> ME tiếp tuyến đường tròn C1

+ Chứng minh ME tiếp tuyến đường tròn C2

Ta có : MCE  =DKE+CEK ( Góc ngồi ∆CEK) (1’)

 

CEK = AEF (Đối đỉnh) (2’)

 

AEF = AHF (Góc nội tiếp chắn cung AF) (3’)  

AHF =DHC(Đối đỉnh) (4’)

Vì D = =E 90o => Tứ giác CDHE nội tiếp => DHC =DEC (Cùng chắn cung DC) (5’)

ME = MC =>MED   +DEC =MEC=MCE (6’) Từ (1’) , (2’) , (3’) ,(4’), (5’) (6’) =>MED =DKE

=> ME tiếp tuyến đường tròn C2 2/ KH ⊥AM

Gọi giao điểm AM (C1) l N

Vì ME TT đường trịn (C1) => ME2 = MN.MA

Vì ME TT đường tròn (C2) => ME2 = MD.MK

=> MB.MA = MD.MK => Tứ giác ANDK nội tiếp

=> KNA =KDA=90o(Cùng chắn cung KA) => KN⊥AM(1’’)

Mà HNA=90o (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn C1) => HN⊥AM (2’’)

Từ (1’’) (2’’) => K, H , N thẳng hàng => KH ⊥AM

Câu V (2.0 điểm) Với 0≤x;y;z≤1 Tìm tất nghiệm phương trình:

z y x yz x

z xy

z y zx

y x

+ + = + + + + + + + +

3

1

Vì vai trị x, y , z nhưnhau nên 0≤x ≤ y ≤ ≤z

+ Xét trường hợp x = =>

1

y z

z+ yz = y z

+ + +

Ta có :

1

y z y z

z+ yz ≤ y z + y z =

+ + + + mà

3 3

1

y+z > + =

(Do + z > y + z ; + yz > y + z <=> – y + z(y – 1) ≥0 <=> (y – 1)(z – 1) ≥0 )

Nên phương trình :

1

y z

z+ yz = y z

+ + + Vô nghiệm

+ Xét trường hợp x ≠0 => 0<x y z; ; ≤1

Ta có 2

1

x x

y zx ≤ x yx zx = x y z

+ + + + + + (Dấu = xảy x = 1)

2

1

y y

z xy ≤ y zy xy = x y z

+ + + + + + (Dấu = xảy y = 1)

2

1

z z

x yz ≤ z xz yz = x y z

+ + + + + + (Dấu = xảy z = 1)

Suy :

1 1

x y z

y zx+ z xy+ x yz ≤ x y z

+ + + + + + + + ( Dấu = xảy x = y = z = 1)

=>

z y x yz x

z xy

z y zx

y x

+ + = + + + + + + + +

3

1

1 x = y = z =

(55)

ĐỀ SỐ (2010-2011) Câu 1:

1) Ta có

' (m 1) 0, m

∆ = − ≥ ∀ nên phương trình có hai nghiệm với m

Theo định lí viet, ta có x1+x2 =2 ,m x x1 2 =2m−1, suy 2

4 m P m + = + 2 (2 1)

1 1,

4 m Max P m − = − ≤ =

+

1

m=

2) a) Từ giả thiết suy 2ab−2bc−2ca=0

Suy

( )

A= a+ −b c = + −a b c số hữu tỉ

b) Đặt a ,b ,c

x y y z x z

= = =

− − − suy

1 1

a+ =b c

Áp dụng câu 2a) suy 2 2 2

( ) ( ) ( )

B

x y y z z x

= + +

− − − số hữu tỉ

Câu 2:

1) Đk: x≠ ±1.Phương trình tương đương với

2

2 2 2 2

2 2

10 2 10

2

1 1 1

x x x x x

 

 +  − = ⇔ − − =

 

 + −  − − −

   

Đặt 22 ,

x t

x

=

− ta phương trình

2 10

0

9

t − −t = ⇔ =t

3

t =−

Với 5,

t = ta

2

1

x

x − = (vô nghiệm)

Với 2,

3

t = − ta

2

1

x

x − = − suy

1

x= ±

2) Đk: y≠0 Hệ tương đương với

2 3 1 1 x x y y x x x

y y y

 + + + =       + +  + =     Đặt , u x y x v y  = +    = 

ta hệ

2

3

2 4

1

2 4

u u v u u u

v

u uv u u v

 + − =  − + =  =  ⇔ ⇔    = − = + − =     

Với

1, u v =   =

 ta

1 1 x x y x y y  + =   =  ⇔   =   = 

(thoả mãn điều kiện)

(56)

Kẻ EF ⊥ AC F, DG⊥BC G

Theo giả thiết S(ADPE) =S(BPC)

⇒S(ACE) =S(BCD)

Mà AC =BC⇒EF =DG  A=C

Suy ∆AEF = ∆CDG⇒ AE=CG

Do ∆AEC= ∆CDB c( − − ⇒g c) DBC =ECA

    

60

BPE PBC PCB PCD PCB

⇒ = + = + =

Câu 4:

1) Gọi Q giao điểm tiếp tuyến chung (O) với (C), (D) A, B tương ứng

Suy    ANP=QAP=QBP=BNP Ta có

    ANB= ANP+BNP=QAP+QBP 

0

180 AQB

= − , suy NAQB nội tiếp (1) Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2)

Từ (1) (2) suy điểm O, N, A, Q, B nằm đường tròn

Suy điểm O, N, A, B nằm đường trịn

Ta có OCN =2OAN =2OBN =ODN,

suy bốn điểm O, D, C, N nằm đường tròn

2) Gọi E trung điểm OQ, suy E cố định E tâm đường tròn qua

các điểm N, O, D, C Suy đường trung trực ON qua điểm E cố định

Câu

1) d1+ + +d2 d44=(a2−a1) (+ a3−a2) (+ + a45−a44)=a45− ≤a1 130 129.− = (1)

Nếu hiệu dj (j =1, 2, , 44) xuất khơng q 10 lần

A

O N

C D

B P

(57)

1 44 9(1 4) 8.5 130

d +d + +d ≥ + + + + = mâu thuẫn với (1)

Vậy phải có hiêụ dj (j=1, , 44) xuất không 10 lần

2) Ta có 2

2(a +b )≥(a+b) Suy

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

a b c a b c

b+c+c+a+a+b≥ b +c + c +a + c +a

Đặt 2 2 2

, , ,

x= b +c y= c +a z= a +b

suy 2 2 2 2

2 2 2

y z x z x y x y z

VT

x y z

+ − + − + −

≥ + +

2 2

1 ( ) ( ) ( )

2 2

2

y z z x x y

x y z

 +   +   +  ≥  −  + −  + − 

     

 

2 2

1 ( ) ( ) ( )

2 3

2 2

2

y z z x x y

x x y y z z

x y z

 +   +   + 

≥  + −  + + −  + + − 

     

 

( ) ( ) ( )

1

2( ) 2( ) 2(

2 y z x z x y x y z

≥  + − + + − + + − 

Suy ( ) 2011

2

Tuyển tập Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 tỉnh Thanh Hóa từ năm 2010 đến năm 2019

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan