Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa

Lấy điểm D thu ộc đường tròn (C) và nằm trong tam giác ABC.. Cho nửa đường tròn có hai đường kính AB = 2R. Gọi C là một điểm trên nửa đường tròn đó, D là hình chiếu của C trên AB. Gọi[r]

(1)



Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp

TUYỂN TẬP ĐỀ THI TOÁN

VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

(2)

TUYỂN TẬP ĐỀ THI TOÁN

VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi vào lớp 10 mơn Sơn tỉnh Thanh Hóa Đây bộđềthi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi vào lớp 10 có tài liệu bám sát đềthi đểđạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộđề gồm nhiều Câu tốn hay thầy cảnước

sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua sẽgiúp em phát triển tư mơn tốn từđó thêm u thích và học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp

nhận kiến thức ởcác lớp, cấp học nhẹnhàng hiệu quảhơn.

Các vịphụhuynh thầy dạy tốn có thểdùng có thểdùng tuyển tập đềtốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập đềthi tốn vào lớp 10 chuyên lam sơn này sẽcó thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung.

Mặc dù có sựđầu tư lớn vềthời gian, trí tuệsong không thể tránh khỏi hạn chế,

sai sót Mong sựgóp ý thầy, giáo em học!

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

(3)

Câu I:(2,0) điểm

1 Chứng minh rằng:

1 1 44

45 1 2+ +3 2+2 3+ +2025 2024+2024 2025 =

2 Cho x số thực âm thỏa mãn 2

23 x

x

+ = Tính giá trị biểu thức:

3 A x

x

= +

Câu II:(2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2

1

2

x+ −x =

2 Giải hệphương trình:

( )

2

2 2

2x

6

x y y x

x y x y x

 + − + = 



+ − + =

 Câu III:(2,0 điểm)

1 Tìm tất cảcác nghiệm nguyên phương trình:

5

x −xy− x+ y+ = Cho biểu thức: ( 2020 2020 2020) ( 2016 2016 2016)

A= a +b +c − a +b +c với a,b,c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30

Câu IV:(3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường trịn ( )O có tâm O Các đường cao

,

BE CF tam giác ABC cắt H Đường phân giác BHC cắt cạnh

,

AB AC M N, Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác



BAC điểm I khác A IM, cắt BE điểm P IN cắt CF điểm Q

1 Chứng minh tam giác AMN cân A

2 Chứng minh HPIQ hình bình hành

3 Chứng minh giao điểm hai đường thẳng HI AO thuộc đường tròn ( )O Câu V:(1,0 điểm)

Với số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c+ + =3, tìm giá trị nhỏ biểu thức

( )( )( )

2 2

S = a + b + c +

- Hết -

Họvà tên thí sinh: Sốbáo danh: ……… Chữkhú giám thị 1: Chữký giám thị2: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC Đềthi gồm 01trang

Đề số 1

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2019 – 2020

Mơn: TỐN

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học)

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kểthời gian giao đề)

(4)

Đề số 2

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2019 – 2020

Mơn: TỐN

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kểthời gian giao đề)

Ngày thi: 06 tháng năm 2019

Câu I:(2,0) điểm

1 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng:

1

1 1

a b c

ab+ +a +bc b+ + +ca+ +c =

2 Cho số thực a, b, c khác thỏa mãn 2ab bc+ +2ca=0 Hãy tính giá trị biểu

thức: 2 2 2 8a

bc ca ab A

b c

= + +

Câu II:(2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2

2x + + +x x − + =x 3x

2 Giải hệphương trình

1

2

5 x y

x y x y xy

xy y x

 + + + = 



 + + + = 

Câu III:(2,0 điểm)

1 Tìm tất cảcác cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn: y + =y x +x +x +x Cho hai sốnguyên dương x y, với x>1 thỏa mãn điều kiện: 15

2x − =1 y Chứng minh x chia hết cho 15

Câu IV: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O với AB<AC Gọi M trung điểm BC AM, cắt ( )O điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB F khác B

1 Chứng minh hai tam giác BDF CDE, đồng dạng Chứng minh ba điểm E M F, , thẳng hàng OA⊥EF

3 Đường phân giác BAC cắt EF điểm N Đường phân giác CEN cắt CN P, đường phân giác BFN cắt BN Q Chứng minh PQ song song

với BC

Câu V:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng, kẻ2022 đường thẳng phân biệt cho khơng có hai đường thẳng song song khơng có ba đường thẳng đồng quy Tam giác tạo ba đường thẳng số đường thẳng cho gọi tam giác đẹp khơng bị đường thẳng số đường thẳng lại cắt Chứng minh sốtam giác đẹp khơng 674

- Hết -

(5)

Đề số 3

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2018-2019

Môn thi: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút

Câu

1) Tính giá trịbiểu thức 1 1 1

1 2 3 2018

P= −  −   − 

+ + + + + + +

    

2) Cho a b, số thực dương thỏa mãn biểu thức

3

3 17

3 11

a a a b b b

 − + − =

 

− + + =



Chứng minh a b+ =2

Câu

1) Giải phương trình : ( )

4 1

x − − =x −x x− 2) Giải hệphương trình : 2

2

1

x y

x y xy

 + =

 

 − + − = +



Câu

1) Tính tất cảcác cặp sốnguyên dương ( )x y; thỏa mãn: x2019 = y2019−y1346−y673+2

2) Cho n sốnguyên dương tùy ý, với số nguyên kta đặt Sk = +1k 2k + +nk Chứng minh S2019S1

Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC có AB<AC Gọi D, E, F theo thứ tựlà chân đường cao kẻ từ A B C, , tam giác, P giao điểm đường BCvà EF Đường thẳng qua D song song với EF cắt cạnh AB AC CF, , Q, R, S

1) CMR: tứgiác BQCRlà tứgiác nội tiếp

2) Chứng minh PB DB

PC = DCvới D trung điểm QS

3) Khi B, C cốđịnh A thay đổi thù chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm cốđịnh

Câu Trong giải đấu thểthao có n độ tham dự n≥2, luật đấu sau: Hai đội

luôn đấu với trận Sau trận, đội thắng điểm, đội thua điểm hòa cảhai đội điểm Sau giải đấu đội xếp hạng théo thứ tự từcao xuống thấp (bằng điểm xếp hạng) Hỏi điểm chênh lệch lớn có thểgiữa đội xếp thứ hạng liền ?

(6)

Đề số 4

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2018-2019

Môn thi: CHUYÊN TIN Thời gian: 150 phút

Câu 1: (2,0 điểm)

1 Tính giá trịbiểu thức =2 − +

x y A

x y , biết

2

− =

x y xy y≠0,x+ ≠y

2 Gọi x x1, 2là hai nghiệm phương trình

1,

− −

x x tính 5 5

1

= +

B

x x

Câu 2: (2,0 điểm)

1 Giải hệphương trình

( )

2

 + = − 



 + = − 

x

y y

x

2 Tìm giá trị tham sốmsao cho phương trình 2

2x −2mx m+ − =2 0có hai nghiệm

x1và x2 thỏa mãn 0≤ ≤x1 x2,khi xác định giá trị lớn x2

Câu 3: (2,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên phương trình: ( )

9x +6x y− +1 3y +2y=35

2 Tìm sốnguyên dương a, b nguyên tốcùng thỏa mãn 2 2 41

+ = +

a b

a b

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O) và hai điểm B, C cốđịnh đường trịn (BC khơng qua O),

A là điểm di động cung lớn BC sao cho ABC tam giác nhọn Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, AC tương ứng M, N Gọi Q là điểm cung nhỏBC của đường (O), P là giao điểm AQ và BC,Elà giao điểm CI với MN.

1 Chứng minh tam giác BIQ cân

2 Chứng minh bốn điểm B, I, M, E nằm đường tròn.

3 Chứng minh AI PQ = IP IQ tìm vịtrí A để tích AI PQ đạt giá trị lớn

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho x, y, zlà số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2

3

+ + =

xy z x z y z

Tìm giá trị lớn biểu thức: ( )

4 4

1

=

+ +

z M

z x y

- Hết -

(7)

Câu 1: ( điểm )

Cho biểu thức: A = 

     + − 1 x x :       + − + + − + − − + 2 x x x x x x

x Với x ≥0 ; x≠4 ; x ≠9 1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu : ( điểm )

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ; cho ba đường thẳng (d1) : y = -5(x + 1) ;

(d2) : y = 3x – 13 ; (d3) : y = mx + ( Với m tham số ) Tìm tọa độ giao điểm I hai

đường (d1) (d2) với giá trị nàocủa m đường thẳng (d3) qua điểm I ?

b) Giải hệ phương trình

    = − − + = + + − 2 x y y x

Câu : ( điểm )

a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + = có hai nghiệm phân biệt x1

x2khác thỏa mãn điều kiện

1 2 x x x x + + = ? b) Giải phương trình x x−2 = −5x

Câu : ( điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố định, M điểm di động (O) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng với O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N đường thẳng BN cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E đường thẳng BM CN cắt F

a / Chứng minh ba điểmA; E ; F thẳng hàng tứ giác MENF nội tiếp b / Chứng minh : AM AN = 2R2

c / Xác định vị trí điểm M đường trịn (O) để tam giác BNF có diện tích nhỏ

Câu : ( điểm ) Cho a; b ; c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh ab c b a 2 2 + −

+ bc a c b 2 2 + −

+ ca b a c 2 2 + −

>

-Hết -

Họ tên thí sinh : ……… SBD :……… Giám thị coi thi thứ 1: ……… Giám thị coi thi thứ :………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi gồm 01trang Đề số 5

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn: TOÁN (Chung) Thời gian làm bài: 120 phút

( không kể thời gian giao đề )

(8)

Mơn: TỐN (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

Câu 1: (2,0 điểm)

a/ Tính tổng 1

1.2.3 2.3.4 2016.2017.2018

= + + +

A

b/ Cho số thức m, n, p, x, y, z thỏa mãn điều kiện:

; ; ;

= + = + = + + + ≠

x ny pz y mx pz z mx ny x y z Chứng minh rằng: 1

1+m+1+n+1+ p =

Câu 2: (2,0 điểm)

a/ Giải phương trình: 3 2

5

6

− + − = x

x x

b/ Giải hệ phương trình:

3

2 y

x 3

x x

y y

x xy 9x 12



+ = + −

 

 − − + =



Câu 3: (2,0 điểm)

a) Chứng minh với số tự nhiên a biểu thức: A a5 a4 7a3 5a2 a

120 12 24 12

= + + + +

cũng số tự nhiên

b) Tìm tất số nguyên (x, y) thỏa mãn: 5x2+8y2 =20412.

Câu 4: (3, điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm (O) bán kính R cố định D chân đường phân giác góc A tam giác Gọi E F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ACD

a) Chứng minh  AEO =ADC tứ giác AEOF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác OEF tam giác cân

c) Khi B, C cốđịnh A di động (O) (A ≡ B, A ≡ C), chứng minh tứ giác AEOF có diện tích khơng đổi

Câu 5: (1, điểm)

Trong mặt phẳng có nhiều đường thẳng mà đường số đường thẳng cắt 2018 đường thẳng khác?

(9)

Đề thigồm 01trang Đề số 7

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề )

Câu I (2.0 điểm)Cho biểu thức 11

9

3

x x x

A

x

x x

+ −

= + +

−

+ − (Với x≥0;x≠9) a/ Rút gọn A

b/ Tìm tất giá trị x để A≥0

Câu II (2.0 điểm)

a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): ( )

1

y= m − x+ m (m tham số)

(d2): y=3x+4 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (d1) (d2) song song với b/ Cho phương trình: ( )

2

x − m− x+ m− = (với m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2thỏa mãn (x12−2mx1+2m−1)(x2−2)≤0

Câu III (2.0 điểm)

a/ Giải hệ phương trình

2

3

x y

 + =

 

− =



b/ Giải phương trình: ( )

4 7

x + x− = x+ x −

Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với BAD<90o, tia phân giác góc BCD<90o

cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) qua A vng góc với CO Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD M N

a/ Chứng minh OBM  = ODC

b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

c/ Gọi K giao điểm OC BD, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Chứng minh rằng: ND IB – IK2 2

MB = KD

Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z

≤

Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( )

( ) (( )) (( ))

2 2

1 1

x yz y zx z xy P

z zx x xy y yz

+ + +

= + +

+ + +

(10)

Mơn: TỐN (CHUN) Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (2,0 điểm)

a) Chứng minh rằng: 1 1931 1975 1+3 2+ +2016 2015 > b) Với a > 8/3, chứng minh rằng: 3

3a− +1 a 8a− +3 3a− −1 a 8a− =3 Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình 2 2

3

−

+ =

+ + − +

x x

x x x x

b) Giải hệ phương trình ( )

( ) ( )

8

2

1

 + =

 

+ = +



x y y x x x y xy Câu 3: (2,0 điểm)

a) Tìm nghiệmnguyên (x, y) phương trình: (x + 1)(x + 2)(x + 8)(x + 9) = y2

b) Tìm số tự nhiên x, y, z thỏa mãn phương trình: 2016x+2017x =2018x Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) điểm A cố định với OA = 2R, BC đường kính quay quanh O cho đường thẳng BC không qua A Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt OA I khác A Các đường thẳng AB, AC cắt (O) D E K giao điểm DE OA

a/ Chứng minh bốn điểm K, E, C, I thuộc đường trịn b) Tính độ dài AI theo R

c) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE ln qua điểm cố định khác A đường kính BC quay quanh (O)

Câu 5: (1, điểm)

Một số tự nhiên gọi số thú vị chữ số có 10 chữ số đôi khác bội 11111 Hỏi có số thú vị

(11)

Mơn: TỐN (Chung) Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: : ( 0, 4)

2 4

a a a

M a a

a a a a a

+

 

= +  > ≠

− − − +

 

Rút gọn biểu thức M

Tìm tất cảcác giá trị a đểM ≤ Câu 2: (2,5 điểm)

Giải hệphương trình:

3

2

x y x

y

 + = 



 − = 

Cho phương trình: 2

2( 2)

x + m− −m = , với m tham số Tìm m đểphương trình có nghiệm phân việt x1;x2 thỏa mãn x1<x2;|x1|−| x | 62 =

Câu 3: (1,5 điểm)

Giải phương trình:

5 x + =1 2(x +2)

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A (C) đường trịn tâm C bán kínhCA Lấy điểm D thuộc đường tròn (C) nằm tam giác ABC Gọi M điểm cạnh AB cho

1

BDM = ACD; N giao điểm đường thẳng MD với đường cao AH tam giác ABC; E giao điểm thứhai đường thẳng BD với đường tròn (C) Chứng minh rằng: MN song song với AE

BD.BE = BA2 tứgiác DHCE nội tiếp.

HA đường phân giác góc DHE D trung điểm đoạn thẳng MN

Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 2 2

1 1

x y z

S

y z x

= + +

+ + +

(12)

Mơn: TỐN (Chun Tin) Thời gian làm bài: 120 phút

Bài a) Chứng minh 2+ = 6+

b) Cho

1

− − =

x x = Tính

6

4

3 2015

− + − +

=

− − − +

x x x x

P

x x x x

Bài 2.a) Cho phương trình ( )

2x + 2m−1 x m+ − =1 0, với m tham số Khi phươngtrình có

hai nghiệm x x1, viết hệ thức liên hệ hai nghiệm x x1, không phụ thuộc vào m

b) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2

4

1

 + + + =



 + + + =



x y x y

x x y y y

Bài 3.a) Tìm số nguyên dương bé để

4 20 48

= + − −

F n n n chia hết cho 125

b) Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; xác định sau: số hạng thứ k tích k số nguyên tố đầu tiên(k=1; 2;3; ) Biết có hai số hạng dãy số có

hiệu 30000 Tìm hai số hạng

Bài 4.Cho nửa đường trịn có hai đường kính AB=2R Gọi C điểm nửa đường trịn đó, D hình chiếu C AB Tia phân giác ACD cắt đường trịn đường kính AC điểm thứ hai E, cắt tiaphân giác ABC H

a) Chứng minh AE song song với BH

b) Tia phân giác BAC cắt đường trịn đường kính AC điểm thứ hai F, cắt CE I

Tính diện tích tam giác FDI BAC 60 = 0

c) Trên đoạn thẳng BH lấy điểm K cho HK=HD Gọi J giao điểm cuae AF BH Chứng minh K tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD xác định vị trí C để để tổng khoảng cách tứ I, J, K đến đường thẳng ABlớn

Bài 5.Cho ba số thực x, y, x thỏa mãn xyz 1= Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2 2

xy yz zx

T

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

= + +

+ + +

(13)

Mơn: TỐN (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề )

Bài Cho biểu thức:

( )

− + − − − +

=

− − −

1 x x x

M

x x a) Rút gọn biểu thức M

b) Tìm giá trị nhỏ M

Bài a) Giải phương trình: 5x2 + 82 = - x4 x

-9 x 3 x

 

 

 

b) Giải hệ phương trình:

2 2

x + x - = y y + y - = z z + z - = x

    

Bài a) Tìm số nguyên dương n cho

n +n −n +1 số phương

b) Cho số 1; 2; 3; ; 100 Viết cách tùy ý 100 số nối hàng ngang ta số tự nhiên Hỏi số tự nhiên có chia hết cho2016hay khơng?

Bài Gọi BC dây cung cố định có độ dài R đường trịn tâmI, bán

kính R A điểm thay đổi đường tròn cho BAC nhọn Gọi M điểm đối xứng B qua AC; Nlà điểm đối xứng C qua AB; H giao điểm BM vớiCN Các đường trònngoại tiếp tam giác ABM ACNcắt tạiP khác A

a) Tính BAC chứng minh điểm B, H, I, C, Pcùng thuộc đường tròn b) Chứng minh ba điểm A, I,Pthẳng hàng hai tam giác ABH, APCđồng dạng c) Xác định vị trí A để diện tích tam giácBPCđạt giá trị lớn Tìm giá trị lớn theoR

Bài 5.Trên đường thẳng cho n điểm liên tiếp M , M , M , , M (n Z, n 3) 1 2 3 n ∈ ≥ thỏa mãn M M1 2 =M M2 3 = M M3 4 = M M= n 1− n ≠ Một đoạn thẳng gọi "đẹp" hai

đầu mút với trung điểm batrong số điểm cho Tìm n biết đường thẳng có tất 2209 đoạn thẳng "đẹp"

(14)

Câu 1:( 2.0 điểm)

Cho biểu thức: P 3 16 7 1 3

2 3 3 1

x x x x

+ − + −

= − −

+ − + − ( Với x > 0)

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tính giá trị biểu thức P x =2 2+3 Câu 2: (2.0 điểm)

1 Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m tham số Tìm m để phương

trình có hai nghiệm x1, x2thoả mãn x12 +2014 − =x1 x22 +2014 +x2

2.Giải phương trình: 1 2 1 2 3 (2x+1) +(2x+2) = Câu 3: (2.0 điểm)

Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3+ y3 –x2y – xy2=

Câu 4: (3.0 điểm)Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi M điểm thuộc cung AB (M≠ A, M ≠B) I điểm thuộc đoạn OA( I ≠O, I ≠A) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O) Qua M kẻ đường thẳng vng góc với IM, đường thẳng cắt Ax, By C D Gọi E giao điểm AM với IC, F giao điểm BM với ID Chứng minh rằng:

1 Tứ giác MEIF tứ giác nội tiếp EF//AB

3 OM tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM DFM Câu 5: (1.0 điểm)

Cho số thực dương x, y, z thoả mãn: 2

x + y + y2+z2 + 2

z +x = 2014 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = x2

y+z +

2

y z+x +

2

z x+ y

Hết

Họ tên thí sinh:……….Số báo danh: ……… Chữ ký giám thị 1: ……… Chữ ký giám thị 2: ………

(15)

Câu 1(2.0 điểm) Tính giá trị biểu thức:

2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1

1 2 2 3 2013 2014

S = + + + + + + + + + Câu 2(2.0 điểm):

1 Giải phương trình: (x + 1)

2x −2x = 2x2 – 3x –

2 Giải hệ phương trình: ( )( )

2

2 2 6

( 1) 1

xy y x x y

 − + = −

 

+ = − 

Câu 3(2.0 điểm)

1 Chứng minh p số nguyên tố lớn (p+1)(p-1) chia hết cho 24 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3+ y3 – 3xy – 3 = 0.

Câu 4(3.0 điểm) Cho tam giác ABC vng A, có AB < AC ngoại tiếp đường tròn (O) gọi D, E, F tiếp điểm (O) với cạnh AB, AC, BC; I giao điểm BO với EF, M điểm di động đoạn CE

1 Tính số đo góc BIF

2 Gọi N giao điểm BM với cung nhỏ EF (O); P, Q hình chiếu N đường thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm M để độ dài PQ lớn Câu 5(1.0 điểm) Trên bảng cho 2014 số tự nhiên từ đến 2014 Thực liên tiếp phép biến đổi sau: Mỗi lần xoá hai số a, b có bảng viết thêm số a + b - 1

2ab vào bảng Khi bảng cịn lại số dừng lại Tìm số cịn lại

_Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

Mơn: TỐN (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 120 phút

(16)

Bài 1: (2,0điểm): Cho biểu thức C a 2

a 16 a a

= − −

− − +

1 Tìm điều kiện a để biểu thức C có nghĩa rút gọn C Tính giá trị biểu thức C a= +9

Bài 2: (2,0 điểm):

Cho hệphương trình (m x) y

mx y m

− + =

 

+ = +

 (với m tham số)

1.Giải hệ phương trình m =

2 Chứng minh với m, hệ phương trình ln có nghiệm (x;y) thỏa mãn : x + 2y ≤

Bài 3: (2,0 điểm):

1) Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m đểđường thẳng (d): y = mx – m + cắt Parabol (P): y = 2x2 hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung

( )

2 2

1

A=x x + x +x −

2)Giải hệphương trình

3 x 2y x 2y (1) 2x 2y (2)

 + = − −

 

+ + =



Bài 4: (3,0 điểm): Cho đường trịn O đường kính BC điểm A nằm đường trịn (A khác B C) Gọi AH đường cao ∆ABC, đường tròn tâm I đường kính AH cắt dây cung AB, AC tương ứng D, E

1 Chứng minh : góc DHE 900 AB AD = AC AE

2 Các tiếp tuyến đường tròn (I) D E cắt BC tương ứng G F Tính số đo góc GIF

3 Xác định vịtrí điểm A đường trịn (O) để tứgiác DEFG có diện tích lớn

Bài 5: (1,0 điểm): Cho ba số thực x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức

( )

( )( )

2 2

xyz x y z x y z

S

x y z xy yz zx

+ + + + +

=

+ + + +

(17)

Câu 1: (2 điểm) :

Cho biểu thức: P=

2

3 1 a : 1

1 a a

 

+ −  + 

 

+

   − 

a) Rút gọn A; b) Tìm a cho P =

2

1 a−

Câu 2: (2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol y=x2và đường thẳng y= mx - (m - 2)2

Với m tham số

1) Xác định mđể đường thẳng parabol có điểm chung

2) Gọi hồnh độ điểm chung đường thẳng parabol x1; x2tìm giá trị lớn

nhất nhỏ biểu thức : Q= x1x2+2x1+2x2

Câu 3:(2 điểm)

Giải phương trình : (x2+3x + 3)2 +( x2 +3x +5)4 =82 Câu 4:(3 điểm )

Cho Tam giác ABC , Trên cạnh BC; CA; AB lấy điểm M,N,P Sao cho BM=CN=AP

1) Chứng minh:Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP trùng

2) Gọi I;J;K trung điểm MN; BC; CA Chứng minh ba điểm I; J; K thẳng hàng

3) Khi M di đông đoạn BC N di động đoạn CA Hãy xác định vị trí điểm M; N để đoạn MN có độ dài nhỏ

Câu 5:(1 điểm)

Cho x; y hai số thực thỏa mãn điều kiện : x2013+ y2013=2x1006y1006

Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S = 1- xy

_Hết _ THANH HÓA

NĂM HỌC 2013 - 2014

Mơn: TỐN (chun tiếng Nga Pháp) Thời gian làm bài: 120 phút

(18)

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠ NĂM HỌC 2013 - 2014

Mơn: TỐN (chun tốn) Thời gian làm bài: 120 phút

( không kểthời gian giao đề )

Câu 1:(2,0 điểm)

Cho (a – 1) (1 – b) thỏa mãn phương trình x 2x 2013 0.3+ − = Tính a + b.

Câu 2: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình (x x 6x 11− )( + − ) (2 = 5x 10x 12− + )2

2 Giải hệphương trình:

2

1 1 x y z

2 1 9

xy z  + + = 



 − =

 Câu 3:(2,0 điểm)

Cho x, y số tựnhiên khác 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức A 36= x−5 y

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho ∆ABC cân C có CDlà đường trung tuyến Gọi (O ;R1 1) đường tròn đường kính AD (O ;R2 2) đường trịn qua A, tiếp xúc với CD C Gọi Elà giao điểm thứhai (khác A) (O ;R1 1) với (O ;R 2 2)

1 Chứng minh tứ giác BDECnội tiếp đước

2 Gọi Ilà trung điểm CD Chứng minh ba điểm A, E, I thẳng hàng Tính số đo góc BCE biết CD = 2AD

3 Gọi H giao điểm O O1 AE Chứng minh rằng:

1 2

O O ID

,

IH= R +R từđó

suy ra: E là trọng tâm ∆ACD chỉkhi O O1 2 3(R R 1 2)

= +

Câu 5: (1.0 điểm)

Trong mặt phẳng, cho tập hợp P gồm hữu hạn điểm khơng nằm đường thẳng Xét tất đường thẳng qua hai điểm P Chứng minh ln có đường thẳng điqua hai điểm P

(19)

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠ NĂM HỌC 2013 - 2014

Mơn: TỐN (chun tin) Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,0 điêm)

Tính giá trịbiểu thức: P 2x 2x 1 2x 1 2x

+ −

= +

+ + − − với

3

x

4 = Bài 2: (2,0 điểm)

1 Cho phương trình mx2−(m x 2m 0+ ) + + = với m tham số

Tìm m đểphương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức:

(2 x x x x+ −1 2)( − +1 2)=0

( )

2

25x

x 11

x

+ =

+ Bài 3: (2,0 điểm)

Chứng minh m sốnguyên a nghiệm nguyên phương trình

( )

4

x 4x− + +3 m x x m 0− + = a số chẵn

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thức tự thỏa mãn điều kiện AB < AC. Trong mặt phẳng có bờlà đường thẳng AC dựng đường trịn đường kính AC, AB, BC có tâm O,O ,O Đườ1 2 ng thẳng qua B vng góc với AC cắt đường trịn đường kính AC ở D Các điểm E,F phân biệt nằm đường trịn đường kính AB và BCsao cho đường thẳng EFlà tiếp tuyến chung hai đường trịn Chứng minh rằng:

1 Tứgiác AEFC nội tiếp đường tròn OD EF⊥

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 5x 4y 3z 2xyz 60.2 + 2+ 2+ = Tìm giá trị lớn

nhất biểu thức: P x y z.= + +

(20)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang)

Đề số 18

KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn thi : TỐN

(Mơn chung cho tất cảc thí sinh)

Thời gian làm bà :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 17 tháng năm 2012

Câu 1(2.0 điểm ) : Cho biểu thức 1

1

a a

P a

a a a a

 + − 

= − + 

− +

  , (Với a > , a 1)

1 Chứng minh : P

a

= −

2 Tìm giá trị a để P = a

Câu 2(2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2và đờng thẳng (d) :

y = 2x +

1 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ) Câu (2.0 điểm) : Cho phơng trình : x2+ 2mx + m2 – 2m + =

1 Giải phương trình m =

2 Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

Câu 4(3.0 điểm) : Cho đờng tròn (O) có đờng kính AB cố định, M điểm thuộc (O) ( M khác A B ) Các tiếp tuyến (O) A M cắt C Đờng tròn (I) qua M tiếp xúc với đờng thẳng AC C CD đờng kính (I) Chứngminh

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng Tam giác COD tam giác cân

3 Đờng thẳng qua D vng góc với BC ln qua điểm cố định M di động đờng tròn (O)

Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c số dơng không âm thoả mãn : 2 a +b +c =

Chứng minh : 2 2 2

2 3

a b c

a + b+ +b + c+ +c + a+ ≤

(21)

-SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang)

Đề số 19

KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn thi : TOÁN (Chuyên Tin)

Thời gian làm bà :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 18tháng năm 2012

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho a x 1, b y 1, c xy 1 ,

x y xy

= + = + = + với số thực x y, thỏa mãn xy≠0.

Chứng minh 2

A=a + + −b c abc không phụ thuộc vào x y, Câu 2: (2,0 điểm)

a) Cho phương trình 2

(2 1) 6 0.

x − m+ x+m + − =m Tìm giá trị m để

phương trình cho có hai nghiệm x x1, thoả mãn

3

1 35.

x −x =

b) Giải hệ phương trình: 3 2 1

0

x y x y x y x y

 + − + = −

 

+ + − =



Câu 3: (2,0 điểm)

Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3 1

y = + +x x +x Câu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AK đường cao H trực tâm tam giác

Gọi I trung điểm cạnh BC Đường trịn đường kính BC đường trịn đường

kính AI cắt hai điểm phân biệt E F Chứng minh rằng:

a) KA phân giác EKF

b) Đường tròn qua ba điểm E K H, , tiếp xúc với đường trịn đường kính BC c) Ba điểm E H F, , thẳng hàng

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho x y, số thực dương thay đổi thỏa mãn: x+ =y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 1

x y P

x y

= +

− −

- Hết -

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên chữ ký giám thị Họ tên chữ ký giám thị

(22)

Câu 1:(2.0 điểm )

Cho biểu thức : :

2

 

= + 

+ +

 

x x

P

x x x x (Với x > ) Rút gọn biểu thức P

2 Tìm giá trị x để P = Câu 2:(2.0 điểm )

Cho hệ phương trình: x my 3m2

mx y m 2

+ =



 − = −



1 Giải hệ phương trình với m =

2 Tìm m để hệ có nghiệm thỏa mãn x2 – x – y >

Câu 3: (2.0 điểm )

2 2

2

x 1 x 1 x 1

4 3 0

x 2 x 2 x 2

−  −  +

  − +   =

 +   −   − 

     

Câu 4: (3.0 điểm ) Cho ba điểm A; B; C phân biệt, thẳng hàng theo thứ tự đó, cho: AB ≠ BC Trong nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AC dựng hình vuông ABDE BCFK Gọi I trung điểm EF, đường thẳng qua I vng góc với EF cắt đường thẳng BD AB M n Chứng minh rằng:

1 Tứ giác AEIN EMDI tứ giác nội tiếp đường tròn

2 ba điểm A; I; D thẳng hàngvà năm điểm B; N; E; N; F nằm đường tròn Các đường thẳng AK, EF, CD đồng quy

Câu 5: (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S 2 x3 2 2 y3 2 2 z3 2

x xy y y yz z z zx x

= + +

+ + + + + +

Hết _ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HĨA

Môn: TOÁN (Chung) Thời gian làm bài: 120 phút

(23)

Mơn: TỐN (Chun Nga Pháp) Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1:(2.0 điểm )

5

x x x x

A

x x x x x

 + + +   

= − −    − 

− + − − +

   

1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Tìm giá trị x để A≤ − Câu 2(2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 (a≠0)và đường thẳng (d): y

= bx +

1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2)

2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)

Câu (2.0 điểm)

1/ Cho phương trình: 2

(2 1) 6 0

x − m+ x m+ + − =m (m tham số) Tìm m để

phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 2/ Giải hệ phương trình:

1

x y

 − + − =

 

+ = 



Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến

AP AQ tới đường tròn (P Qlà tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OPcắt đường thẳng OQ tại M

1/ Chứng minh rằng: MO = MA

2/ Lấy điểm Ntrên cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt tia AP, AQlần lượt B C Chứng minh rằng:

a) AB+ AC−BC không phụ thuộc vào vị trí điểm N

b) Nếu tứ giác BCQPnội tiếp đường trịn PQ//BC Câu (1.0 điểm)

Cho x, y số thực dương thoả mãn : 1 2 2

x+ =y Chứng minh :

2

(24)

Mơn: TỐN (Chun Tốn)

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kểthời gian giao đề )

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho𝑎 =𝑥 +1

𝑥,𝑏 = 𝑦+

𝑦,𝑐 = 𝑥𝑦+

𝑥𝑦, với số thực x,y thỏa mãn xy ≠ 0.

Tính giá trịbiểu thức A = a2 +b2 +c2 – abc.

Câu 2: (2.0 điểm)

Cho phương trình (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 6) = mx2 (m là tham số)

Giả sửm nhận giá trịsao cho phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4đều khác Chứng minh biểu thức

𝑥1 +

1 𝑥2 +

1 𝑥3 +

1

𝑥4 không phụ thuộc m.

Câu 3: (2.0 điểm)

Tìm sốnguyên dương n cho 𝑛(2𝑛−1)

26 sốchính phương

Câu 4: (3.0 điểm)

1) Cho tam giác ABC vuôngtại A, đường cao AH.Gọi (I), (K) đường tròn nội tiếp tam giác ABH, ACH Đường thẳng KI cắt cạnh AB M và cạnh AC

N

a) Chứng minh 𝐼𝐻

𝐾𝐻 =

𝐵𝐻 𝐴𝐻 b) Chứng minh AM = AN

2) Cho tam giác nhọn ABC, D điểm cạnh AB (D ≠ A,B), trung tuyến AM cắt CD E Chứng minh rằn 𝐷𝐵𝑀� + 𝐷𝐸𝑀� = 1800thì BC < AC√2.

Câu 5: (1.0 điểm)

Cho x,y là số thực thay đổi thỏa mãn: �𝑥 > 1,𝑦 > 1

𝑥 +𝑦 ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 𝑥4

(𝑦−1)3 +

𝑦4

(x−1)3

Hết

Họvà tên thí sinh: Sốbáo danh:

(25)

Câu I (2,5 điểm)

2 17

2−x= − x − x

2 Chứng minh rằng:

2

2 12 17 12

17

4

= −

+ +

Câu II: (2 điểm) Giải phương trình: (x - 1)(x - 2)(x + 3)(x + 6) = 12x2 Câu III (1,5 điểm)

Tìm số nguyên x,y thõa mãn: x2 +x+2y2 +y=2xy2 +xy+3

Câu IV : (3 điểm)

Cho tam giác ABC cân A Trêncạnh AB AC lấy điểm D E cho DE = BD + CE Tia phân giác góc BDE cắt cạnh BC I CMR :

a) Tam giác DIE vuông

b) Đường thẳng DI qua điểm cố định Câu V: (1 điểm)

Cho a, b số dương thỏa mãn: a + b =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 19 26 2 2011(a4 b4) b

a

ab+ + + + Hết _

Đề thi gồm 01 trang Đề số 23

(26)

Câu 1: (2.0đ)

Cho biểu thức:

3

2 3

11 15

+ + − −

− + − +

− =

x x x

x x

x x A

1/ Rút gọn biểu thức (ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1) 2/ Chứng minh

3 A≤ Câu 2: (2.0đ)

Cho parabol (P) y = 2

x đường thẳng y = mx –m + (m tham số) 1/ Tìm m để (d) cắt (P) điểm có hồnh độ x =

2, Chứng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm Câu 3: (2.0đ)

1, Giải hệ phương trình

2

12

5

19 x y

x y

 + = 



 + = 

2, Giải phương trình :

2

3

6

x x

x

+ =

− Câu 4: (3.0đ)

Gọi C điểm nằm đoạn thẳng AB ( C ≠ A, C ≠ B) Trên mặt phẳng bờ chứa đường thẳng AB, kẻ tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I ≠ A Đường thẳng vuộng góc với CI C cắt By K Đườngtrịn đương kính CI cắt IK P

1, CM:

a, Tg CPKB nội tiếp đường trịn b, ∆APB vng P

2, A, I, B cố định XĐ vị trí C đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) cho tg ABKI có diện tích lớn nhất?

Câu 5: (1.0đ)

Cho a, b, c ba số thực dương t/m a + b + c = Tìm Max P biết

b ac

ca a

bc bc c

ab ab P

2

2 + + + +

+ =

(27)

Mơn: TỐN (Chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (2,0 điểm)

1 Giải phơng trình:

3 140 0

x + x− =

2 Khơng dùng máy tính, tính giá trị biểu thức: 3

70 4901 70 4901

= + + −

P

Câu 2: (2,5 điểm)

1 Cho parabol (P): 1 4 =

y x đờng thẳng (d): y = -1 Gọi M điểm

thuộc (P) Tìm trục tung tất điểm cho khoảng cách từ Mđến điểm khoảng cách từ Mđến đờng thẳng (d)

2 Cho ba số không âm a, b, ccó tổng Chứng minh rằng: b+ c ≥ 16abc Chỉ rõ dấu đẳng thức xảy nào?

Câu 3: (1,5 điểm)

Giải hệ phơng trình sau (với x > 0, y< 0):

2

1 10 10 1

3 3

82 9 

+ + − + = + +

 

 + = 

x x y y

y y

x y

Câu4: (3,0 điểm)

Tam giác ABC có  105

BAC = , đờng trung tuyến BMvà đờng phân giác CD

cắt K cho KB = KC Gọi Hlà chân đờng cao hạ từ Acủa tam giác ABC Chứng minh rằng: HA= HB

2 Tính số đo góc ABC ACB Câu 5: (1,0 điểm)

Ký hiệu [x] phầnnguyên số thực x Tìm số thực xthoả mãn:

8 1 4 1 16 7

6 3 9

x+ x− x−

  + =

   

   

(28)

Mơn: TỐN (Tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I: ( điểm )

Cho biểu thức: A = 6 1 : 2 10

4 3 6 2 2

−

 − +   − + 

 − − +   + 

   

x x

x

x x x x x x

1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm x cho A <

Câu II : ( điểm ) Cho x1và x2là hai nghiệm phương trình : x2 – 7x + =

1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm 2x1 -x2và 2x2 -x1

2) Tính giá trị biểu thức : B = 2x1−x2 + 2x2 −x1

Câu III : ( 1,5 điểm ) Giải hệ phương trình:

4 1

1

2 2

20 3

1

2 2

 − =

 + −

 

 + =

 + −



x y x y

Câu IV : ( 3,5 điểm )

Cho hình vuông ABCD đường chéo BD lấy điểm I cho BI = BA Đường thẳng qua I vng góc với BD cắt AD E AI cắt BE H

1) Chứng minh : AE = ID

2) Đường tròn tâm E bán kính EA cắt AD điểm thứ hai F ( F ≠A) Chứng minh : DF.DA = EH EB

Câu V : ( điểm ) Cho tam giác ABC có độ dài cạnh : BC = a ; CA= b ; BA= c Và chu vi 2p Chứng minh : + + ≥9

− − −

p p p

p a p b p c

Hết

(29)

Mơn: TỐN (Chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1:(2,0 điểm)

Cho sốx (x∈R;x>0) thoả mãn điều kiện: x2 +

2 1

x = 7

Tính giá trị biểu thức: A = x3 +

3 1

x B = x

5 +

5 1

x

Giải hệ phương trình:

1

2

1

2



+ − = 

 

 + − =

 

y x

x y

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình:

0

+ + =

ax bx c (a≠0) có hai nghiệm x x1, 2 thoả

mãn điều kiện:0≤ ≤x1 x2 ≤2.Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

2 3

2

− +

=

− +

a ab b Q

a ab ac Câu 3:(2,0 điểm)

Giải phương trình: 2 2009 2010 1( ) 2

− + + + − = + +

x y z x y z

2 Tìm tất số nguyên tố pđể 4p2 +1 6p2 +1cũng số nguyên tố

Câu 4: (3,0 điểm)

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

Cho đường trịn (O) bán kính R=1và điểm A cho OA= 2.Vẽ tiếp tuyến

AB, AC với đường tròn (O) (B, C tiếp điểm).Một góc xOy có số đo

45 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC E Chứng minh rằng:

1

2

2 − ≤DE<

Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thứcad−bc=1,trong = 2+ 2+ 2+ 2+ + P a b c d ac bd

Chứng minh rằng: P≥

(30)

Câu 1: (2,0 điểm) Cho T = 2x + 42 2 - -

1 - x + x - x

1 Tìm điều kiện x để T xác định Rút gọn T Tìm giá trị lớn T

Câu 2: (2,0 điểm)1 Giải hệ phương trình: 2x - xy = 122 2 4x + 4xy - y =

 



2 Giải phương trình: x - + y + 2009 + z - 2010 = 1(x + y + z)

Câu 3: (2,0 điểm)

1 Tìm số nguyên a để phương trình: x2 – (3 + 2a)x + 40 – a = có nghiệm nguyên Hãy

tìm nghiệm ngun

2 Cho a, b, c số thoả mãn điều kiện:

a

b

19a + 6b + 9c = 12

    

≤

≥ Chứng minh có hai phương trình sau có nghiệm

x2 – 2(a + 1)x + a2+ 6abc + =

x2 – 2(b + 1)x + b2+ 19abc + =

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC c ó ba góc nhọn, nội tiếp đường tịn tâm O đường kính AD Gọi H trực tâm tam giác ABC, E điểm cung BC không chứa điểm A

1 Chứng minh tứ giác BHCD hình nhật

2 Gọi P Q diểm đối xứng E qua đường thẳng AB AC Chứng minh ba điểm P, H, Q thẳng hàng

3 Tìm vị trí điểm E để PQ có độ dài lớn Câu 5: (1,0 điểm)

Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có ba góc nhọn Chứng minh với số thực x, y, z ta ln có : x22 + y22 + z22 > 2x + 2y + 2z22 22 2

a b c a + b + c

- Hết -

Mơn: TỐN (Chun tin) Thời gian làm bài: 120 phút

(31)

Câu 1:(1,5 điểm)

Cho phương trình : 4x2+ 2x - 2 = (1)

1 Chứng minh phương trình (1) ln ln có hai nghiệm trái dấu Gọi x1là nghiệm dương phương trình (1) Chứng minh rằng:

1

4

1 1

x +

= x + x + - x

Câu 2: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: a x + y( 2) + x + y = b y - x = b

  

1 Giải hệ a = 1, b=2

2 Tìm a cho hệ có nghiệm với giá trị b Câu 3:(1,5 điểm)

Cho phương trình: (x2 - 1)(x + 3)(x + 5) = m (2)

Tìm m cho phương trình (2) có nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4thoả mãn:

1

1 1

+ + + = -

x x x x

Câu 4:(4,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi H trực tâm, K chân đường cao hạ từ A tam giác ABC Hai trung tuyến AM HN tam giác AHC cắt I Hai đường trung trực đoạn thẳng AC HC cắt J

1 Chứng minh tam giác AHB tam giác MNJ đồng dạng Chứng minmh rằng: KH.KA ≤ BC2

4 Tính tỉ số IM + IJ + IN22 22 22

IA + IB + IH

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x4+ y4 – = xy(3 - 2xy) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ tích xy

- Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

(32)

Câu 1: (2,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức M = +

1 + 2a + 1 - 2a + 1, biết rằng: a =

x + y x + z ( )2 ( )( )

49 13

=

z - y 2x + y + z x + z

Câu 2: (2,0 điểm)

Cho số thực a, b, c thoả mãn

a + b + c > ab + bc + ca > abc >

    

Chứng minh ba số dương

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho hình vng ABCD cạnh Gọi M, N điểm nằm cạnh AB AD cho chu vi tam giác AMN Tính góc MCN

Câu 4: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC cạnh a Điểm D di động cạnh AC, điểm E di động tia đối tia CB cho AD.BE = a2 Các đường thẳng AE BD cắt M Chứng

minh: MA + MC = MB Câu 5: (2,0 điểm)

Giả xử x, y số nguyên dương cho x2+ y2+ chia hết cho xy Tìm thương

phép chia x2+ y2+ cho xy.

THANH HĨA

(33)

Bài 1: (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình: (( ))

( )

3xy = x+y 5xy = y+z 4xz = x+z 

   

Bài 2: (2,0 điểm)

Đội bóng bàn trường A thi đấu với đội bóng bàn trường B, đấu thủ trường A thi đấu với đấu thủ trường B trận

Biết rằng: Tổng số trận đấu lần cầu thủ, số cầu thủ trường B số lẻ Tính số cầu thủ đội

Bài 3: (3,0 điểm) Cho hai điểm A B cố định đường trịn tâm O C điểm cung AB, M điểm đoạn AB Tia CM cắt đường tròn (O) D Chứng minh rằng:

a AC2 = CM.CD

b Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM thuộc đường trịn cơc định

c Gọi R1, R2theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp hai tam giác ADM

BDM Chứng minh R1+ R2 không đổi

Bài 4: (2 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho : A(0; 3), B(4; 0), C(5; 3/4) với O(0; 0) tạo thành tứ giác AOBC Viết phương trình đường thẳng (d) qua A, chia tứ giác AOBC thành hai phần có diện tích

Bài 5: ( 1,5 điểm)

Cho a, b, c số nguyên khác thoả mãn a + b + c =

b c a Chứng minh tích abc lập phương số nguyên

THANH HÓA

(34)

Bài (2đ): Cho biểu thức: A =

) )( (

20 ) )( (

2 10 )

2 )( (

4

+ +

+

+ a a

a a

a a a

a a

1.Tìm điều kiện a để B có nghĩa Rút gọn biểu thức A

Bài (2đ):Cho phương trình bậc hai: x2 -4x + m=

1 Giải phương trình m=-60

2 Xác định giá trị m cho phương trình có hai nghiệm x1, x2(x1<x2) thoả

mãn điều kiện x22 - x12 =

Bài (2đ ) :

Cho hệ phương trình:

   

= +

2 2

2 y x

y m x

1 Giải hệ phương trình m=

2 Tìm tất giá trị m để hệ có nghiệm (x0, y0) cho y0=1

Bài (3,5đ ) :

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn; AD CE hai dường cao cứăt H; O điểm cách ba đỉnh tam giác ABC Gọi Mlà điểm đối xứng B qua O; I giao điểm BM DE; Klà giao điểm AC HM

a) Chứng minh tứ giác AEDC CMID tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh OH ⊥AC

c) Cho số đo góc AOK 600 Chứng minh tam giác HBO cân

Bài (1đ ):

Cho ba số x, y, zkhác không thoả mãn 1+ 1+1 =0 z y

x Hãy tính: 2 y2 zx x yz z xy

A= + +

THANH HĨA

(35)

Bài 1: (2,5 điểm)

1 Cho biểu thức P(x)= x +12x + 12 - 3x Gọi x1, x2là nghiểm phương

trình x2 – x – 1 = Chứng minh:

( )x1 ( )x2

P = P

2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x2+ 14 y2+ 13xy = 330

Bài 2: (2,0 điểm)

Giải hệ phương trình: x + y + 2xy = 22 x + y =

   Bài 3: (2,0 điểm)

1 Tìm giá trị nhỏ hàm số: 2

y = x + x + + x - x +

2 Cho ba số thực x, y, z lớn thoả mãn điều kiện: + + = 11

x y z

Chứng minh rằng: ( )( )( )x-2 y-2 z-2 1≤ Dấu " = " xảy nào?

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC CA điểm M, N, P

1 Xét trường hợp AB < AC, gọi D giao điểm tia AO MN Chứng minh AD ⊥ DC

2 Gọi (T) tamgiác có đỉnh M, N, P, Giả sử (T) đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số k Tính k?

Bài 5:(1,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O nội tiếp hình thoi ABCD Tiếp tuyến (d1) với đường tròn cắt

cạnh AB, AD điểm M, P Tiếp tuyến (d2) với đường tròn cắt cạnh CB, CD

lần lượt diểm N, Q Chứng minh MN // PQ

- Hết - SỞ GIÁO DỤCVÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

(36)

Bài 1: (2 điểm)

Cho phương trình: x2 – (m + 1)x + m – =

1 Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

2 Gọi x1, x2là nghiệm phương trình Tìm m để: 3x1+ 2x2=

Bài 2:(1,5 điểm)

Cho hai số thực dương x, y thoả mãn điều kiện: 2x2 – 6y2= xy Tính giá trị biểu thức:

A = x - y 3x + 2y

Bài 3: (2 điểm)

2

1

x + + y + =

x y

1 25

x + + y + =

x y

    

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB P điểm di động đường tròn (P ≠ A) cho PA ≤ PB Trên tia đối PB lấy điểm Q cho PQ = PA, dựng hình vng APQR Tia PR cắt đường tròn cho điểm C (C ≠ P)

1 Chứng minh C tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AQB

2 Gọi K tâm đường tròn nội tiếp ∆APB, chứng minh K thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆AQB

3 Kẻ đường cao PH ∆APB, gọi R1, R2, R3lần lượt bán kính đường trịn nội

tiếp ∆APB, ∆APH ∆BPH Tìm vị trí điểm P để tổng R1+ R2+ R3đạt giá trị lớn

nhất Bài 5:(1 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = Chứng minh a4+ b4+ c4 ≥ a3+ b3+ c3

THANH HĨA

(37)

Bài 1. (2 điểm)

1 Giải phương trình: - x = x -

2 Chứng minh phương trình: ax2+ bx + c = (a≠0) ln có hai nghiệm phân biệt

Biết 5a – b + 2c = Bài 2.(2,5 điểm)

Cho hệ phương trình: x + y-2 = 2x - y = m

 

 (m tham số)

1 Giải hệ phương trình với m = -1

2 Với giá trị m hệ phương trình cho vơ nghiệm Bài 3. (3 điểm)

Cho hình vuông ABCD Điểm M thuộccạnh AB (M khác A B) Tia CM cắt tia DA N BVẽ tia Cx vng góc với CM cắt tia AB E Gọi H trung điểm đoạn NE

1 Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp đường trịn

2 Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vng ABCD

3 Chứng minh M di chuyển cạnh AB tỉ số bán kính đường tròn nội tiếp tam giác NAC tam giác HBC không đổi

Bài 4.(1,5 điểm)

Cho hình chóp A.BCD có cạnh AB = x, tất cạnh lại Gọi M, N trung điểm cạnh AB CD

1 Chứng minh MN vng góc với ABvà CD

2 Với giá trị x thể tích hình chóp A.BCD lớn Bài (1 điểm)

Cho số dương a, b, c thay đổi thoả mãn: a + b + c = Chứng minh: a + b + b + c + c + a >

THANH HĨA

(38)

Bài 1:(1,5 điểm)

Cho biểu thức: M = 4

4 2

x - 1 - x

- x +

x - x + x + 1 + x

  

  

  

1 Rút gọn M

2.Tìm giá trị nhỏ M Bài 2: (2 điểm)

Giải hệ phương trình: xy - 4y + x = 0224 2 2 x y - 8y + x =

 



Bài 3: (2,0 điểm)

1 Cho x, y số thực thoả mãn điều kiện: x2+ 5y2 – 4xy – x + 2y – = Chứng

minh: − ≤1 x - 2y + ≤

2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: y3 – x3= 2x +

Bài 4: (3,5 điểm)

1 Cho ∆ABC có diện tích 32 cm2, tổng độ dài hai cạnh AB BC 16 cm Tính

độ dài cạnh AC

2 Cho tam giác nhọn ABC (AB < BC) có đường cao AM trung tuyến BO Đường thẳng qua C song song với AB cắt tia BO điểm D Gọi điểm N, P hình chiếu vng góc A lên đường thẳng BD, CD

a Chứng minh: NA2= NP.NM

b Chứng minh tứ giác MNOP nộitiếp đường tròn Bài 5: (1 điểm)

Tìm số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện:

2 2

x + y + z = xyz x + y + z = xyz

  

THANH HĨA

(39)

Bài 1. (2 điểm)

Gọi x1, x2là nghiệm phương trình: 2x2+ 2mx + m2 – =

1 Với giá trị m thì: 1 2

1

+ + x + x =

x x

2 Tìm giá trị lớn biểu thức: A = 2x x + x + x - 42 2 1 2

Bài 2.(1,5 điểm)

Giải phương trình: (x2+ 3x + 2)(x2+ 7x + 12) = 120

Bài 3. (2 điểm)

2

x y + y x = x y + y x = 20

 



Bài 4.(3,5 điểm)

Cho M điểm thay đổi đường tròn (O), đường kính AB Đường trịn (E) tâm E tiếp xúc với đường tròn (O) M AB N Đường thẳng MA, MB cắt đường tròn (E) điểm thứ hai C D khác M

1 Chứng minh CD song song với AB

2 Gọi giao điểm MN với đường tròn (O) K (K khác M) Chứng minh M thay đổi điểm K cố định tích KM.KN khơng đổi

3 Gọi giao điểm CN với KB C giao điểm DN với KA D Tìm vị trí M để chu vi tam giác NCD nhỏ

Bài (1 điểm)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: y = 2

2x + 2x + 1+ 2x - 4x + - Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

(40)

Bài 1. (2 điểm)

Cho x + x x - x - x2 x + x

A =

a, Hãy rút gọn biểu thức A

b, Tìm x thoả mãn A = x - +

Bài (2 điểm)

Cho phương trình: x2 - 4( m – 1 )x + 4m – 5 = (1)

a, Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2thoả mãn x + x = 2m12 22 b, Tìm m để P =

2

1 x

x + x + x có giá trị nhỏ Bài 3.(2,5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính DE vng góc với BC Gọi D1E1và D2E2là hình chiếu vng góc DE AB AC

1 Chứng minh BE1= E2C = AD1; D1E1= AC D2E2= AB

2 Các tứ giác AD1DD2; AE1EE2nội tiếp đường trịn D1D2 vng góc

với E1E2

Bài 4. (2 điểm)

Cho hình chopSABC có SA ⊥ AB; SA ⊥ AC; BA ⊥ BC; BA = BC; AC = a 2; SA = 2a a, Chứng minh BC ⊥ mp(SAB)

b, Tính diện tích tồn phần chóp SABC Bài 5.(1,5 điểm)

Cho số thực a1; a2; ….; a2003 thoả mãn: a1+ a2+ …+ a2003=

Chứng minh: 2

1 2003

1 a + a + + a

2003

≥

THANH HÓA

Mơn: TỐN (Chun) Thời gian làm bài: 120 phút

(41)

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ SỐ

Câu

1 Xét: 1 1

( 1) 1( ) 1

n

n n n n n n n n n n n n

n

+ −

= = = −

+ + + + + + + +

Áp dụng đẳng thức ởtrên ta có:

1 1 1

1 2

1 1

1

3 2024

2 2 2025 2024 2024 2025

2025

1 44

1 (dpcm)

45 45

− + − + + −

= − =

+ + +

+

= + =

−

+

2 Từgiảthiết

2

2 23

1

25 ( 0)

1

23

x x

do x

x x

 +  − =

 

 

 

⇔ +  = ⇒ + = − <

 

+ =

⇔

Ta có:

3

1 1

3

1

=

= ( 5) 3( 5) = -1

1

10

x x x

x x

A x x

 +  −  + 

   

   

 +  −  + 

   

  

− +

 −

=

− =

Vậy A = -110

Câu

1 ĐKXĐ: − 2< <x 2;x≠0 Đặt:

2−x =a ta được:

2

1

2

( ) 2 ( ) ( ) (1)

2

a x ax a x ax

x a

a x ax a x a x

x a

 + =  + =  + =

 ⇔ ⇔

  + − =  + − + − =

 

 + = 

Giải (1):

2

( ) ( )

( 1)( - 2)

2

a x a

x

x a+ − + − =a x

+ + + =

⇔

(42)

+) Với -1

x x

a+ = ⇒a = − ta được:

x= − − (thỏa mãn) +) Với a+ = ⇒x ax=1 Ta tìm x = ( thỏa mãn)

Vậy nghiệm phương trình 1; x= x= − −

2 Nhận thấy x=0, y=0 nghiệm hệphương trình Với x≠0 Từ hệPT, ta có:

( )

2 2

2

2 2

3

6

x x y x y x

x y x y x

 + − + =

 

+ − + =



( 2 )2 ( 2 )

3

x y x x y

⇒ + − + =

⇔ ( )( )

3

x +y x + −y x = 2

2

0

3

y x x y

x y x y x x

 = −  + =

⇒ 

 + − = = − +

 

⇒

Với

y= −x TừpT (1)

2x + = ⇔ =x x

⇒

Với

3

y= − +x x TừPt (1)

3

2

x

x x

x

=  − + = ⇔ 

= 

⇒

Khi x= ⇒ =1 y 2; Khi x= ⇒ =2 y

Vậy nghiệm hệPT ( , )x y ={(0, 0); (1; 2); (2; 2)}

Câu

1 Tìm số nguyên PT:

5

x −xy− x+ y=

Giải: Từ

5

x −xy− x+ y= ( - ) - 5( - ) x x y x y

⇔ =

( - )( - 5)x y x

⇔ =

Vì 2=1.2=2.1= −( 1).( 2)− = −( 2).( 1)− nên ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: 6( )

5

x y y

TM

x x

 − =  =  − =  =



Trường hợp 2: 4( )

5

x y y

TM

x x

− = =

 ⇔

 − =  =

(43)

5

x y y

TM

x x

− = − =

 

⇔  − = −  =

 

5

x y y

TM

x x

− = − =

 ⇔

 − = −  =

 

Vậy có cặp ( , )x y thỏa mãn là: (7; 6); (6; 4); (3; 4); (4; 6) 2.Ta có : x5 – x = x( x4 – 1)= x(x2 – 1)(x2+ 1)= x(x2 – 1)

(x 4)

 − + 

 

=(x – 2)(x – 1)x(x + 1)(x + 2) + 5(x – 1)(x + 1)x Ta có : (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2) chia hết ch

mà (5,6) = nên (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2)30

lại có (x-1)x(x+1) Chia hết cho mà (2,3)=1 nên 5(x – 1)x(x+1) 30

Do x5 – 30

Suy A = (a2020+ b2020+c2020) - (a2016+ b2016+ c2016) A = a2015(a5 – a) + b2015 (b5 – b) + c2015 (c5 – c) 30 Vậy A30

Câu

Q

P N

K

F

E

D M

O

B A

(44)

1 Có BFD     =DM C=DEC;FBD =ACD=DCE⇒ ∆BDF∽ CDE∆

2 Tứgiác BMDF nội tiếp ⇒BDF =BM F (cùng chắn cung FB) Tứgiác CEMD nội tiếp ⇒CDE =CM E (cùng chắn cung EC) Do ∆BDF∽∆CDE (cmt) ⇒BDF =CDE (hai góc tương ứng)

 

BM F CM E

⇒ =

Mà điểm B; M; C thẳng hàng ⇒ Các điểm E; M;F thẳng hàng (đpcm)

*) KẻAO cắt EF K;    1800 AOC 1800 2ABC  OAC K AE OCA 90 ABC

2

− −

= = = = = −

    

K AE 90 ADC 90 AEK AEK K AE 90 AK K E AO EF

⇒ = − = − ⇒ + = ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

3 ABM ADF AF AM DF BM

∆ ∽∆ ⇒ = ACM ADE AE AM

ED CM

∆ ∽∆ ⇒ = , mà BM = CM (gt)

AF AE FN DF

DF ED NE DE

⇒ = ⇒ = (do FN AF

NE = AE) FN BF

NE CE

⇒ = (do ∆BDF∽∆CDE) FN NE QN NP PQ / /BC

FB CE QB PC

⇒ = ⇒ = ⇒ (sử dụng tính chất tia phân giác kết hợp với ta lét đảo)

Câu

Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có :

(a.1 + b.1 + c.1 )2 ≤ ( a2+12+ 12 )(b2+ c2+ 1) = (a2+ 2) (1+ b2+ c2) (1)

Do vai trò a, b, c theo nguyên lý Dirichlet số a2 -1, b2-1,c2-1

ln tồn sốcùng dấu, giả sử b2-1; c2-1

2

2 2

2 2 2

2 2

( 1)( 1)

1

2 3

( 2)( 2) 3(1 )

b c

b c b c

b c b c b c

b c b c

⇒ − − ≥

⇔ − − + ≥

⇔ + + + ≥ + +

⇔ + + ≥ + +

2 2 2

(a 2)(b 2)(c 2) 3(a 2)(1 b c )

⇔ + + + ≥ + + + (2) Từ(1) (2) , suy ra:

S = = (a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2)≥3(a +b+c)2 = 3.9 =27

(45)

ĐỀ SỐ

Câu 1:

1/ Ta có VT

1

a ab abc

ab a abc ab a ab ac abc ab

= + +

+ + + + ⋅ + +

1

1 1

a a b

ab a ab a a ab

⋅

= + +

+ + + + + +

1

1 ( )

1 ab a

VP dpcm ab a

+ +

= = =

+ +

2/ Đặt x=2 a, y=b, z=cta xy yz zx 1

x y z

+ + = ⇒ + + =

Khi 2 22 2 2 2 2

4

bc ac ab yz zx xy

A

a b c x y z

= + + = + + xyz 13 13 13

x y z

 

=  + + 

 

Mặt khác từ đẳng thức 13 13 13 1 12 12 12 1

x y z xyz x y z x y z xy yz x

  

+ + − = + +  + + − − − =

  

ta có 13 13 13 x + y + z = xyz

3

2A xyz

xyz

⇒ = ⋅ = Vậy A= Câu 2:

1/ Điều kiện xác định ∀ ∈x 

Từgiảthiết ta nhận thấy x > ( vếtrái dương), Chia cảhai vếcho x, ta có 12 1 12

x x x x

+ + + − + =

Đặt t 1(t 0) x

= > ta phương trình 2

2

t + + +t t − + =t ( ) ( )

2 1

t t t t

⇔ + + − + − + − = 2

2

2 1

0

2 1

t t t t

+ − − − + −

⇔ + =

+ + + − + +

2

( 1)

2 1

t t

t t t t

 + 

⇔ −  + = ⇔ − =

+ + + − + +

 

2

( 1)

2 1

t

t t

t t t t

 + 

⇔ −  + = ⇔ − =

+ + + − + +

 

Với t− = ⇒ =1 x

Vậy phương trình có nghiệm x=1

(46)

Hệđã cho

1

1 1

2

1

1 1

5

x y

x y x y

x y

x y x y

x y

x y y

x y

y x y

   + + + = + + + = + + + =       ⇔ ⇔          + + + =  +  + =             

Đặt u x 1,v y

x y

= + = + lúc (1)

9 u v u v  + =  ⇔   ⋅ = 

Vậy u, v nghiệm phương trình

5

2

x − x+ = , Phương trình có hai nghiệm

1

5 2,

2 X = X = Trường hợp 1:

2 2,

u= v= cho ta hệ:

2

1

2

2 2

1 2 5 2 0 1

5 x x x x x y y y y y y =   + =    − + =  ⇔ ⇔ =    − + =   + =  =    

Hay (1; 2) 1;1

 

⋅ là nghiệm hệđã cho

Trường hợp 2: 5, 2

u= v= ta có hệ

2

1

2

1 2 2

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

hay (2;1), 1;1

 

 

  nghiệm hệđã cho

Kết luận: Hệđã cho có nghiệm (x ; y)là(1; 2) 1;1   ⋅   ; (2;1), ;1       Câu 3:

1/ Ta có 2

4 4 4

y + =y x +x +x + ⇔x y + y+ = x + x + x + x+

( ) ( ) 2 2 2

(2 1) (3 1)( 1)

(2 1) ( 1)

y x x x x

y x x x x

 + = + + + +

 ⇔ 

 + = + + − +



Ta thấy : x< −1hoặc x>2thì (3x+1)(x+ >1) (x x−2)>0nên từ(1) (2) ta suy

( 2 )2 2 ( 2 )2 ( )

2x + +x >(2y+1) > 2x +x * Loại khơng có số nguyên y thỏa mãn

Từđó suy − ≤ ≤ ⇒ ∈ −1 x x { 1, 0,1, 2}

Xét

2 30 5,

(47)

Xét x= ⇒1 y + =y loại

Xét

0 0,

x= ⇒ y + = ⇒ =y y y= −

Xét

1 0,

x= − ⇒y + = ⇒ =y y y= −

Vậy hệđã cho có nghiệm (0, 5)(2⋅ −6)(0 : 0), (0; 1), ( 1, 0), ( 1, 1)− − − − 2/ Trước tiên, ta chứng minh x 

Đặt y5= a, a ∈N*, ta có 2x2 – 1 = y15⇔2x2= a3+ ⇔2x2= (a + 1)(a2 - a + 1) (1)

Gọi ƯCLN(a + 1; a2 – a + 1) = d (d ∈N*), ta có: a + d, a2 – a +  d

Suy (a2 – a + 1) – (a + 1)(a – 2) =  d⇒d = d =

* Nếu d = từ (1), ta có:

2

a 2

a a 1 x

+ = 

 − + =



2

a 1 x a a 2  + =

 

− + =

 (loại a ∉N*)

2

a 2

a a 1 x

+ = 



− + =



a 1 a 1

x 1

= =

 

⇔ ⇒ =

= 

 (loại phải có x > 1)

* d = từ(1) ta có: 2x2 Vì ƯCLN(2; 9) = 1nên x2 ⇒x  (*)

Chứng minh x 

Đặt y3= b, b ∈N*, ta có: 2x2 – = b5⇔2x2= b5+ ⇔2x2= (b + 1)(b4 – b3+ b2 – b + 1) (2)

Gọi ƯCLN(b + 1; b4 – b3+ b2 – b + 1) = k (k ∈N*)

Ta có: b +  k; b4 – b3+ b2 – b +  k

⇒ (b4 – b3+ b2 – b + 1) – (b + 1)(b3 – 2b2+ 3b – 4) =  k

Suy k = k = * Nếu k = từ (2) có

2

b 1 x

b b b b 2

 + = 



− + − + =

 (loại b ∉N*) Hoặc: 2

b 1 2

b b b b 1 x

+ = 



− + − + =



⇒ b 1

x 1

=   =

 (loại phải có x > 1)

(48)

Từ(*) (**) suy x  BCNN(3; 5) hay x  15 (đpcm) Câu 4:

1/ Do tứgiác M E C D, M B F Dnội tiếp nên DEC  =DMC=DFB 1( ) Tứgiác ABDC nội tiếp nên DCE  =DCA=DBF 2( )

Từ(1) (2) suy ∆BDF− ∆CDE g( −g)đpcm

2/ Ta có BMF =BDF EMC  , =EDCvà BDF =CDE.(do ∆BDF ~∆CDE), suy  BMF =EMC

Vậy E, M, F thẳng hàng

Từhai tứgiác MECD, MBFD nội tiếp suy AB AF, = AM AD⋅ =AE AC⋅ ,suy tứgiác BECF nội tiếp Do  AFE=ACB Vẽtiếp tuyến Ax (O)

 

ACB=BAx,suy Ax // EF Vậy OA⊥EF

3/ theo tính chất phân giác ta có PN EN QN, FN NE AE

PC = EC QB = FB NF = AF suy

: :

PN QN EN FN EN FB

PC QB = EC FB = FN EC , ( )3 AE FB AB FB AF EC AC EC

= ⋅ =

Ta có DAB DAB BDF CDE DAC BDF CDE DAC

S

S S S

MB

MC S S S S

= = = = AB BF22 CE AB BF 4( ) BF CE⋅ ⋅AC =CE AC⋅

Từ(3) (4) suy PN QN

PC = QB, hay PQ // BC

Câu 5: Gọi đường thẳng cho d d1, 2,…,d2022 Aijlà giao điểm đường thẳng di

và dj (i j, =1; 2022,i≠ j A; j =An)

P Q

N

C E A

O

M

D F

B x

B

F

D M

O A

E

(49)

Xét đường thẳng dnbất kỳtrong số2022 đường thẳng cho Do đường thẳng

nào đồng quy nên giao điểmAij( n khác i, j) cặp đường thẳng di dj không

nằm dn Do sốgiao điểm hữu hạn nên tồn giao điểm gần dnnhất, giả sử

ij

A ( có nhiều giao điểm ta chọn giao điểm đó) Ta chứng minh tam giác A A Aij ni nj tam giác đẹp

Nếu tam giác bịđường thẳng dmnào số2019 đường thẳng cịn lại cắt dm

phải cắt hai đoạn A A ,A A ij ni ij nj Giả sử dm cắt đoạn A Aij ni điểm Amithì mi

A gần dntrái giảthiết Aijgần dnnhất

Suy ra, với đường thẳng dn tồn tam giác đẹp có cạnh nằm dn Trên

mỗi đường thẳng dn, ta chọn cạnh tam giác đẹp ta thu 2022 cạnh

tam giác đẹp

Vậy sốtam giác đẹp khơng 2022:3 =674

ĐỀ SỐ

Câu

1) Tính giá trị biểu thức

Ta có: 2.3

2 2.3

+ = = ⇒ =

+

3.4

1

2 3.4

2018.2019

1 2018

2 2018 2018.2019

2 2

1

2.3 3.4 2018.2019

4

2.3 P

+ + = = ⇒ =

+ +

+ + + + = ⇒ =

+ + + +

    

= −  −   − 

    

− − −

= =

( ) ( )

0 4074340

3.4 2018.2019

1.4 2.5 3.6 2016.2019 2017.2020

2.3 3.4 4.5 2017.2018 2018.2019

1.2 2017 4.5 2020 1.2020 2020 1010

2.3 2018 3.4.5 2019 2018.3 6054 3027

=

= = = =

(50)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3

3

2

1 16 0(1)

3 17

3 11 1 2 12 0(2)

1 2 16 12

1 1 1 2

1

2 1

2

1

2

a a

a a a

b b b b b

a a b b

a b a a b b a b

a

a b b b

a

a b do b

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

1 ,

b a b

 

− + > ∀

 

 

Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu

1) Giải phương trình ( )

4 1

x − − =x −x x−

Điều kiện xác định: x≥1

Đặt ( )

( )

1

a x a

b x b

 = − ≤   = − ≥  ( )

2 2

2

1

4

2 1 1

1 1 1 2 3 1

( 1) 1( 1)

3

1

3

7 10

5

6

a b x x x x x

Pt a b ab a b

a b x x x x

x x VN x

x x x x x x x x x x

x x x

⇒ + = − + + − = − ⇒ ⇔ + − = ⇔ − =   − = − − − = − − = −  ⇔ − = − ⇔  ⇒ − − − = − − = −    − + = − ≥ ⇔  − = −  ≤ ≤  ≥  ≤ ≤   ⇔ − ≥ ⇔  = − + =    − + = − =   x  ⇔ =  

Vậy phương trình cho có nghiệm x=2

2) Giải hệphương trình 2

2

1

x y

x y xy

 + =

 

 − + − = +



Điều kiện xác định :

2 2 1 1 2 , x x y y xy xy x y  − ≥  ≥   − ≥  ⇔ ≥   + ≥   ≥ −   ≠ 

(51)

( )( ) ( )

2 2

2

2 2

2

2 2 2

2 2

1

(1)

2 1 2(2)

1

(2) 2

2

x y x y

x y

x y x y xy

x y xy

x y x y x y xy

x y xy xy xy

 + =  + =  ⇔   + − + − − = +  − + − = +   ⇒ ⇔ − + − − + = + ⇔ = + ⇔ − − = ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2

1 1( )

2( )

2

1( )

4

xy

x y x y ktm

xy tm

xy xy

xy tm xy

x y x y

 = −  + = ⇒ + = −  =    ⇔ − + = ⇔ ⇒  = −  =     + = ⇒ + =  

2 2

2 xy

x y x y

xy x y

x y  =   + = − = = −   ⇒ ⇒  =   = =     + = 

Vậy hệđã cho có nghiệm ( )x y; thỏa mãn ( 2; ;) (− 2;− 2)

Câu

Bài Tính tất cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn x2019 = y2019−y1346−y673+2 Đặt : 673 673 ( )

; ;

x =a y =b a b∈

Phương trình cho trở thành: 3

2(*) a =b −b − +b

( )3 ( ) ( )3

3 2

3 4

a b b b b b b b b b

⇒ = − + − + − + = − + − + > −

Lại có: 3 3 2 2 ( )3 ( 2 ) ( )3

6 12 13 13

a =b + b + b+ − b − b− = b+ − b + b− < b+ Từ (1) (2) ta có: ( )3 3 ( )3

1 2

b− <a < b+ ⇒ − < < +b a b

Vì ,

1 a b a b a b =  ∈ ⇒  = +  

+) Với a=bta có: ( )* ⇔b3 =b3−b2− +b

( )( )

2

673 673

673 673 673

2

1 2 1( ) 2( )

b b b b

b a b

x y tm

x y

x y ktm

x y ⇔ + − = ⇔ − + = = = =   ⇔  ⇔  = − = = −   = =  = =  ⇒ ⇔  = = − = = −  

+)Với ( ) ( )3

1 *

(52)

3 2

3

4

1

( )

2

1

( )

2

b b b b b b

b b

b ktm

⇔ + + + = − − +

⇔ + − =

 − + =   ⇔

 − − = 

Vậy ( ) ( )x y; = 1;1

Bài

Ta có ngay: ( )

1

2 n n S = + + + + =n + Ta chứng minh S2019chia hết cho nvà

1 n+

Giả sử nlẻthì

2 n+

nguyên Sử dụng khai triển Newton ta có:

( )( )

2 2 2

( )

k k k k k

a + +b + = a+b a −a − b+ +b  a+b

Do vậy:

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

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

2019

2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019

2019 2019 2019

2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019

2 2 1

2 1 2 1

n n n n n

n n n n n n

+ + + = + + + − + + + +

+ + + = + − + + − + + − + +



Do (n n; + =1) 1nên ( 2009 209 2009)

2 +2 + +n chia hết cho n n( +1) Do S2019S1

Vậy ta có điều phải chứng minh Câu

M S

Q

R P

F

E

D A

B

(53)

1) CMR: tứ giác BCQRlà tứ giác nội tiếp

Do AB< ACnên Q nằm tia đối tia BA R nằm đoạn CA, từđó Q C, nằm vềcùng phía đường thẳng BR

Do tứgiác BFECnội tiếp nên  AFE=BCA(góc ngồi đỉnh góc đỉnh

đối diện

Vì QR/ /EF ⇒  AFE =BQR(hai góc đồng vị)

 ( )

BCA BQR AFE

⇒ = =

BQCR

⇒ tứgiác nội tiếp (hai đỉnh kềnhau nhìn cạnh đốidiện góc nhau)

2) Chứng minh PB DB

PC = DCvới D trung điểm QS Xét ∆DHBvà ∆EHAta có:

 

90

HDB= AEH = ; BHD = AHE(hai góc đối đỉnh)

( ) DB HB

DHB EHA g g

AE HA

⇒ ∆ ∆ − ⇒ = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Xét ∆DHC ∆FHAta có:

 

90

HDC = AFH = ; CHD =AHF(hai góc đối đỉnh)

( ) DC HC

DHC FHA g g

AF HA

⇒ ∆ ∆ − ⇒ = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

(1)

HC DB AE HB AE FB

DC AF

HA DC AF HC AF EC

⇒ = ⇒ = =

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABCvới cát tuyến PEFta được:

(2)

PB EC FA PB AE FB

PC EA FB = ⇔ PC = AF EC

Từ(1) (2) ta : PB DB(3)(dpcm) PC = DC

Do QRsong song với EFnên theo định lý Ta-let : DQ BD DS CD PF = BP PF = CP Kết hợp với (3) ta DQ=DShay Dlà trung điểm QS

3) Khi B, C cốđịnh A thay đổi chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cốđịnh

Gọi M trung điểm BC Ta chứng minh DP DM =DQ DR

Thật vậy, tứgiác BQCR nội tiếp ⇒QBC =QRC(các góc nơi tiếp chắn cung QC)

( ) QD BD

QBD CRD g g

CD RD

⇒ ∆ ∆ − ⇒ = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

. . (4)

DQ DR DB DC

⇒ =

Tiếp theo ta chứng minh:

2 DC DB

DP DM =DB DC⇔ DP + =DB DC

(54)

( ) ( ) ( )

DP DC−DB = DB DC ⇔ DB DP+DC =DC DP−DB ⇔ DB PC =DC PB PB DB

PC DC

⇔ = (Đúng theo phần b) Do đó: DP DM. =DB DC. (5)

Từ(4) và(5) ta DP DM DQ DR DP DQ

DR DM

= ⇒ =

Xét ∆DQPvà ∆DRM ta có:

 

( );

DP DQ

cmt PDQ RDM

DR = DM = (hai góc đối đỉnh)

 

( )

DQR RMD c g c PQR RMP

⇒ ∆ ∆ − − ⇒ = (hai góc tương ứng)

PQMR

⇒ tứgiác nội tiếp (hai đỉnh kềnhau nhìn cạnh đối diện góc nhau)

⇒Đường trịn ngoại tiếp tam giác PQRđi qua trung điểm BC(đpcm)

Câu

Đội đứng thứ có điểm cao A=2(n−1) điểm (Đội đấu n−1trận với đội lại thắng)

Xét n−1đội lại ta có: Đội đứng số n−1đội cịn lại có sốđiểm nhỏ xác định sau:

Gọi P tổng điểm n−1đội đấu với nhau, sốtrận n−1đội lại:( 1)( 2) n− n−

( 1)( 2)

P n n

⇒ = − − (Vì đội thắng hay hịa sau trận có điểm) Gọi Qlà sốđiểm đội n−1đội lại

( ) ( )( )

( ) ( )

1 2

2

Q n n n Q n

A Q n n n

⇒ − ≥ − − ⇒ ≥ −

⇒ − < − − − =

Vậy chênh lệch vềđiểm số lớn có thểgiữa đội xếp hạng liên nđiểm

ĐỀ SỐ

Câu 1: 1. Ta có:

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

( )

2 2 2

2 2

2

2 0

2

− = ⇔ − − = ⇔ + − + =

⇔ + − + = ⇔ − + =

⇔ − = + ≠

⇔ =

x y xy x xy y x xy xy y

x x y y x y x y x y

x y do x y

(55)

Do đó: A= 2xx+−yy = 42yy+−yy = 33yy =1 (do y≠0) 2. Theo hệ thức vi-et ta có:

1 + =   = −  x x x x Ta có:

5 2 3 2

1 2 2

2

1

3

1 2 2 2

2

1

1 2

1 1 1 1 1

1 1 1 1

3      = + = +  + −  +              +     =  +  −  +  −  +  −             +    +    =   −   −        B

x x x x x x x x x x

x x

x x x x x x x x x x x x

x

x x x x

x x x x x x

( 2)

2 3

1 1

 +  +

  −

 

 

x x x

x x x x

( ) ( ) ( )

( )( )

2

1 3.1

1 1 1 1

1

12 11        =  −   − − − − −     − −         = + − − + = − + = − Câu

1 Điều kiện: x, y <

( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1

2

1  + = −   + = −  ⇒   + = −  + = −   x y x y x y y x

Trừtheo vếhai phương trình hệta được:

( ) ( )

( )( )

2

1

yx 2

0 1 + − + = ⇔ + + − − − = ⇔ − − − = ⇔ − − = =  ⇔  = 

y x x y

xy y xy xy x xy x y x y

x y xy x y xy

Với x = y ta được:

( )2 3 2 ( )( 2 )

1+x = − ⇔ x +2x + + = ⇔x x+2 x + = ⇔ = − ⇒ = −1 x y x

Với xy= ⇒ =1 x

(56)

( ) ( )

( )

2

1

4

2

1

, 3; ; 3;

2 3

+ = − ⇔ + = −

⇔ + + = ⇔ + =

⇔ = − ±

   

⇒ = − +  − − 

− + − −

   

x x x

y

x x x

x x y

Vậy hệcó nghiệm là: ( ) (, 2; ,) 3; , 3;

2 3

   

= − − − +  − − 

− + − −

   

x y

2) Đểphương trình có hai nghiệm thì:

( )

2 2

' 2 2 4 0 2 2

∆ =m − m − = −m + ≥ ⇔ − ≤ ≤m Điều kiện đểphương trình có hai nghiệm là:

( )

2 2

' 2 2

∆ =m − m − = −m + ≥ ⇒ − ≤ ≤m

Khi phương trình có nghiệm, mà 0≤ ≤x1 x2,nên:

2

1

4

,

2

− − + −

=m m = m m

x x

Ta có:

2

1 2

2

0

4

0

4

0

2

≤ ≤ 

− −

≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≤ ⇔ 

− ≤ 

≤ ≤ 

 ≤ ≤

 

⇔ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤

≥ 

  < −  

m

m m

x m m

m m

m

Vậy giá trị m cần tìm là: 2≤ ≤m

Câu 3:

b) Ta có: 2 2 10,( ) 2 2 ( ) ( ) ( ), 4;5 , 5; 41

41

+ = 

+

= ≤ ⇒ + < + ⇒ + = ⇒ =

+ +  

a b a b

a b a b a b

a b a b a b

Câu 5: Ta có: 2 2 2

2

1

3

+ + = ⇒ + + =

xy z x z y z x y x y

z z

Đặt x=a y, =b,1 = ⇒c ab2+a c bc2 + =3 z

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 4 4

1 4

+ + + ≥ ⇒ + + ≥

a a c a c a c a c

Tương tự: 4 4

2b +a + ≥1 3ab ; c +b + ≥1 3c b

Cộng theo vếta được: ( 4 4) ( 2 2) 4

(57)

Ta có: 4( 44 4) 4 4

4

1 1

1 = = = ≤ + + + + + + z M

a b c

z x y x y

z

Vậy giá trị lớn M 13 Dấu “=” xảy x = y = z =

ĐỀ SỐ

Câu

1) A = 

     + − 1 x x :       + − + + − + − − + 2 x x x x x x x A =

1

+

x :

( )( ) ( )( )

( 2)( 3)

2 2 3 − − + + − + − − + x x x x x x x

A =

1

+

x : ( 2)( 3)

2 − − + + + − − x x x x x = 1 +

x :( 2)( 3)

3 − − − x x x = 1 +

x :

1

−

x =

2

+ −

x x

2) A =

1 + − + x x

=

-1

+ −

x Để A nhận giá trị nguyên

+ −

x đạt giá trị nguyên Hay -3

( x+1) ⇔ x+1là ước -3

Nên x+1=1⇔ x = ⇔x = thỏa mãn

+

x =-1⇔ x = -2< không thỏa mãn

+

x =3 ⇔ x = ⇔ x = thỏa mãn

+

x =-3⇔ x = -4< không thỏa mãn x = x = A nhận giá trị nguyên

Câu

1) Tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) nghiệm hệ

   − = − − = 13 5 x y x y ⇔    − = − − = − 13 5 13 x y x x ⇔    − = = 13 8 x y x ⇔    − = − = = 10 13 y x tọa độ giao điểm I hai đường (d1) (d2) I(1;-10)

đường thẳng (d3) qua điểm I tọa độ I x = y = -10 thỏa mãn công thức y =

mx + thay vào ta có : -10 = m.1+ ⇔ m = -13 Vậy với m = - 13 đường thẳng (d3) qua điểm I

2)Giải hệ phương trình

    = − − + = + + − 2 x y y x

đặt A = |x-1|≥0;B = y+2 ≥0

(58)

Câu

để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + = có hai nghiệm phân biệt x1và x2 ⇔

   ≠ − > ∆ ' m ⇔ ( )( )    ≠ > − − − 2 m m m m ⇔ ( )    ≠ > + − − 2 m m m m ⇔    ≠ > − m m ⇔     ≠ > m

m ⇔m >

2theo hệ thức Vi

−ét cho phương trình bậc hai , ta có

     − + = − = + 21 2 m m x x m m x x mà 2 x x x x + +

5 = ⇔

0 2 2

1 + + = x

x x x

⇔ ( )

2 2 2

1 + − + =

x x x x x x 2 2 = + − + − + −       − m m m m m m ⇔ ( ) ( )( ) ( ) 1 2 = + − + − − + − − m m m m m m m

⇔ ( )

2 2 2 = + − + − + − − m m m m m m

⇔ ( )

2 2 2 = + − + − + − m m m m m

⇔ (( )( ))

2

2 + =

+ − + − m m m m ⇔

( ) 0

) )( ( ) (

4 2 =

+ − − + + + − m m m m m m ⇔ ) )( ( 10 5

4 2

= + − − + + + − m m m m m m ⇔ ) )( ( 2 = + − − + m m m m

ta có m≠1;m ≠2 m1=

18 73 1+

− hoặc m

2=

18 73 1−

− thỏa mãn

b) Giải phương trình x x−2 = - 5x

đặt t = x−2 ≥0⇔x = t2 + ⇔(t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2) ⇔t3+2t + 5t2+10 – = ⇔t3+ 5t2+2t +1=

⇔t3+ 4t2+ 4t+ t2 -2t +1=

Cách 2: x2(x−2) =81−90x+25x2 ⇔x3−2x2 -25x2+ 90x −81 =

⇔x3 − 27x2+ 90x− 81 = ⇔x3 −3.3x2+ 3.9.x −-27 −18x2+ 63x −54 = 0

⇔(x-3)3 -9(2x2-7x+6) =

Câu

a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng Xét ∆BNF ta có

90 ˆA= M

B ( nội tiếp chắn đường tròn)

⇒

90 ˆN = M

(59)

1

1 E

A O

B

C

F M

N mà BC cắt MN A nên A trực tâm ⇒FA thuộc đường cao thứ ba nên FA ⊥BN mà

A E

Bˆ = 900( nội tiếp chắn đường trịn)⇒EA⊥BN theo clit qua A kẻ đường thẳng vng góc với BN nên ba điểm A; E ; F thẳng hàng

*Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp

ta có FEˆN = 900( FE ⊥BN) N

M

F ˆ = 900( MN ⊥BF)⇒ FEˆN=FMˆN = 900

Mà E M nằm mặt phẳng bờ NF bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường đường kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp

b) Chứng minh : AM AN = 2R2

Xét ∆BAN ∆MAC ta có

1 ˆ

ˆ F

N = ( góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác NEMF chắn cung EM) (1)

1 ˆ

ˆ C

F = ( góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF chắn cung AM) (2) Từ (1) (2)⇒

) ˆ ( ˆ ˆ

1

1 C F

N = = (*)

Mà BAˆN =MAˆC( đối đỉnh) (**) từ (*) và(**) ta có ∆

BAN đồng dạng với ∆MAC (g.g)⇒

AN AC AB MA

= ⇒

AM.AN = AB AC = 2R.R=2R2

c) S∆BNF=

1BC.NF BC = 2R nên ⇒S BNF

∆ nhỏ

nhất NF nhỏ .S∆BMAlớn ; BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S∆BMAlớn BAM tam giác cân ⇒M điểm cung BA

Câu

2 2 2 2 2

2 2 2

1

2 2

( ) ( ) ( )

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

a b c b c a a c b

ab bc ac

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

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

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

+ − + − + −

+ + >

     

⇔ + − +  + + − −  + + − − >

     

⇔  + − +  − − +  − − >

⇔ + − + + + − − − + + − − − + >

⇔

[ ]

2 2

2 2 2

2

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

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) (

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

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

a b c ca cb c ab ac a ba bc b

a b c c ab a ba b a b c c a ba b

a b c c a ba b

+ − + + + − − + − + − − + − >

⇔ + − + + + − − + − − >

 

⇔ + −  + + + − − + − − >

   

⇔ + −  + − + − > ⇔ + −  − + − >

⇔ + − − − + 2

) ( ) ( )

( )( )( )

a b c c a b

a b c c a b c a b

 > ⇔ + −  − − >

   

(60)

đúng Vì a;b;c độ dài ba cạnh tam giác ta có : a + b > c suy a + b –c >0 ;tương tụ ta có c + b – a = c - a + b > c + a –b > nhân với với vế ba bất đẳng thức nói ta có ( a + b – c)( c -a +b) (c + a –b) > nên bất đẳng thức đầu Điều phải chứng minh

ĐỀ SỐ 6

Câu 1:

1) Ta có:

( + )( + )=  ( + ) (− + )( + )       − =       − = 1 1 2 1 3 2 2 1 1 n n n n n n n

Cộng vế với vế đẳng thức ta

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) n

1 1 1 1

S

2 1.2 2.3 2.3 3.4 n n n n

1 1

2 n n

n n

4 n n

  =  − + − + + −  + + +     =  −  + +   + = + + Do đó:

1 1 2016.2019 4070304

1.2.3 2.3.4 2016.2017.2018 4.2017.2018 16281224

= + + + = =

A

b) Ta có:

( ) ( ) ( )

2 2

1 = +   = + ⇒ + + = + + = + = + ⇒ =  + + +  = + 

x ny pz

y

y mx pz x y z ny pz mx ny y y n

n x y z

z mx ny

Tương tự: ;

1= 1=

+ + + + + +

z x

p x y z m x y z

Do đó: 1 2 2

1+ 1+ 1= + + =

+ + + + + + + + +

x z x

n p m x y z x y z x y z Câu 2:

a) Đặt 3 2

5 ,

6

−

+ = x = ≥

x x a b

(61)

Từcách đặt ta có:

( ) ( )

3

2

3 3 3

2

5

6 2

6

 − =

⇒ − − = ⇒ − − − = ⇔ − = ⇒ − =



+ = 

a x x

a b x a a x a x a x

b x

Từđó x nghiệm phương trình:

( )3 2 ( )

2 12

+ − = ⇔ + + = ⇔ = − ±

x x x x x x

Thử lại x= − +6 thỏa mãn

b) Điều kiện: x≠0,y>0

Đặt y =a (a>0)

Khi hệphương trình trở thành: ( )

( )

3

2

3

9 12

 + = + −

 

 − − + =



x a

a x x a x a x x Biến đổi phương trình (1) trở thành:

( ) ( ) ( )

( )( )

2

+ + − − =

⇔ + + + − + =

⇔ + + − =

x a ax a x

x a x a a x a x

a x a x

Trường hợp 1: 2a+ = ⇒ = −x x 2a thay vào phương trình (2) ta được:

( ) ( )( )( )

2 ⇔ −6a +18a+12= ⇔0 a−2 a+1 a+6 = ⇔ =0 a do a>0

4,

⇒ = −x y= (thử lại thỏa mãn hệphương trình)

Trường hợp 1: a+ − = ⇒ = −x a x thay vào phương trình (2) ta được:

( )

2 ⇔x −5x+ = ⇔ = ∨ =6 x x

Với x = a = -1 (loại)

Với x = a = -2 (loại)

Vậy hệcó nghiệm (x, y) = (-4, 4)

Câu 3:

a) Quy đồng ta được: 10 35 50 24 ( 1)( 2)( 3)( 4)

120 120

+ + + +

=a a a a a = a a a a a

A

Vì a, a + 1, a + 2, a + 3, a + số tựnhiên liên tiếp nên chia hết cho 3,

Vì a, a + 1, a + 2, a + số tựnhiên liên tiếp nên có sốchia hết cho sốchia hết cho

Do đó: a a( +1)(a+2)(a+3)(a+4 120) do(3, 5,8)=1

(62)

b) Ta có:

20412 2, 8 y 2⇒x2

Đặt x = 2x1khi phương trình trở thành:

2

1

5x +2y =5103

Do 2 2

1 1

5103 3 ⇒5x +2x 3⇒x +y 3⇒x y, 3

Đặt x1= 3x2và y = 3y1thì phương trình trở thành 5x22+2y12 =567 Suy luận tương tựta đặt 2

2 =3 ,3 =3 2⇒5 +2 =63

x x y y x y

Đặt 2

3 =3 ,4 =3 3⇒5 +2 =7

x x y y x y

Nếu x4= 0, y3= phương trình cho vơ nghiệm

Nếu x4y3≠ x4 = ±1,y3= ± ⇒ = ±1 x 54,y= ±27

Vậy x= ±54,y= ±27

Câu 4:

a) Ta có: CBI  = BAI (hai góc nội tiếp (O) chắn hai cung nhau) Suy BI tiếp tuyến (E) suy ra: EBI = 90o

Lại có BAE  = ABE(dễ chứng minh)

   = + =90o+ = ⇒ = ( )1 AEO AHE HAE HBE ABI AEO ABI

Mặt khác:

 ( ) ( ) 

  ( )

1 1

= sd cung ACI=

2 2

=

+ = + =

⇒

ABI sd cung AC sd cung CI sd cung AC sd cung BI ABI

ABI ADC

(63)

Chứng minh tương tự:  AFO = ADB( )**

Từ(*) (**) suy ra:    AEO +AFO= ADB+ADC=180o

Vậy tứgiác AEOF nội tiếp Câu 5:

giả sử có n đường

đường a cắt 2018 đường b1;b2; ;b2018

suy a phải song song với n - 2019 đường lại

vậy đường bi(với i chạy từ đến 2018) cắt n - 2019 đường mà số đường bi cắt thêm ≤ 2017 đường ( trừ đường a)

vậy n - 2019 ≤ 2017 suy n ≤ 4036 dấu = xảy <=> bisong song với 2017 đường có dạng bj( j khác i j chạy từ đên 2018)

và a phải song song với 2017 đường cịn lại khơng tính đường a 2018 đường b1;b2; ;b2018

tức có 2018 đường song song với vng góc với 2018 đường cịn lại max(n)=4036

ĐỀ SỐ 7

Câu a/ Rút gọn A

2 11

9

3

x x x

A

x

x x

+ −

= + +

−

+ −

( )( )

2 11

3 3

x x x

A

x x x x

+ −

= + +

+ − + −

( ) ( )( )

( )( )

2 3 11

3

x x x x x

A

x x

− + + + + −

=

+ − ( )( )

2 11

3

x x x x x

A

x x

− + + + + −

=

+ −

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

3

3 3 3

x x

x x x

A

x x x x x

+ +

= = =

+ − + − −

Vậy với x≥0;x≠9 3 x A

x

= −

(64)

0

A≥ 

3

x

x− ≥ 

3

0

3

x

x x

x

 ≥ 

 − > => ≥

  =

 ≤ 

  

− < 

 

Kết hợp điều kiện => x > x = A≥0

Câu

a/ Để đường thẳng (d1) (d2) song song với

2 2

'

2

'

2

m

a a m m

m m

b b m m

m

 =

=  − =  =

 

=> => => = − => = −

 ≠  ≠  ≠ 

    ≠



Vậy với m = - đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2) b/ ( )

2

x − m− x+ m− =

Ta có: ( )2 2 ( )2

' m 2m m 4m m 2

∆ = − − + = − + = − + > với m, nên phương trình ln có nghiệm phân biệt với m

Theo vi ét ta có: 2

2

x x m

x x m

+ = −



 = −



Để ( )( )

1 2 2 x − mx + m− x − ≤

=> ( ) ( )

1 1 2

x m x m x x

 − − + − − +  − ≤

 

=> (4 2− x1)(x2−2)≤0 => (2−x1)(x2−2)≤0 => 2x2− −4 x x1 2+2x1≤0 => 2(x2+x1)−x x1 2− ≤4

Thay vào ta có : 2( m− −2) (2m− − ≤5) 0=>4m− −4 2m+ − ≤5 0=>2 3 m− ≤ => ≤m Vậy

2 m≤ Câu

a/ Giải hệ phương trình 2

2

3

x y

 + =

 

− =

 Điều kiện : x, y ≥

Đặt

, ( , 0)

(65)

2 7

3 2

a b a b a a

a b a b a b b

+ = + = = =

   

<=> <=> <=>

 − =  − =  + =  =

    =>

1

( )

1

x x

TMDK

y y

 =  =

 =>

  = ±

= 



Vậy hệ có nghiệm:

1

x y

=   = 

1

x y

=   = − 

b/ Giải phương trinh: ( )

4 7

x + x− = x+ x − Điều kiện

7

x x

 ≥ 

≤ − 

( )

2

4 7

x + x− = x+ x −  (x2− +7) 4(x+4)−16=(x+4) x2−7

Đặt

4

x a

x b

 − = ≥

 + =

 , ta có phương trình

( )( ) ( )

2

4 16 16 4 4

a + b− =ab<=>a − + b ab− = <=> a+ a− −b a− =

(a−4)(a+ −4 b)=0=> 4

a a b

=   = − 

=> 2

2

7

23

7 4

x x

x

x x x x

 − =  − =

 => => ±

 − = + −  − =

 

Vậy phương trình có nghiệm : x± 23 Câu 4:

a/ Chứng minh OBM  = ODC

Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt) => OBC + ODC 180 = o (đ/l) (1a)

Ta có: OBC + OBM =180o (Hai góc kề bù) (2a)

2 G

H K

I O

N

M

D

C B

(66)

Từ 1a,2a => OBM  = ODC(ĐPCM)

b/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC xét ∆OBM ∆ODCcó

   

1

C =C =>OB=OD=>OB=OD (1b)

 

OBM = ODC (C/m câu a) (2b)

Do AD//BC (gt) => AD//MC => NAD  = NMC (đồng vị) (3b)

Do ∆CMN có đường cao vừa đường phân giác => MNC  = NMC (4b)

Từ 3b, 4b => ∆DAN cân D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác CMN cân) => CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b)

Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM)

+ Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN xét ∆OCM ∆OCNcó

OC cạnh chung (6b) ; C 1=C2 (gt) (7b) CM = CN (c/m trên) (8b) Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC

=> OM = ON = OC => O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN (ĐPCM) c/ Chứng minh rằng: ND IB – IK2 2

MB = KD

Gọi giao điểm IK với đường tròn tâm I G H Ta có

( )( ) ( )( )

2

2 2

IB – IK IB IK IB IK IG IK IH IK KG KG

KD KD KD KD

− + − +

= = =

mà KG.KH = KD.KB

=> IB – IK2 2 KD KB 2 KB KD = KD = KD (1c)

Do ND = AD = BC MB = CD (chứng minh trên) => ND BC

MB = CD mà

BC KB

CD = KD (Tính chất tia phân giác) => ND KB

MB = KD (2c)

Từ 1c, 2c => 2 ND IB – IK

MB = KD (ĐPCM)

(67)

Ta có

( )

( ) (( )) (( ))

2 2

1 1

x yz y zx z xy P

z zx x xy y yz

+ + + = + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1

1 1

xy zx yz y x z P

zx xy yz

x y z

+ + + = + + + + + 2 1

1 1

x

y z

y

z x

P

z x y

x y z

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

Áp dụng BĐT: ( )

2

1 3

1

1 3

a a a

a

a a

b b b b b b

+ +

+ + ≥

+ + Dấu = xảy

3

1

a a a b = b = b

2

1 1

1

1 1 1 1 1

x x y z

y z

y x y z

z x

P

z x y x y z

x y z x y z

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

1 1

P x y z

x y z

 

≥ + + + + + 

 

Áp dụng BĐT : 1 x+ + ≥y z x+ +y z =>

( ) ( )

9 27

4

P x y z x y z

x y z x y z x y z

 

≥ + + + = + + + +

+ +  + +  + +

Ta có:

( )

4

x y z

 

+ + + ≥ =

 + + 

  ; ( )

27 27

3

4 4.

2 x+ +y z = = => 15

2

P≥ + = Vậy 15

P =

2 x= = =y z

ĐỀ SỐ

Câu 1: a) Ta có:

1 1 1

1.2 2.3 2015.2016

2 2016 2015

1 1 1 2015 1931

1

2 2015 2016 2016 2016 1975

+ + + > + + +

(68)

b) Đặt: 3

3 3

= − + − + − − −

A a a a a a a

( )

( ) ( )

( )

3

3 3

3 3 3 3

= − + − + − − −

+ − + − − − − − + − + − − −

A a a a a a a

a a a a a a

a a a a a a a a a a a a

( )2 2 ( )

3

6 3

= a− + a− −a a− A

( )

( ) ( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )

( )

3

2

6

2 3

2

1 1

1

= − + − + − +

= − + − +

= − − −

⇒ − + − − − =

⇒ − + + − − =

 

⇔ −  + + − =

⇔ = + + − >

a a a a a A

a a A

A A a A a

A A A a A

A A A a

A Do A A a

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Xét x = khơng nghiệm phương trình Xét x ≠ 0: phương trình tương đương với:

2

4

3

4

3

1

4 3

1

−

+ =

+ + − +

−

⇔ + =

+ + − +

−  

⇔ + =  = + 

+ −  

x x

x x x x

x x

t x

t t x

Bạn tựgiải tiếp

b) Từ phương trình (1) suy x ≥ 0, từ phương trình (2) suy xy ≥ đó: x ≥ 0, y ≥ Ta có:

( )

( )( )

( )

2

2 2

1

2

1 2

1 2 ,

+ = +

⇔ + + = +

⇔ − + + + + + =

⇔ = + + + + + > ∀ ≥

x x y xy x x xy x y

xy x y x y xy x x

xy do x y x y xy x x x y

Do đó: 8 4 ( )( )

2 1 1

+ = ⇔ + = ⇔ − + + + + = ⇔ = ⇒ =

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

y Vậy hệcó nghiệm (x, y) = (1; 1)

Câu 3: (2,0 điểm)

(69)

( )( ) ( )( )

( )( )

( ) ( )

( )( )

2

2 2

2

1

10 10 16

7 10

7

4 28

2 2 49

⇔ + +    + + =

⇔ + + + + =

⇔ + = = + +

⇔ + =

⇔ + − + + =

x x x x y

a a y a x x

a a y

a y a a y

Ta thấy (x, y) nghiệm phương trình (x, -y) nghiệm Do ta cần xét y ≥ suy nghiệm

Xét y ≥ 2a+ + 2y ≥ 2a+ – 2y Ta có trường hợp:

2 49 2 7 7

; ; ;

2 2 49 7 7

+ + = + + = − + + = + + = −

   

 + − =  + − = −  + − =  + − = −

   

a a y a a y a a y a a y

b) Xét x≥ 1thì2016z≡ (mod 4)

Ta có 2017y≡ 1(mod 4) do đó VT ≡1(mod4)

2018z≡ 0, 2(mod 4) (vơ lí) Suy rax=

Viết lại phương trình với1+2017y=2018z

Mà VT ≡ (mod 4)do đó2018z≡ (mod 4)⇔z= Suy y =

Vậy (x,y,z)= (0,1,1)

(70)

a Gọi K' giao điểm (ECI) với AI =>AE.AC=AK′.AI Mặt khácAE.AC=AD.AB=> DK'IB nội tiếp

=> góc AK'E + góc AK'D = góc ACI + góc ABI = 180o => A, K', D thẳng hàng => K trùng K'

=> đpcm

b Ta có R2=OB.OC=OA.OI=2R.OI=> AI = (5/2)R

c Gọi M giao điểm (ADE) với AI, ta có: góc AMD = góc AED = góc AIC= góc ABO => DMOB nội tiếp => AD.AB=AM.AO =AO2 –R2khôngđổi=>khôngđổi=> AMkhông đổi =>

M cố định => (ADE) qua M cố định Câu 5: (1, điểm)

Ta xét a số thú vị => tổng chữ số a 45 => a chia hết cho => a chia hết cho 99999 Đặt a = 99999k

=>10235≤ k ≤98766 Ta tìm giá trị k cho nhân 99999 có mặt chữ số đến lần

Măt khác ta biết nhânk=a a a a a1 với 99999 lấyk−1sau viết phân bù

củak−1vào k-1 Chẳng hạn với k=10235=>k−1=10234bù củak−1 89765 =>10235.99999=1023489765

Chú ý: k−1là số cho không tồn hai chữ số có tổng

Như quy tốn tổ hợp: Có số k thỏa10235≤ k ≤98766 k−1là số cho không tồn hai chữ số có tổng

Tiếp tục: ta nhận thấy trongk−1có chữ sốaiaithì khơng xuất chữ số9−ai Ta xét cặp số (0;9); (1;8); (2;7); (3;6); (4;5) Ta lập sốk−1bằng cách chữ số cặp (giả sử xét chữ số chữ số hàng chục nghìn)

=> số lượng sốk−1 25.5!=3840 Vì số lượng số có chữ số hàng chục nghìn tương ứng với 0,1,2, ,9 => số lượng số có số đứng đầu là384 => số lượngk−1cần tìm 3840−384=3456số

Vậy có3456số thú vị

ĐỀ SỐ

Câu

a/ Rút gọn biểu thức M ( a > a ≠ 4.)

2

1 :

2 4

1 :

( 2) ( 2)

( 2) ( 1) ( 2)

2 2

( 2)

a a a

M

a a a a a

a a a

a a a a

a a a a a a

a a a a a

a a a a

+

 

= + 

− − − +

 

  +

= + 

− − −

 

  − + −

= +  =

− − + − +

 

= − = −

b/ Tìm tất cảcác giá trị a đểM ≤

0 ( 2) 0( 0)

2

M a a a do a

a a

≤ => − ≤ => − ≤ ≥

(71)

Kết hợp điều kiện : Với < a < M ≤ Khơng xảy dấu = a ≠ a ≠ Câu

a/ Giải hệphương trình

3

2

x y x

y

 + = 



 − = 

Điều kiện: y≠0.Đặt t

y = ta có hệphương trình

2 3 3 7

2 5(2) 10

x t x t t t

x t x t x t x

+ = + = − = = −

   

<=> <=> <=>

 − =  − =  − =  =

   

Với t 1 y

y

= − => = − => = −

Vậy hệphương trình có nghiệm

1

x y

=   = − 

b/ 2

2( 2)

x + m− x−m = ( m tham số)

Ta có: 2

' (m 2) m

∆ = − +

Do ( 2)2 2

' ( 2)

0 m

m m

m

 − ≥

=> ∆ = − + ≥  ≥



Dấu = xảy

2

( 2)

0

m m

m

 − =  =

 => => ∈Φ

  =

=

 



Vậy 2

' (m 2) m

∆ = − + > Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x1 < x2

Theo viet ta có : 2

4

x x m

x x m

+ = −



 = −



Để

2 2

1 2 2

2

1 2

| | | | (| | | |) 36 | | 36(1)

x | |

x x x x x x x x

Do x m x x x x

− = => − = => + − =

= − ≤ => = −

Thay vào (1) => 2 2

1 2

1

2 36 ( ) 36

6 x x

x x x x x x

x x

+ =

 + + = => + = => 

+ = − 

- Nếu : x1+x2 =6 =>4 - 2m = => m = -1 - Nếu :x1+x2 = −6 =>4 - 2m =-6 => m =5 Với m = -1, thay vào ta có phương trình

2

6

' 10

x − x− =

∆ = >

Phương trình có nghiệm x1< x2

2 10; 10 x = + x = −

(72)

2

6 25

' 34

x + x− =

∆ = >

Phương trình có nghiệm x1< x2

2 34; 34 x = − + x = − −

Khi : | 3− − 34 |− − +| 34 | 6(= TM) Vậy m =

Câu

5 x + =1 2(x +2) (Điều kiện x ≥ -1)

2

5 ( 1)( 1) 2( 2)

PT <=> x+ x − + =x x +

Đặt

1 ;

x+ =a x − + =x b(a b, ≥0)

2 2

2

a b x

=> + = + thay vào ta có PT 2

5 2( )

(2 )(2 )

ab a b

a b b a

= +

<=> − − =

TH1: 2a - b = => 2a = b

2

1

2

2 1

4

5

37

5 37

( )

2

5 37

( )

2

x x x

x x

x TM

+ = − + => + = − + <=> − − = ∆ = >

 = + 

 =>

 −

=  

TH2: 2b – a = =>2b= a

2

2 1

4 4

4

23

x x x

x x

PTVN

− + = + => − + = + <=> − + = ∆ = − < =>

Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm :

5 37 37

; x

2

x = + = −

(73)

a/ Chứng minh MN//AE

Xét đường tròn (C) ta có :

AED= ACD (góc nơi tiếp nửa góc ởtâm chắn cung AD) (1)

1

( )(2)

BDM = ACD gt

Từ1, =>AED= BDM

=> MN//AE (Vì có góc đồng vị nhau)

b/ Chứng minh BD.BE = DA2 tứgiác DHCE nội tiếp

+ Chứng minh BD.BE = BA2

Xét ∆BAD ∆BEA có ABE chung (3)

AD=BEA( chắn cung AD) (4) Từ3,4 =>∆BAD ~ ∆BEA (g.g)

2

(5)

BD BA

BD BE BA BA BE

=> = => = (ĐPCM)

+ Chứng minh DHCE nội tiếp

(74)

Từ5,6 => BD.BE = BH.BC=>BD BH (7)

BC = BE Mà CBE chung (8) =>∆BDH~ ∆BCE (c.g.c) =>BHD =BEC (Hai góc tương ứng) (9) Mà BHD +DHC =180o(10)

Từ9,10 =>DHC+ BEC =180o=> Tứgiác DHCE nội tiếp (Đ/l) (ĐPCM)

c/ Chứng minh HA đường phân giác góc DHE D trung điểm đoạn thẳng MN

+ Chứng minh HA đường phân giác góc DHE Xét ∆CHE ∆CEB có HCE chung (11)

Xét ∆BAC vng A có AH đường cao => CA2= CH.CB (Hệ thức)

Hay CE2= CH.CB (do CE = CA = R) =>CE CH (12)

CB = CE

Từ11,12 =>∆CHE ∆CEB (c.g.c) =>CHE =CEB (13) Từ9.13 =>CHE= BHD

=>AHE= AHD (cùng phụ với góc nhau) => HA đường phân giác góc DHE

+ D trung điểm đoạn thẳng MN

Ta có : MD//AE (câu a) =>DM BD(talet)(14) EA = BE

Gọi giao DE AH F Ta có :DN FD HD

EA = FE = HE (Ta lét – T/c tia phân giác) (15)

Ta có : ∆HDB ~ ∆HCE (g.g) DH BD DH CE CH BD (16) HC CE

=> = => =

Ta có : ∆CHE ~ ∆CEB (g.g) => HC HE HC.BE HE.CE(17) CE BE

=> = => =

Từ16,17 => (18)

DH CE HC BD HD BD HE CE = HC BE => HE = BE

Từ14.15.18 =>DM DN DM DN EA = EA => =

=> D trung điểm MN (ĐPCM) Câu 5:

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x + y + z = Tìm giá trị nhỏ 2 2 2

1 1

x y z

S

y z x

= + +

+ + +

Ta có : 2 22 ; 2 22 ; 2 22

1 1 1

x xy y yz z zx

x y x z

y + y = z + z = = x + x =

(75)

2 2

2 2 2

2 2

( )

1 1 1

3

1 1

 

=> = + + = + + − + + 

+ + +  + + + 

 

=> = − + + 

+ + +

 

x y z xy yz zx

S x y z

y z x y z x

xy yz zx S

y z x

Ta có:

2 2 2

2 2

; ;

1 2 2 2

1 1

3

2

xy xy xy yz yz yz zx zx zx

y y z z x x

xy yz zx xy yz zx

y z x

xy yz zx S

≤ = ≤ = ≤ =

+ + +

+ +

=> + + ≤

+ + +

+ +

=> ≥ −

Do

2

( ) 2( )

3

2

3

x = y = z =1

+ + ≥ + + => + + ≤ => ≥ − => ≥

=> MIN =

x y z xy yz zx xy yz zx

S S

S

ĐỀ SỐ 10 Bài a) Ta có + = + = ( + ) = +

2

2 6

b) Ta có

( )( )

− + − − − +

− + − +

= = = =

− − − + + + + + − − +

4 2

6 2

x 2x 2x x x x 2015

x 3x 3x x 2015 2015

P

2015 x x 3x 3x 2015 x x 2x 2x x x 2015

Bài 2. a) Ta có ∆ =(2m 1− )2 −4.2 m 1( − ) (= 2m 3− )2 ≥ 0, phương trình có nghiệm với m

Theo hệ thức Vi – et ta có

 −

+ = 

 + = −

 ⇔  ⇒ + + = −

 −  = −



 = 



1 1 2

1 2

1

1 2m

x x 2x 2x 1 2m

2 2x 2x 4x x 1

m 4x x 2m x x

2

Vậy 2x1 +2x2 +4x x1 2 = −1 không phụ thuộc vào m

b) Hệ phương trình tương đương với  ++ + + =+ + + = 

2 2

x y x y x y xy x y

Trừ theo vế hai phương trình ta xy = −2, ta

( ) ( )

( )( )

+ + + = ⇔ + − + + = ⇔ + + + =

 + =

⇔ + + + = ⇔ 

+ + = 

2

x y x y x y 2xy x y x y x y x y

x y x y

(76)

+ Với x y+ =0, ta có hệ phương trình  + = ⇒  = = −

= −  = − =

 

x y x 2; y xy x 2; y 2

+ Với x y 0+ + = , ta có hệ phương trình  + = −= − ⇒  == − = −= 

 

x y x 1; y xy x 2; y

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm ( 2; − ,) (− 2; , 1; ,) ( ) ( )− −2; Bài 3. a) Ta có F = n3 +4n2 −20n 48− = (n n n 125− )( + )( + )

Vì 125 5 nên F tồn thừa số chia hết chia

+ Nếu n 5+  n 4− = + −n không chia hết cho n 6+ = + +n không chia hết để F chia hết cho 125 n 125+  nên n bé 123

+ Nếu n−4 5 n 6+ = − +n 10 chia hết cho n 2+ = − +n không chia hết để F chia hết cho 125

Hoặc n 25−  nên n bé Hoặc n 25+  nên n bé 19

Vậy để F chia hết cho 125 n bé cần chọn b) Xét dãy số có dạng 2; 2.3; 2.3.5;

Giả sử hai số cần chọn a =2.3.5 p ; b 2.3.5 pn = m với p ; pn m(n<m) số nguyên tố thứ n

và thứ m

Ta có b a− =2.3.5 pm −2.3.5 pn =30000⇔2.3.5.p p p pn( n 1+ n 2+ m −1) =2.3.5.1000

Ta thấy 2.3.5.1000 tồn ước nên a b có chữa số nguyên tố nên pn ≥3 1000 khơng có ước ngun tố khác nên a khơng có ước khác nên pn ≤5 Từ ta

+ Nếu pn =3, ta p p pn 1+ n 2+ m =10000, không tồn pm thỏa mãn

+ Nếu pn =5, ta p p pn 1+ n 2+ m =1001 7.11.13= ⇒pm =13, từ ta

= = = =

a 2.3.5 30; b 2.3.5.7.11.13 30030

Bài a) Ta có DBC DCA = nên B 1 =C1, suy BHC 90 = hay BH ⊥CE

Mặt khác CEA =900

nên AE//BH b) Ta có

= = R = = R

AC R, AD , CD R.sin 60

2

Gọi bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ADC r ta

O E

K' K

1

H

J' I' O'

J I

F C

(77)

( − ) = + − = R + R − = R

r CD DA AC R

2 2

Do = − = ( − ) =  − − =  − − =

   

2 FDI FDA IDA

AD FF ' r R CD 3 1 R R 3 3 1 R

S S S R R

2 2 4 16

c) Gọi I’, J’, K’ hình chiếu I, J, K AB

Ta có tứ giác CHBD nội tiếp nên B1 =D1 mà KDB     =HKD B ; KDC− 1 =KDC D− 1 nên ta

 

KDB KDC= , suy DK phân giác BDC Do K giao điểm hai đường phân giác

nên K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC

Tương tự ta I J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD ABC Do ta có 2II ' CD BD BC; 2JJ '= + − = AC BC AB; 2KK '+ − = AD CD AC+ −

Do ta II ' JJ ' KK '+ + =CD≤ R Dấu xẩy C nằm AB Cách khác: Gọi bán kính đường trịn nội tiếp tam ADC, BCD, ABC r , r , rI K J

Ta có ∆ADC ∆ACB⇒rI = ABrJ

AC

∽ ∆CDB ∆ACB⇒rK = ABrJ

AC

∽ Do ta

  + + + −

+ + = + +  =

 

+ + − +

= = ≤ = = =

I K J J

2 2 2

AC BC AB BC CA AC BC AB

r r r r

AB AB AB

AC BC 2AC.BC AB 2AC.BC AC BC AB AB R 2AB 2AB 2AB 2AB

Do ta II ' JJ ' KK '+ + ≤R Dấu xẩy C nằm AB

Bài Ta có

( )

( ) ( ( ) ) (( ) )

( )

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

= + + = + +

+ + + + + +

= + + = + +

+ + +

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

xy yz zx

xy yz zx T

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

xy yz zx xy yz zx

xz yz xy xz xy yz xyz zx zy xyz xy xz zxy yz yz

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức bất đẳng thức Cauchy ta

( ) ( ) ( ) ( )

( )

+ + + +

+ + ≥ = ≥ =

+ + + + +

2 2

xy yz zx xy yz zx xy yz zx 3 x y z 3 xz yz xy xz xy yz xy yz xz 2

Do T ≥

2 hay giá trị nhỏ T

2 Dấu xẩy x = = =y z ĐỀ SỐ 11

(78)

( ) ( )

2

1 x x 1

1 x x x

M

x x x 1

1 x 1 x

1 x x

  − +  − −  + − + − − − +  

= =

− − − −

− + − − +

= =

− −

b) Vì ≤ <x nên ta 1− x ≤1 do 2 M 1− x ≥ ⇒ ≥

Vậy giá trị nhỏ nhât M 2, xẩy x =0

Bài a) Điều kiện xác định phương trình x ≠0 Phương trình tương đương với

2 2

2

5x x 8x 16 x

x

9 x 3 x x x

x x

8 0 x x

3 x x

   

+ = −  −  ⇔ + − = ⇔  − +  =

   

 

⇔  −  = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ±  

đến bạn đọc tự giải

b) Giả xử x lớn ta có y x− ≤0 x2 = + − ≤1 y x vậy ta

1 x 1 y; z

− ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤

Ta có

( )

( ) ( )( )( )( )

2 2

x x y

y y z y y z xyz x y z

z z x z z x



 + − = + = + 

 + − = ⇔  + = + ⇒ − + + + =

 

 + − =  + = +

 

 

+ Nếu (x y z 1+ )( + )( + ) =0 số x, y, z −1, suy x= = = −y z + Nếu x, y, z khác −1 suy xyz 1= , mà x y z ≤1 nên ta x = = =y z

Thử lại ta ( ) (1;1;1 , − − −1; 1; 1) là nghiệm hệ phương trình

Bài a) Xét n 1= ta A =2 n =2 ta A =73 khơng phải số phương

Xét n>2 ta có A =n6 +n4 −n3 +1 làsố phương nên 4A=n6 +4n4 −4n3 +4 số phương Ta có 4A=(2n3+ −n 1)2+ −4 (n 1− )2

+ Nếu n=3 4−(n 1− )2 =0 nên

2

2n n

A 28

2

 + −  =  =

  số phương

+ Nếu n >3 ta có 4−(n 1− )2 < nên 4A 2n<( + −n 1)2

Mà 4A−(2n3 + −n 2)2 =4n – n3 2+4n >0 nên (2n3 + −n 4A)2> >(2n3 + −n 2)2 Do với n>3 A khơng thể số phương

Vậy với n =3 A số phương

(79)

Do tổng chữ số A 21.1 20 9+ ( + + + + + + + )=901 không chia hết cho Mà 2016 chia hết cho A khơng thể chia hết cho 2016

Bài a) Gọi O; K lầm lượt tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác AMB ANC Khi O thuộc AC K thuộc AB

Các tam giác ACK ABO tam giác Dễ dàng chứng minh BHC BIC 120 = =

Do ta

   1( )

CPK CPA APB AKC AOB 60

2

= + = + =

Từ suy tứ giác BICP BHCP mội tiếp hay điểm B, H, I, C, P thuộc đường tròn

b) Chứng minh CPA 1AKC 30 ; CPI0  CBI 300

2

= = = = suy P, I, A thẳng hàng

Lại có CPA HBA 30 = =

Chứng minh đượcBAH IAC = từ suy ∆BAH∽∆PAC

c) Ta cóPBC 60 = khơng đổi BC R 3= khơng đổi Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

BCP BC 0 R

2sin60 = Gọi h độ dài đường cao từ P xuống BC ta chứng minh

3R h

2

≤ Dấu

bằng xảy A điểm cung lớn BC tức tam giác ABC Do ta đươc

BCP

2 S

R 3 Max

4

= tam giác ABC

Bài 5.Để ý điểm cách hai đầu đoạn thẳng số đoạn thẳng nhận chúng làm trung điểm

là

Nếu n số chẵn khi trung điểm M M M1 nkhác n điểm nói

Số đoạn thẳng đẹp phải chia hết cho mâu thuẫn giả thiết Vậy n lẻ, đặt n =2k 1+ ta có trung điểm

của M M1 n Mk 1+ , tổng số đoạn thẳng đẹp 2 3( + + + + … + −k 1)+ =k k2

Vậy k 20292= nên k=47suy n =95.

ĐỀ SỐ 12

Câu 1:

K O

H I N

M

P

C

(80)

1) Ta có:

3 16 7 1 3 3 4 7 1 3

P

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

x x x x x x x x

+ − + − + − + −

= − − = − −

+ − + − + − + −

3 4 7 ( 1)( 1) ( 3)( 3)

( 3)( 1)

x x x x x x

x x

+ − − + − − − +

=

+ −

3 4 7 1 9

( 3)( 1)

x x x x

x x

+ − − + − +

=

+ −

4 3

( 3)( 1)

x x

+ +

=

+ −

( 3)( 1)

x x

+ +

=

+ −

1 1

x x

+ =

− 2) Ta có:

2 2 3

x= + = ( 2+1)2 (Thoảmãn ĐKXĐ)

=> x= 2+1 => P 1

1

x x

+ =

− =

2 1 1

2 1

+ + =

− +

2 2

2

+

= = + 2

Câu 2:

1) Ta có: ∆= (m - 2014)2+ 2013 2015 > với m Vậy phương trình ln có hai

nghiệm phân biệt với m

Theo hệ thức Vi – et ta có:

1

2014 2013 2015 2013

m x x x x

−  + = 

 −

 =



Từ 2

1 2014 2014

x + − =x x + +x

=> ( )( )

( )( )

2

1 2

2

1 2

2014 2014 2014

x x x x

 = + + + +

 

 = + − + −

 =>

2 2

1 1 2

2 2

1 2 1 2

2014 ( 2014)( 2014) 2014 2014

x x x x x x x x x x x x x x x x

 = + + + + + + +

 

= + + − + − + +

(81)

=> 2

1 2014( 2) 2014( 2) 0

x + x +x + x + x +x =

=> (x1+ x2)( x12 +2014+ x22 +2014 ) = => x1+ x2=

=> 2014 0 2013

m− =

=> m =2014

Vậy m = 2014 giá trị thoảmãn đềbài 2) ĐK: x≠-1 x ≠ 1

2

− Đặt 2x + = t, PT (*) <=> 12 1 2 3 ( 1)

t + t+ =

<=>

2

1 1 2

3 0

1 ( 1)

t t t t

 −  + − =

 +  +

 

Đặt y = 1 ( 1)

t t+ , ta có pt: y

2+ 2y – = Giải pt ta y1= 1, y2= -3

Với y1= => 1

( 1)

t t+ = => t(t+1) = 1=> t

2+ t – 1 =

=>

2

1 5

2

1 5

2

t t

 − +

=  

− −  = 

=> 1

2

1 5 3 5

2 1

2 4

1 5 3 5

2 1

2 2

x x

 − +  − +

+ = =

 

 =>

 − −  − −

+ = =

 

 

(Thoả mãn)

Với y2= -3 => 1

( 1)

t t+ = -3 => t(t+1) =

1 3

−

=> t2+ t + 1

3= (Vơ nghiệm ∆<0)

Vậy pt có hai nghiệm 1 3 5, 2 3 5

4 2

x = − + x = − − Câu 3:

x3+ y3 –x2y – xy2= 5<=> (x + y)(x2 – xy + y2) – xy(x + y) = 5

<=> (x + y)( x2 – 2xy + y2) =

<=> (x + y)( x - y)2=

Do (x – y)2 ≥ x, y thuộc Z nên xảy hai trường hợp:

TH1: 25

( ) 1

x y x y

+ = 



− =

 =>

5 3

1 2

x y x x y y

+ = =

 

=>  − =  =

  ;

5 2

1 3

x y x x y y

+ = =

 

=>  − =−  =

(82)

TH2: 21

( ) 5

x y x y

+ = 

 − =

 =>

1 5

x y x y

+ = 



− =±

 (loại)

Vậy phương trình có hai nghiệm ngun (x;y) ∈{(3;2); (2;3) }

Câu 4:

1) CM: Tứgiác MEIF tứgiác nội tiếp: C/m tứgiác ACMI, BDMI nội tiếp Do đó:  

     

1

1 1

I A

I I A B

I B



=  => + = +



=  , mà  

0 2 90

A +B =    A1 +A2 +B1 +B2 =1800 =>  

1 90

I +I =

=>  

90

EIF=EMF = => MEIF nội tiếp 2) CM: EF // AB:

MEIF nội tiếp (câu 1) =>  I1 =F1

ACMI nội tiếp (câu 1) =>  I1 =A1

Trong (O) B 2 =A1 (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AM)

Do => B 2 =F1 , mà chúng vịtrí đồng vị=> EF // AB

3) CM: OM tiếp tuyến chung đường tròn ngoại tiếp tam giác: CEM , DFM

O

A B

I C

M

D

E F

1

2 2

1

(83)

Ta có OA = OM => M 1=A2 mà C 1=A2( chắn cung IM) =>C 1=M1=> OM tiếp

tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1)

Lại có: OM = OB => M 2=B2 mà D 1=B2( chắn cung IM) => D1=M2=> OM tiếp

tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF(2) Từ(1) (2) => ĐPCM

Câu 5:

Đặt: a = 2

x + y ; b = y2 +z2 ; c = 2

z +x (*) => a + b + c = 2014 (1)

Từ(*) => x2=

2 2

2

a −b +c

; y2=

2 2

2

a +b −c

; z2=

2 2

2

a b c

− + +

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

y + z≤ 2

2(y +z )= b 2; z + x≤ 2(z2+ x2)=c 2; x + y≤ 2(x2 + y2)= a 2 Từđó ta có:

T =

2

x y+z +

2

y z+x +

2

z x+ y ≥

1 2 2 (

2 2

a b c

b

− +

+

2 2

a b c

c

+ −

+

2 2

a b c

a

− + +

) T≥ 1

2 2 (

2

a b +

2

c b +

2

a c +

2

b c +

2

b a +

2

c

a - a – b – c ) (2)

Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có:

2

a

b + b ≥ 2a;

2

c

b + b ≥ 2c;

2

a

c + c≥ 2a;

2

b

c + c ≥ 2b;

2

b

a + a ≥ 2b;

2

c

a + a≥ 2c

=>

2

a b +

2

c b +

2

a c +

2

b c +

2

b a +

2

c

a ≥ 4(a + b + c) – 2(a + b+ c) = 2(a + b + c) (3)

Từ(2) (3) => T ≥ 1

2 2 ( a + b + c) (4) ; Từ(1) (4) => T ≥ 1

2 2 2014

Vậy TMin= 2014

2 2 , x = y = z = 2014

3 2

ĐỀ SỐ 13

(84)

Ta có:

2 2 2

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

1

( 1) ( 1) ( 1)

a a a a a a a a

a a a a a a

+ + + + + + + +

+ + = =

+ + +

4 2 2

2 2

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

1

( 1) ( 1) ( 1) 1

a a a a a a a a

a a a a a a a a

+ + + + + + + +

= = = = + −

+ + + +

Vậy: S (1 1 1) (1 1 1) (1 1 1) (1 1 1 )

1 2 2 3 3 4 2013 2014

= + − + + − + + − + + + −

S = 2013 - 1 2014 Câu 2:

1) ĐK: x ≤ x ≥ Đặt a = x + 1, b =

2x −2x => b≥ Ta có pt:

ab = b2 – a –

<=> (b2 – 1)–( a + ab) =

<=> (b + )(b – - a) = <=> 1 0

1 0

b

b a

+ = 

 − − =

 <=> a = b – ( b = - loại b ≥)

+ Với a = b – => x + =

2x −2x - <=> x + = 2x2 −2x <=> (x + 2)2= 2x2 – 2x <=> x2 – 6x – 4 = => x1,2= ± 13(thoả mãn)

Vậy pt có tập nghiệm S = {3 ± 13} 2) Từ(2) => x ≠ 0, x = 1

1

y

−

+ (3) Thay (3) vào (1) ta pt:

2

1 1

. 2 2 6

1 y y 1

y y

 − −  − + =−

 +  + 

   <=>

2

2 ( 1) 2 1

6

1 1

y y y y

y y

− − +  + =−

 +  + 

 

<=> ( 2y3+ 2y2+ y)( 2y + 1) - 6(y + 1)2=

(85)

<=> (2x2 - x - 2)(2x2+ 4x + 3) = <=>

2

2 2 0(1) 2 4 3 0(2)

x x

 − − =



+ + =

 Giải pt (1): Ta 1,2 1 17

4

x = ±

PT (2) vô nghiệm

Thay vào (3) ta giá trịtương ứng y1= 10 17

8 −

; y2= 3 17

4 − +

Vậy hệpt cho có nghiệm: ( 1 17 4 −

;10 17 8 −

) (1 17 4 +

; 3 17 4 − +

)

Câu 3:

1) Vì p nguyên tố > => p  => p = 6k + p = 6k + ( 6k + 2; 6k + 3; 6k + hợp số) k ∈Z

+ Với p = 6k + => (p + 1)(p - 1) = (6k+2)(6k) = 12k(3k+1) k(3k+1) chia hết cho => (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24

+ Với p = 6k + => (p + 1)(p - 1) = (6k+6)(6k+4) = 12(k+1)(3k+2) (k + 1)(3k+2) chia hết cho => (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24 KL: (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24

2)x3+ y3 – 3xy – =

<=> (x + y)3 – 3xy(x + y) – 3xy - 3= (*)

<=> (x + y)3+ - 3xy(x + y + 1) - 4=

<=> (x + y + 1) [ (x + y)2 – (x + y) + 1] – = 3xy(x + y + 1)

Suy chia hết cho x + y + => (x + y + 1) ∈Ư(4) = {-4; -2; -1; 1; 2; 4} Từ (*) => xy

3

( ) 3

3( 1)

x y x y

+ −

=

+ +

Lập bảng:

x + y + - - - 1

x + y - - -

xy 32

3

11 3

−

- 1

3

−

2

KL Loại t/m Loại t/m Loại t/m

+ Với x + y =- 3, xy = khơng có nghiệm x, y

+ Với x + y = 0, xy = - => (x = 1; y = - 1) ( x = - 1; y = 1) + Với x + y = 3, xy = => (x = 1; y = 2) (x = 2; y = 1) KL: Pt có nghiệm nguyên: (1; - 1), (- 1; 1), (2; 1), (1; 2)

(86)

1 1

1 I

D

E

F O A

C B

1 c/m: OE//AB →∠O1=∠B1=

∠B

2 ; ∠E1=∠C1= ∠C

2 →∠OIF=∠O1+∠E1=

∠B 2 +

∠C 2 =45°

1v 45°

1

H I

E

D

F O

R C

A

B

2 c/m t/g BOHF nt: ∠BHF=∠I+∠IBH=45°+(45°-∠B 2

)=90°-∠B

2 , mà ∠BOF=90°-∠B

2 ⇒t/g BOHF nt⇒∠OHB=1v⇒OH⊥BM,mà ΔABM vuông cân, AH p/g ⇒AO⊥BM ⇒OH≡AH⇒∠AHB=1v

(87)

Câu 5:

Trong bảng ∃ số2 Nếu ta xóa hai số bất kỳđến lúc ta phải xóa số2, giả sửa = ta có số thêm vào là: 12

2 b b

+ − = khơng bao giờxóa số số cuối lại số

ĐỀ SỐ 14

Câu 1:

1/ Tìm điều kiện a đểbiểu thức C có ngĩa, rút gọn C + Biểu thức C có nghĩa

a a 0

a 16 a 16

a 0, a 16

a a 16

moi a

a

≥

  ≥

 − ≠ 

≠

 => => ≥ ≠

 − ≠  ≠

 

 + ≠  ≥



+ Rút gọn biểu thức C

( )( )

a 2 a 2

C

a 16 a a a a a a

= − − = − −

− − + − + − +

2 2

2

K

Q

P

N H

E D

F O

S A

C B

M

3 C/M t/g KEPNnt; t/g KQFN nt ⇒⇒∠E2=∠PKN, t/gDENF

nt⇒∠E2=∠F2

⇒Q,K,P thẳng hàng ⇒∠QNF=∠PNE (=∠EKP=∠QKF)

⇒∠PNQ=∠ENF⇒ΔPNQ∼ENFΔ⇒PQ

EF=

PN

EN≤1⇒PQ≤EF

(88)

( ) ( )

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

a a a a 2 a 8 a 8 a 4 a

C

a a a a a a

− + − − − − − + −

= = =

− + − + − +

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

a a

a a a

C

a a a a a

− −

= = =

− + − + +

2/ Tính giá trị C , a= +9

Ta có : a= +9 5= +4 5+ =5 (2+ 5)2=> a = (2+ 5)2 = +2

Vậy :

( a ) 5

C

2

a

+ +

= = =

+ + +

+

Câu 2:

1/ Giải hệphương trình m =

Khi m = thay vào ta có hệphường trình

(2 x) y x y x x

2x y x y y

2x y

− + =

  + =  =  =

 <=> <=> <=>

  + =  + =  =

+ = +

   



Kết luận : Với m = hệphường trình có nghiệm x

y

=   = 

2/ Chứng minh với m hệphương trình ln có nghiệm (x ; y) thỏa mãn 2x+ ≤y

( ) ( )

y m x

m x y y m x

mx m x m

mx y m mx mx x m

= − − 

− + = = − −

 

 <=> <=>

  

+ − − = +

+ = + + − + = +

  

  

<=> y (m x) y (m m 1)( ) y m2 2m

x m

x m x m

= − − = − − −

   = − + +

 <=> <=>

  

= −

= − = −

  

 

Vậy với m hệphương trình ln có nghiệm : y m2 2m

x m

 = − + + 

= − 

Ta có : ( ) 2

(89)

( )2

2x+ − = −y m +4m 4− = − m 2− ≥ =>0 2x+ − ≥ =>y 2x+ ≥y 3ương trình :

(m x) y

mx y m

− + =

 

+ = +

 ( m tham số)

Câu 3:

1) Hoành độgiao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình : 2x2= mx – m + <=> 2x2 – mx + m – = (1)

Có : 2 ( ) 2 ( )2

m 4.2 m m 8m 16 m

∆ = − − = − + = −

Đểđường thẳng (d) : y = mx – m + cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên

phải trục tung

1 2

0

x x

∆ > 

 + > 

 > 

=>

( )2

m

m m

0



− > 

  >  

−  > 

=>

m

m m 2, m

m

≠ 

 > => > ≠ 

 > 

Kết luận : đểđường thẳng (d) : y = mx – m + cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt

nằm bên phải trục tung : m>2, m≠4 2/Giải hệphương trình :

3

3 x 2y x 2y (1) 2x 2y (2)

 + = − −

 

+ + =



Điều kiện : x 2y x 2y

2y y

+ ≥ + ≥

 =>

 ≥  ≥

  (*)

Đặt x + 2y = ≥ t 0, thay vào phương trình (1) ta có

3t = – t2=> t2+ 3t – =

1 + – = 0, nên phương trình có hai nghiệm t = t = -4 (loại)

Với t= => x + 2y = 1=>x + 2y = => x = - 2y, thay vào phương trình (2) ta có

( )

(90)

<=> − + = −4y 8 12 2y 12y 2y 2y+ − <=>16y 12 2y− −2y 2y =0

<=>8y 2y− −y 2y=0<=> y(− 2y y+ −6 2)=0

<=>− y( y− 2)( y−6)=0

TH : y= => = => =0 y x (thỏa mãn *)

TH2 : y= 2=> = => = −y x (thỏa mãn *)

TH3 : y y 18 x 35

= => = => = − (thỏa mãn *)

Vậy hệphường trình có nghiệm (x, y) = (1 ; 0), (-3, 2), (-35,18) Câu 4:

1 Chứng minh 

DHE=90

Tứgiác ADHE có : A  = =D E => ADHE hình chữ nhật => 

DHE=90

Chứng minh AB.AD = AC.AE

Xét hai tam giác vng HAB HAC ta có : AB.AD = AH2= AC.AE

2/ Tính góc GIF

F G

I

E

H D

C B

(91)



DHE=90 => DE đường kính => I thuộc DE

=>  1 1 1

DIE DIH HIE DIE 90

2 2

= + = =

3/ Tứgiác DEFG hình thang vng có đường cao DE = AH Hai đáy DG = GH = GB = 1BH

2 EF = FC = FH =

HC

=>diện tích hình tứgiác DEFG

( )

1

HB HC AH

BC.AH

2

+

=

lớn AH lớn BC = 2R khơng đổi

Ta có : AH lớn => AH đường kính => A trung điểm cung AB

Câu 5:

( )

( )( )

2 2 2

xyz x y z x y z

S

x y z xy yz zx

+ + + + +

=

+ + + +

Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xki : ( )2 ( 2 2)

x+ +y z ≤3 x +y +z =>

( ) 2

x+ + ≤y z x +y +z

=> ( )

( )( )

2 2 2

2 2

xyz x y z x y z

S

x y z xy yz zx

+ + + + +

≤

+ + + + =

( )

2 2

xyz

x y z xy yz zx

+

+ + + +

( )

2 2 2

6

xyz 3 1

S

3 3 x y z x y z

+ +

≤ =

=> S max 3

+

(92)

ĐỀ SỐ 14

Câu 1:

a) Điều kiên: a a *( ) a

 − >

⇔ − < <  + >



( )( )

2 2

2

3

P a :

1 a a

3 1 a a a

:

1 a a

3 a . a

1 a a

1 a

 

= + −   + 

+

   − 

+ − + + −

=

+ −

+ − −

=

+ + −

= −

b) Ta có:

( )

( ) ( )

( )( )

( )

2

3

2

1 a

1 a a a

1 a a

1 2a a a

1 2a a a 2a a

a a a a a a

a

do (*)

1

a

2

− = −

⇔ − + =

⇔ − + + =

⇔ − + + − + =

⇔ − − =

 =



⇔ −

 = 

Câu 2: (2 điểm)

1) Hoành độ giao điểm đường thẳng Parabol nghiệm phương trình:

( )2 ( )2 ( )

2

x =mx m 2− − ⇔ x −mx m 2+ − =0 Để đường thẳng Parabol có điểm chung thì:

( )

( )( )

2

0 m m 3m 8m 16

4

m 3m m

3

∆ ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − + − ≥

⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤

2) Hoành độ giao điểm đường thẳng Parabol nghiệm phương trình (1) Theo định lý vi-ét ta có:

( )

1

2

x x m

 + =

 

= −



(93)

O

F E

K

J I P

N

M C

B

A Do điều kiện: m m (m 1)2

3 ≤ ≤ ⇒ ≤3 − ≤ ⇔ ≤9 − ≤

Suy ra: (m 1)2 28 Q 12

9+ ≤ − + ≤ + ⇒ ≤ ≤

Ta có: Q 28 m 4; Q 12 m

9

= ⇒ = = ⇒ =

Vậy minQ 28; maxQ 12

9

= =

Câu 3:(2điểm)

Đặt x2 +3x +3 = y ( y≥0,75 ) ta có phương trình

t4+8t3 +25t2+ 32t - 66 = ⇔ (t -1)(t3 + 9t2+34t +66) =

vì t ≥0,75 nên t3 + 9t2+34t +66 > buộc t - =0 suy t =1 từ tìm x= -1 x= -2 Câu 4:

Lưu ý tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác trọng tâm

hãy thực bước sau: chứng minh: tam giác MNP

-kẻ MF// AC ( hình vẽ) NE trung tuyến - chứng minh: PF= AN suy JE//=

2

1 AN

Nhờ Ta lét Suy

2

= =

OA JO ON

EO

từ suy O trọng tâm trung hai tam giác suy điều cần chứng minh b) Kẻ PQ //AB ( Q∈ AC) chứng minh cho CQ= AN suy KN= KQ

mà KJ // MQ nên KJ qua trung điểm I MN C)Đặt =k(0≤k ≤1)

CB

CM thì

k CA

CN = −

1 từ tính

SMNP= SABC - 3k(1 - k).SABC ( ) )

4

( − k+ −k

≥ SABC =

4 1S

ABC

Dấu xảy k= - k hay k = 1/2

4

≥

ABC MNP

S S

suy

2

≥

AB

MN đẳng thức xảy k=1/2 M; N trung điểm

BC CA

Câu 5:

xy =0 suy S=

x.y ≠ Ta có + 1006 =2⇔

1007 1006

1007 y y y

x

4 4 )

( 1006

1007 1006

1007

≤ ⇔ =

+ xy

y y y

x ( (a+ b)2

ab

4

≥ ) nên xy≤1 dấu xảy x= y = nên S≥0 Đẳng thức xảy x= y = (2)

Từ (1) (2) suy Min S = x= y =

(94)

ĐỀ SỐ 16

Câu 1: Từgiảthiết ta có: ( ) ( )

( ) ( )

3

a a 2013 b b 2013

 − + − − =

 

− + − − =



( ) ( ) ( )

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

3

2

a b a b

a b a a b b a b

a b a a b b

⇒ − + − + + − =

 

⇔ + −  − − − − + − + + − =

 

 

⇔ + −  − − − − + − + =

 

Mặt khác: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

a a b b a b b

2

 

− − − − + − + = − − −  + − + >

 

Do a + b – = hay a + b = Câu 2:

1) Đăt y x 2= − phương trình cho trở thành:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

2

5

y y y y 11 y 10 y y y 10y 5y 10y

y 5y 10y 10y 5y

y

 + + + −  = + − + + 

   

   

⇔ + + = + +

⇔ − + − + − =

⇔ − =

⇔ =

Với y = ta có: x – = hay x = 2) Điều kiện xác định x, y, z ≠

Hệ phương trìnhtương đương với:

2

1 3

x y z

1

xy 2z 

+ = − 



 = + 

1 1,

x y nghiệm phương trình: 2 ( )

1

t t

z 2z

   

− −  + + =

   

Hệ có nghiệm phương trình (2) có nghiệm, tức là:

2

1 3 0 z 1.

z

 

∆ = − +  ≥ ⇔ = −

 

Với z

3

= − ta có: t1 t2 1 x y = = ⇒ = = Hệ có nghiệm (x,y,z) 3;3;

3

 

= − 

(95)

Câu 3:

Với *

,

x y∈N 36x có chữ số tận 6, 5y có chữ số tận nên :

A có chữ số tận ( 36x> 5y) ( 36x< 5y)

TH1: A = 36x - 5y=1⇔ 36x - = 5y Điều khơng xảy (36x – 1)  35 nên (36x – 1)  7, cịn 5ykhơng chia hết cho 7.

TH2: A = Khi 5y - 36x= ⇔5y= + 36x điều khơng xảy (9 + 36x) 9 cịn cịn 5ykhơng chia hết cho

TH3: A = 11 Khi 36x - 5y=11 Thấy x = 1, y = thỏa mãn

Vậy GTNN A 11, x = 1, y =

Câu 5: Do P có hữu hạn điểm nên tập hợp Q gồm đường thẳng qua điểm P có có hữu hạn phần tử

Xét tập hợp S gồm tất khoảng cách từ điểm thuộc P đến đường thẳng (khơng chứa điểm đó) thuộc Q

Vì P Q có hữu hạn phần tửS có hữu hạn phần tử Do S có phần tử nhỏ Giả sửđó khoảng cách từđiểm M (thuộc P) tới đường thẳng AB (thuộc Q)

Khi đó, đường thẳng AB đường thẳng chỉđi qua hai điểm A, B thuộc P

Thật sự, giả sử ngược lại đường thẳng AB qua điểm C khác Khi đường thẳng MC thuộc Q

Xảy khảnăng sau: 1/ C nằm A B

(96)

2/ C nằm đoạn AB: Làm tương tựcũng suy điều vơ lý Vậy tốn chứng minh

ĐỀ SỐ 17

Câu 1:

Với

=

x thì:

( ) ( )

2

3 1

1 3

2 4

2 1

1 3

2 4

+ = + = + + = +

− = − = − + = −

x x Từđó suy ra:

( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )( )

3

1

2 3

2

1 3 3 3 3

1 1

2

2 3 3 3 6 3 6 3 3

1

3 3

+ − + −

= + = +

+ −

+ + − −

+ − + − + + − + − −

= = =

−

+ −

P

Câu 2:

1) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi:

( )

2

0

1

7

≠ 

∆ = − + + > 

m

m m

Ta có: ( )( ) ( )2 ( )2

1 2 2

2+ −x x 2− +x x = −4 x −x = −4 x +x +4x x Áp dụng hệ thức vi-ét ta được: ( )

2

1

3

4 11 9

11

= 

+ + 

− + = ⇔ − − = ⇔

 = − 

m

m m

m m m

Cả hai giá trị m thỏa mãn (1) Vậy có hai giá trị nghiệm thỏa mãn 2) Điều kiện: x ≠ -5

2

2 2 2 2

5 10

11 10 11

5 5

 

⇔ −  + = ⇔  + − =

+ + + +

   

x x x x

PT x

x x x x

2

2 2

1 21

1

5

11 55 1 21

11

5



 = = +



 +  − − =

 

⇔ ⇔ ⇔



+ + =

 = −  = −

  +

 

x

x x x

x

x x

x

x x

(97)

Hai nghiệm thỏa mãn điều kiện

Câu 3:

Đặt ( ) ( )

4

= − + + − +

f x x x m x x m

Ta có: f ( )1 =2m− ≠ ∀ ∈1 m Z

Nên x = không nghiệm phương trình cho

Nếu a nghiệm phương trình cho a ≠ f(a) =

Mặt khác:

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

4

4 3 2

3

1

3 1

1 1

 

− = − + + − + − −

= − − − + − − −

= − − + + −  −

f a f a a m a a m m

a a a a m a a

a a a ma m a

Lại có f(a) – f(1) số lẻ nên a – phải số lẻ, suy alà số chẵn Câu 4:

a) Đặt : I =EF∩BD

Vì IB = IE = IFnên tam giác EBFvuông B hay góc EBF = 900

Ta có:      

; 90 90

= + = ⇒ + =

ACF BFE BFE BEF ACF BEF

Vì  ( ) 

90 ; 180

= + + =

AEB AEB BEF ACF

Do tứ giác AEFC nội tiếp

(98)

Vì Ila trung điểm EF nên I trung điểm BD’ hay B, I, D’ thẳng hàng,, từ suy BD’ vng góc với AC

Mặt khác góc AD’C = 900nên D’ thuộc đường trịn đường kính AC.

Từ suy D’ trùng D

Lại có: OCD   =ODC OCD; =O FC2 ⇒OCD =O FC2

Do OD//O2F màO2F vng góc EF nên OD vng góc EF

Câu 5:

Từ giả thiết suy 4y2< 60 3z2< 60, tức y2< 15 z < 20

Ta coi điều kiện 5x2+ 4y2+ 3z2+ 2xyz = 60 phương trình bậc hai ẩn

x, đó:

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

15 20

15 20 35

2

5 10

− + − + −

− + − − − +

= yz y z ≤ yz y z = y z

x

Từ suy ra:

( )2 ( ) ( )2

35 10 60

6

10 10

− + + + − + −

+ + ≤ y z x y = y z ≤

x y z

Dấu xảy khi:

2

5

6

15 20

 + =  + =  =

 + + = ⇔ = ⇔ =

  

 − = −  − =  =

 



y z y z x

x y z x y

y z z y z

Vậy max P =

ĐỀ SỐ 18

Câu 1:

1 Chứng minh : P

a

= −

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

 + − 

= − + 

− +

 

( ) ( ) ( )( )

( )( )

2

1 1 1

1

a a a a a

P

a a

a a

+ − − + + −

=

+ −

( )( )

2 4

1

a a a a a a a

P

a a

a a

+ + − + − + −

=

+ −

4

1

a a P

a a a a

= =

− − (ĐPCM)

2 Tìm giá trị a để P = a P = a

2

1

⇒ = => − − =

− a a a

(99)

Ta có + + (-2) = 0, nên phương trình có nghiệm a1= -1 < (không thoả mãn điều kiện) - Loại

2

a

1

−

= c = =

a (Thoả mãn điều kiện) Vậy a = P = a

Câu 2:

1 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình x2= 2x + => x2 – 2x – = có a – b + c =

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1= -1 2 3

1

−

= c = =

x a

Với x1= -1 => y1= (-1)2= => A (-1; 1)

Với x2= => y2= 32= => B (3; 9)

Vậy (d) (P) có hai điểm chung phân biệt A B

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Ta biểu diễncác điểm A B mặt phẳng toạ độ Oxy nhưhình vẽ

1

.4 20

2

ABCD

AD BC

S = + DC = + =

9.3

13,

2

BOC

BC CO

S = = =

1.1

0,

2

AOD

AD DO

S = = =

Theo công thức cộng diện tích ta có:

S(ABC)= S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)= 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt) Câu 3:

1 Khi m = 4, ta có phương trình

x2+ 8x + 12 = có ∆’ = 16 – 12 = >

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1= - + = - x2= - - = -

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x2+ 2mx + m2 – 2m + = 0

1

D C

B

A

(100)

Có D’ = m2 – (m2 – 2m +4) = 2m –

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt D’ > => 2m – > => 2(m – 2) > => m – > => m >

Vậy với m > phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 4:

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng:

Ta có MC tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ MC ⊥MO (1) Xét đường trịn (I) : Ta có 

90

CMD= ⇒ MC ⊥MD (2) Từ (1) (2) => MO // MD ⇒MO MD trùng ⇒O, M, D thẳng hàng

2 Tam giác COD tam giác cân

CA tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ CA ⊥AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC C ⇒ CA ⊥CD(4) Từ (3) (4) ⇒CD // AB => DCO =COA (*) ( Hai góc so le trong)

CA, CM hai tiếp tuyến cắt (O) ⇒ COA =COD (**) Từ (*) (**) ⇒  DOC=DCO ⇒Tam giác COD cân D

3 Đường thẳng qua D vng góc với BC ln qua điểm cố định M di động đờng trịn (O)

* Gọi chân đường vng góc hạ từ D tới BC H 

90

CHD= ⇒ H ∈(I) (Bài tốn quỹ tích) DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đường tròn (I) =>  900

can tai D CND

NC NO COD

 =

 ⇒ =

 ∆ 

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H  2 =O1=DCO ( Cùng bù với góc DHN) ⇒  

180

(101)

 ( )

CBO=HND =HCD ⇒∆DHN ∆COB (g.g)

HN OB HD OC

OB OA HN ON

OC OC HD CD

OA CN ON OC CD CD

 ⇒ =    ⇒ = ⇒ =   ⇒ = = 

Mà ONH =CDH

⇒∆NHO ∆DHC (c.g.c)

⇒ 

90

NHO= Mà  NHO+NKO=1800(5) ⇒NKO=900, ⇒NK ⊥ AB ⇒NK // AC ⇒ K

trung điểm OA cố định ⇒(ĐPCM) Câu 5:

* C/M bổ đề: ( )

2

2 a b

a b

x y x y

+ + ≥

+

( )2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

+ +

+ + ≥

+ + Thật

( )2 ( )( ) ( ) ( )

2 2 2 a b a b

a y b x x y xy a b ay bx

x y x y

+

+ ≥ <=> + + ≥ + <=> − ≥ +

(Đúng) ⇒ĐPCM

Áp dụng lần , ta có: ( )

2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

+ +

+ + ≥

+ +

* Ta có : 2

2 2 2

a + b+ =a + b+ + ≥ a+ b+ , tương tự Ta có: … ⇒

2 2

2 3 2 2 2 2

a b c a b c

A

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

= + + ≤ + +

+ + + + + + + + + + + +

1

(1)

2 1

B

a b c

A

a b b c c a

 

⇔ ≤  + + 

+ + + + + +

 



Ta chứng minh

1 1

a b c

a b+ + +b c+ + +c+ +a ≤

1 1

2

1 1

2

1 1

⇔ − + − + − ≤ − + + + + + + − − − − − − ⇔ + + ≤ − + + + + + + + + + ⇔ + + ≥ + + + + + +

a b c

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a

( )

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

2 2

3

1 1

2 (2)

1 1 1

− + + + ⇔ + + ≥ + + + + + + + + +  B

b c a

a b b b c c c a a

* Áp dụng Bổ đềtrên ta có:

⇒ ( )

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

2 3

1 1 1

a b c B

a b b b c c c a a

+ + + − ≥

+ + + + + + + + + + +

( )

2 2

3

3 (3)

3( )

a b c B

a b c ab bc ca a b c

+ + + ⇔ − ≥

(102)

* Mà:

( )

2 2

2 2 2

2 2

3( )

2 2 2 6 6

2 2 2 6 6 ( : 3)

2 2 6

3

3( )

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c Do a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c

a b c ab bc ca a b c

 + + + + + + + + + 

 

= + + + + + + + + +

= + + + + + + + + + + + =

= + + + + + + + + +

= + + +

+ + + ⇒

+ + + + + + + + +3=2 (4)

Từ (3) (4) ⇒ (2)

Kết hợp (2) (1) ta có điều phải chứng minh Dấu = xảy a = b = c =

ĐỀ SỐ 19

Câu 1:

Ta có:

2

2 2

2 2 2 2

1 1 1

6

1 1 1

6 1

       

   

+ + − = +  + +  + +  − +   +   + 

           

  

= + + + + + + − + + +  + 

  



= + + + + + + − + + + + + + +

a b c abc x y xy x y xy

x y xy x y xy

x y

x y x y xy xy

x y x y y x xy xy

x y x y x y x y

x y x y y x x y

4



 

 

= Câu 2:

a) Phương trình có: ( )2 ( 2 )

2 25

∆ = m+ − m + −m = >

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt: 5

2

+ + + −

= m = + = m = −

x m va x m

Do vai trò x1và x2như nên khơng tính tổng qt giả sử:

1= +3 = −2

x m x m

Ta có:

( ) (3 )3

3

1 2

35 35 15 15 35 35

15 15 35 35

− = ⇔ + − − = ⇔ + + =

⇔ + + = ⇔ = ∨ = −

x x m m m m

m m m m

b) Ta có: x+ + =y 3x+2y ⇔ + + +x y x+ =y 3x+2y ( )*

Thay x+ = −y y xvào (*) ta được: x+ + +y 2y−2x=3x+2y ⇔ =y 4x−1

Thế y = 4x -1 vào phương trình đầu ta được:

1

5 2 1

9

= ⇒ = 

 − = − ⇒

 = ⇒ = − 

x y

x x

(103)

Thử lại ta nghiệm (x, y) = (1; 3) Câu 3:

( )3 ( )3

3 3

1 1

≤ + + + ≤ + ⇒ ≤ ≤ +

x x x x x x y x

Nếu x = y thì: x2+ x+ = (vơ nghiệm)

Nếu y3= (x + 1)3suy 2x2+ 2x = hay x = x = -

Vậy nghiệm phương trình (0; 1) ; (-1; 0)

Câu 4:

a) Chứng minh AE AF tiếp tuyến (I) nên AE = AF, vật cung AE = cung AF đường trịn đường kính AI

góc AKI = 90onên tứ giác AEKIF nội tiếp đường trịn đường kính AI

suy góc AKE = góc AKF

b) Gọi M giao điểm AM với (I) nên C, H, M thẳng hàng suy HM vng góc AB M Chứng minh AE2= AM AB = AH AK

suy tam giác AEH đồng dạng tam giác AKE suy góc AEH = góc AKE suy raAE tiếp tuyến đường tròn (HEK)

c) Theo chứng minh góc AEH = góc AKE

Mà góc AEF = góc AKE (2 góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Suy góc AEF = góc AEH

Suy HF HE trùng hay H, E, F thẳng hàng Câu 5:

Điều kiện: < x, y <

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho số, ta có:

(1 ) (1 ) 1 2( ) ( )*

2

= + ≥ + = +

+ − + −

− −

y y y y

x x x x

P x x y y

x x y y

(104)

3

2

3

4

2

3

4

+ + ≥ =

x x x x x x x x x

y y y y y y y y y

Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta được:

( ) 2( ) ( ) ( )

2 2 **

2 2

+ + ≥ + = ⇒ + ≥

x x y y x y x y

Từ (*) (**) ta được: P≥

Dấu “=” xảy x = y =

2

ĐỀ SỐ 20

Câu 1:

Cho biểu thức :

2

:

2

 

= + 

+ +

 

x x

P

x x x x (Với x > ) Rút gọn biểu thức P Với x > ta có

:

2 2

  + +

= −  = =

+ +

 

x x x

P

x x x x x

2 Với x > 0, P =

4 4 ( 2)2

2

+ +

⇔ x x = ⇔ +x x+ − x= ⇔ −x x+ = ⇔ x− =

x

4

⇔ =x (T/m đ/k)

Câu 2:

Cho hệphương trình:

2

x my 3m

mx y m 2

+ =



 − = −



1 Giải hệphương trình với m = Thay m = vào hpt ta có:

2

x 3y 3.3 x 3y 9 x 3y 9

3x y 7 9x 3y 21

3x y 3 2

+ = + = + =

 ⇔ ⇔

 − = −  − =  − =

 



(105)

2 Tìm m để hệcó nghiệm thỏa mãn x2 – x – y >

( ) ( )

2

x my 3m 1

mx y m 2 2

+ =

 

− = − 

Từ (1) ⇒x = 3m – my thay vào (2) có: m(3m – my) – y = m2 –

⇔3m2 - m2 y – y = m2 – ⇔ ( )

2

2 m 1

y 2

m 1

+

= =

+ ⇒x = m

⇒ hệcó nghiệm (x;y) = (m;2)

thay vào x2 – x – y > ta có: m2 – m – > ⇔m < - m >

HệPT có nghiệm ! t/m x2 – x – y > m < - hoặc m >

Câu 3:

Giải phương trình: ( )

2 2

2

x 1 x 1 x 1

4 3 0 1

x 2 x 2 x 2

−  −  +

  − +   =

 +   −   − 

     

ĐK: x ≠ ± Đặt x 1 a x 1 b

x 2 x 2

− = + =

+ −

( ) ( )( )

2 2 2

2 2

a 4ab 3b 0 a 4ab 4b b 0

a 2b b 0 a b a 3b 0

a b a 3b

− + = ⇔ − + − =

⇔ − − = ⇔ − − =

=  ⇔  = Với a = b ta có

x 1 x 1 x2 3x 2 x2 3x 2 x 0

x 2 x 2

− = + ⇔ − + = + + ⇔ =

+ − (T/m đ/k)

Với a = 3b ta có

x 1 3x 1 x2 3x x( 3x 2) x 3 7

x 2 x 2 x 3 7

 = − − − = + ⇔ − + = + + ⇔ 

+ −  = − + (T/m đ/k)

Vậy PT có nghiệm x =0; x = − −3 7; x= − +3 7

(106)

1 Tứgiác AEIN EMDIlà tứgiác nội tiếp đường tròn

2 ba điểm A; I; D thẳng hàngvà năm điểm B; N; E; N; F nằm đường trịn ∆EBF vng B có BI trung tuyến ⇒BI = ½ EF ⇒IB = IE

Ta lại có: AE = AB DE = DB

⇒A; D; I thuộc đường trung trực [EB] ⇒A; D; I thẳng hàng □AEIN nt ⇒∠IEN = ∠IAN = 45o, ⇒∆IEN cân ⇒IE = IN

C/m tương tựcó IE = IM Theo c/m có IB = IE ⇒5 điểm B; E; M; F; N nằm đường tròn tâm I Các đường thẳng AK, EF, CD đồng quy

B

N M

I

E D

K F

C

(107)

C1, C/m □EDCN □AEMKlà hình bình hành khoảng cách DC EN

khoảng cách AK EM ⇒Giao điểm H DC AK cách EN EM ⇒ H ∈tia p/g góc MEN ⇒ H ∈EF Vậy ba đường thẳng AK; EF CD đồng quy

C1, Gọi giao điểm AK CD H

C/m □EDCN □AEMK hình bình hành ⇒CD ⊥ AK

E H ∈đường trịn đường kính AD □AEHD nt ⇒∠DHx = ∠DAE = 45o

∠HEN = ∠xHD (đ/v) ⇒∠EHN = 45o, Mà ∠FEN = 45o⇒EH ≡ EF

Hay ba điểm E; H; F thẳng hàng tức ba đường thẳng AK; EF CD đồng quy

Câu 5: C1 Ta có:

( ) ( )

3 2 2

2 2

2

x x x y y x x y y x

x xy y x xy y

x x xy y xy x y

x xy y

+ + − −

=

+ + + +

+ + − +

=

+ +

Áp dung BĐT Co-Si cho sốdương x ; xy; y2 2 ta có:

( ) ( )

( )

2 2

2

3

2 2

x xy y 3 x xy.y 3xy

xy x y xy x y x y

x xy y 3xy 3

xy x y x y x x y

x x x

x xy y 3 x xy y 3

+ + ≥ =

+ + +

⇒ − ≥ − = −

+ +

+ + +

⇒ − ≥ − ⇒ ≥ −

+ + + +

C/m tương tự ta có: 2 y3 2 y y z

y yz z 3

+ ≥ −

(108)

2 z3 2 z z x

z zx x 3

+ ≥ − + +

Cộng vế ta

( ) ( ) ( )

3 3

2 2 2

x y z x y y z z x

x y z

x xy y y yz z z zx x 3 3 3

2 1 1

S x y z x y z S x y z 9 3

3 3 3

+ + +

+ + ≥ − + − + −

+ + + + + +

⇔ ≥ + + − + + ⇔ ≥ + + =  =

⇔ ≥S 3 với ∀x; y; z dương t/m x + y = z = 9, dấu xảy ⇔x = y = z = Vậy GTNN của Bt S đạt tại x = y = z =

C2, Ta có:

0 2 3 2 3 2 3 = − + − + − = + + − + + + − + + + − x z z y y x x zx z x z z yz y z y y xy x y x

Mà = + +

+ + + + + +

3 3

2 2 2

x y z

S

x xy y y yz z z xz x

⇒ = + +

+ + + + + +

3 3

2 2 2

2x 2y 2z

2S

3 3

2 2 2

3 3 3

2 2 2

3 3 3

2 2 2

2x 2y 2z

2S 0

x y y z z x

2S=

x y y z z x

⇒ − = + + + + + + + + − − − ⇔ − + + + + + + + + + + + = + + + + + + + + mà ( )( ) ( ) ( ) 2 3

2 2

2

x y x xy y x y

x xy y x xy y

2xy 2xy 1

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

x xy y 3xy 3

+ − + + = + + + +   = + − ≥ +  − = + + +   tương tự ;

3 2

3 2 3 z x x zx z x z z y z yz y z

y ≥ +

(109)

Cộng vế ta có: 2S 3 3

) (

2

≥ ⇔ + +

≥ x y z S

dấu = xảy x = y = z =

ĐỀ SỐ 21

Câu 1:(2.0 điểm )

5

x x x x

A

x x x x x

 + + +   

= − −    − 

− + − − +

   

1/ Rút gọn biểu thức A

2

:

5

x x x x

A

x x x x x

 + + +   

= − −    − 

− + − − +

    (ĐK: x ≥0, x ≠4, x ≠ )

A = … = x x

+ −

2/ Tìm giá trị x để 1 5

2

A≤ −

1 5 4 5

2 8 5 5

2 1 2

1 1

2 5 3 0 3 0

2 2

1 0

4

x

x x

A x

x x x x

x

−

≤ − ⇔ ≤ − ⇔ − ≤ − −

+

⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

⇔ ≤ ≤

Kết hợp với ĐK ⇒ 0 1 4

x

≤ ≤

Câu 2(2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 (a≠0)và đường thẳng (d): y

= bx +

1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2) M ∈(P) ⇒… ⇒a = ⇒y = 2x2

M ∈ (d) ⇒… ⇒b = ⇒y = x +

2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)

Xét pt hoành độ gđ: 2x2= x + ⇔2x2 - x - =

( )

1 2

1 1 1; ; ;

1 1

2 2

x y

M N

x y

= ⇒ = 

 

 ⇒ − 

 = − ⇒ =  



( 2) 0, 75 (dvv)

MON thang

S∆ = S − S +S = =

(110)

1/ Cho phương trình: 2

(2 1) 6 0

x − m+ x m+ + − =m (m tham số) Tìm m để

phương trình có hai nghiệm dương phân biệt? phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

⇔

3

25 0

0

2

. 0 6 0 2

1

2 1 0

0 2

m m

a c m m m

b m m

a

  < −

∆ >  > 

 > ⇔  + − > ⇔  > ⇔ >

  

  + >  > − 

− > 



2/ Giải hệ phương trình:

1 (1)

1

1 (2)

x y

 − + − =



 + = 



(ĐK: x ≥ 1; y ≥ 1) (2) ⇔x + y = xy (3)

Hai vế (1) dương ta bình phương hai vế ta có:

( )( )

( )

2 1

2

x y x y

x y xy x y

+ − + − − =

⇔ + − + − + + =

Thay (3) vào ta có: x + y = kết hợp với (3) có hệ: x+y=4 xy=4

 



Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y hai nghiệm pt: X2 - 4x + =

⇒x = 2; y =

Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm đường tròn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến

AP AQ tới đường tròn (P Qlà tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OPcắt đường thẳng OQ tại M

1/ Chứng minh rằng: MO = MA

∠A1= ∠O1 ∠A1= ∠A2⇒∠A2 = ∠O1 ⇒∆MAO cân ⇒MO = MA

2/ Lấy điểm Ntrên cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt tia AP, AQlần lượt B C Chứng minh rằng:

1

1 1

2

1 1

C B

M

P

O

Q A

(111)

a) AB+ AC−BC không phụ thuộc vào vị trí điểm N

Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có … ⇒AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi) b) Nếu tứ giác BCQPnội tiếp đường tròn PQ//BC Nếu tứ giác BCQPnội tiếp ⇒∠P1= ∠C1

mà ∠P1= ∠Q1⇒∠C1 = ∠Q1⇒PQ//BC

Câu (1.0 điểm)

* Ta có:

( )

2

2 2

5 4 3

4 4 3 0

2 3 0

x y xy y

x xy y x y

x y x y

+ − + ≥

⇔ − + + + − ≥

⇔ − + + − ≥

* 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2

2 1

x x

y

x y y x y x x

−

+ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ =

−

Vì : y > ; x > ⇒2x - > ⇒x > 1/2 Thay y = … vào

3 0

x + − ≥y

Ta có:

3

2 2 2 2 6 3

3 0 3 0 0

2 1 2 1

x x x x x

x y x

x x

− + − +

+ − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥

− − (1)

Vì 2x - > ⇒ (1) ⇔ 2x3 −x2 +2x−6x+ ≥ ⇔3 0 2x3 −x2 −4x+ ≥3 0 Mà 2x3 − x2 −4x+3

( )( )

3 2

2

2 2 3 3

1 2 3

x x x x x

x x x

= − + − − +

= − + −

( ) (2 )

1 2 3 0 0

x x x

= − + ≥ ∀ >

Vậy (2x− y)2 +x2 + − ≥y 3 0 ∀ >x 0; y >0

ĐỀ SỐ 22

Câu

Ta có:

2

2 2

1 1 1

6

   

 

+ + = +  + +  + + 

     

= + + + + + +

a b c x y xy

x y xy

x y x y

(112)

2 2

1 1 1 1 1 1

2

  

 

= +  +  + = + + + + + +

   

abc x y xy x y x y

x y xy y x x y

Do A = Câu 2:

Ta có:

( )( ) ( )( )

( )( )

( )

2

2 2

2

1 6 2 3

7 6 5 6

6 6

7 5

6

7 5

12 35 0 1

   

⇔  − −   − − =

⇔ − + − + =

  

⇔ + −  + −  =

  

 

⇔ − − =  = + 

 

⇔ − + − =

PT x x x x mx

x x x x mx

x x m

x x

t t m t x

x

t t m

Phương trình (*) có nghiệm phân biệt phương trình (1) có nghiệm t1 t2phân biệt:

Theo hệ thức Vi-et: t1+ t2= 12, t1.t2= 35 – m

Ta có:

( ) ( )

2

1 1

2 2

6

x t x t x a

x

6 x t x b

x t

x

 + =



 − + =

 ⇒

 

− + =



 + = 



Giả sử x1và x2là nghiệm phương trình (a) x3và x4là nghiệm phương trình (b) Theo hệ thức Vi-et có:

2

1

x x t ; x x t

x x x x



 + =  + =

 = 

= 

 

Do đó:

3

1 2

1 4

x x

x x t t

1 1 12 2

x x x x x x x x 6

+

+ +

+ + + = + = = =

Câu 3:

Đặt n(2n – 1) = 26q2 (1)

Do VP chẵn (2n – 1) lẻ nên n chẵn hay n = 2k Do đó: (1) suy k(4k – 1) = 13q2 (2)

(113)

( ) 2 22

k u k 13u

1 v

4k 13v 4k v

 =  =

 

⇒  − =  − =



 



Xét trường hợp ta có:

( ) ( )

2

2 2 2

2

k u 4k 13v 12v v 1 v 4 v 3 mod vo ly

4k 13v

 =

 ⇒ = + = + + ⇒ + ⇒ ≡



− =

 

Xét trường hợp ta có:

( )

2

k 13u 4k v vo ly

4k v

 =

 ⇒ = +



− = 

Vậy không tồn n thỏa mãn yêu cầu đầu Câu 4: Học sinh tự vẽ hình

a) Ta có góc ABH = góc HAC (cùng phụ góc BAH) suy góc IBH = góc KAH

Lại có góc IHB = góc KAH = 45o

Suy tam giác IHB đồng dạng KHA (g.g)

b) tam giác AHB đồng dạng CAB (g.g) nên HA/HB= CA/AB kết hợp phần a) HI/HA = CA/AB

nên tam giác IHK đồng dạng tam giác BAC nên góc KIH = góc MBH

nên tứ giác IMBH nội tiếp góc AMN = góc IBH = 450

tam giác AMN vng cân AM = AN

2)Kẻ tia Ex cắt AC I cho góc AEI = góc ACB ( tam giác ABC nhọn nên dựng được)

Ta chứng minh tứ giác DEMB; EICM; ADEI nội tiếp Do CM.CB = CE CD= CI.CA < CA2

Hay 1/2 BC2< AC2 hay BC2< 2AC2

Vậy BC < AC Căn(2) Câu

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

( ) ( ) ( ) ( )

4

3

x 16 y 16 y 16 y 32x

y 1− + − + − + − ≥

Xây dựng bất đẳng thức tương tự cộng lại theo vế ta được:

( )

(114)

Dấu “=” xảy x = y = 2

ĐỀ SỐ 23

Câu 1 :

a)Giải phương trình

2 17

2−x= − x − x

⇔ (x2−2 2x+2)2 =17−4 2x3−8 2x

⇔ x4 +8x2 + 4−4 2x3 +4x2 −8 2x=17−4 2x3 −8 2x

⇔ x4 +12x2 −13= 0 Đặt t = x2 (t≥0)

Ta có phương trình; t2+ 12t – 13 = 0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt t1=1 ; t2= -13 (loại)

t1=1 ⇒x2= 1⇒x= ±

b)Chứng minh rằng:

2 12 17 12 17 4 = − + +

VT =

2 12 12 2 12 17 12

17 4

4 + + + − +

= − + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2

3

4 + + + − +

= −

+ +

= ( ) ( )

2 2 2

2 2

= − + + = − + + = VP

Vậy :

2 12 17 12 17 4 = − +

+ (đpcm)

Câu 2:

Giải phương trình : (x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x2 C1

* Với x = nghiệm phương trình

* Với x ≠ , chia hai vế phương trình cho x2ta có phương trình :

( 6) ( 6) 12 2 = − + − + x x x x x x <=> 12 6 =       − +       − + x x x x Đặt t = −6+3

x x

ta có phương trình: (t +2)(t – 2) = 12<=> t2 – =12 <=> t2= 16<=>t = ±

Với t = ta có phương trình ; −6+3=4

x x

⇔x2- x - 6 = phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1= 3; x2= -2

Với t = - ta có phương trình − 6 +3= −4

(115)

x2+7x -6 =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1= 73 ; 73 + − = − − x

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt… Câu 3:

Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2 +x+2y2 +y=2xy2 +xy+3 (x, y∈z)

⇔ x2 −1+x−2xy2+2y2 −1+ y−xy=1

⇔(x – 1)(x + 1) - y(x – 1) – 2y2(x – 1) + x – 1 = 1

⇔(x-1)(x+1-y-2y2+1)=1

⇔ ( )( ) ( )( )           = + − =    = + − = ⇔           − = + + − − − = −    = + + − − = − 0 2 2 1 2 1 2 y y x y y x x y y x x y y x ⇔ 2 1 3 (0 t/m) 2 0 1 3 (0 t/m) 2 x y y x y y  =  =   = −    =  =      = −     Vậy cặp số nguyên thỏa mãn là: (2,1); (0;1)

Câu 4 :

a)

Điểm M t/m MD = BD, ME = CE

Dựng đường trũn tõm (O) đường trũn qua M, B C

⇒∆DBO = ∆DMO (ccc) ⇒∠DMO = ∠DBO C/m tương tự có ∠EMO = ∠ECO mà ∆ BAC cõn, ∆ BOC cõn ⇒∠ABO = ∠ACO ⇒∠DMO = ∠EMO mà ∠DMO + ∠EMO = 2v ⇒∠DMO = ∠EMO = 1v hay OM ⊥DE

⇒OB ⊥AB, OC ⊥ AC ⇒AB, AC, DE tt (O) ∠DOE = ∠ECI ( cựng ẵ cung BC) suy tứ giỏc IOCE nội tiếp

Mà gúc ECO = 900nờn gúc EIO = 900

Vậy gúc DIE vuụng

b) Áp dụng phần a) ta luụn cú DI qua điểm cố định O Tõm đường trũn tiếp xỳc với AB ,AC B C

Câu 5:

C1.Cho a, b số dương thỏa mãn: a + b =1

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 19 2 6 2 2011(a4 b4)

b a

ab + + + +

(116)

) (

2011 6

19 4 4

2

2 a b

b a ab

T + +

+ + = ) ( 2011 1 2 1 6 16 ) ( 2011 6 3 16 4 2 4 2 b a b a ab ab b a b a ab ab T + +       + + + = + + + + + = ⇒

* Ta cú : (a – b)2≥ ∀a, b dấu ⇔a = b =

2

⇔ a2+ b2≥ 2ab ⇔(a + b)2≥ 4ab ⇔ ( )

4 = + ≤ a b

ab

⇔ 16 ≥16.4⇔ 16 ≥64

ab

ab dấu ⇔a = b =

1

2 (1)

* Ta lại cú : (a – b)2≥ ∀a, b dấu ⇔a = b = 1

2

⇒ (a2+ b2 – 2ab)2≥ ∀a, b dấu ⇔a = b = 1

2

⇔ a4+ b4+ 4a2b2+ 2a2b2 – 4a3b – 4ab3≥

⇔ a4+ b4+ 4a2b2+ 2a2b2+ 4a3b + 4ab3≥ 8a3b + 8ab3

⇔ (a2+ b2+ 2ab)2≥ 8ab(a2 +b2)

⇔[(a+ b)2]2 ≥ 8ab(a2 +b2)

⇔ ( 2) ( )2

2 4 2 2 b a b a ab ab b a + ≥ + + +

thay a + b = ta có :

⇔ 4 2

2 + ≥ =

+

b a

ab dấu ⇔a = b =

1

2 (2)

* Ta lại có : (a – b)2≥ ∀a, b dấu ⇔a = b =

2

⇔ a2+ b2 ≥ 2ab ⇔ 2(a2+ b2) ≥ a2+ b2 + 2ab ⇔ 2(a2+ b2) ≥ (a + b)2

thay a + b = ta có : 2(a2+ b2) ≥ ⇔ a2+ b2≥

2 dấu ⇔a = b = (3)

Tương tự : (a2 – b2)2≥ ∀a, b dấu ⇔a = b =

2

⇔ a4+ b4 ≥ 2a2b2 ⇔ 2(a4+ b4) ≥ a4+ b4 + 2a2b2

⇔ a4+ b4 ≥ ( )

8 1 2 2 ≥ +b a

dấu ⇔a = b =

2 (4)

(117)

⇔

8 2715

≤

T dấu ⇔a = b = 1

2

C2.Cho a, b số dương thỏa mãn: a + b =1

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 19 2 6 2 2011(a4 b4)

b a

ab + + + + Áp dụng bất đẳng thức côsi bất đẳng thức Bunhiacopxiki

T

4

2

2 2

2

16 1 1 1

T 6 2011 (1 1)(a b )

ab 2ab a b 2

16.4 4 1

6. 2011 .(a b )

(a b) (a b) 2

2011 2715

64 24 .(a b)

8 8   = +  + + + + +   ≥ + + + + + ≥ + + + =

Dấu xảy a = b =

2

ĐỀ SỐ 24

Câu 1:

1/ Rút gọn biểu thức:

( )( )

15 11 2 15 11 2

2 3 3

x x x x x x

A

x x x x x x x x

− − + − − +

= + − = + −

+ − − + − + − +

(ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1) A=

( 151)( 11 3) 33

x x x

x x x x − + − − + − + − + = ( )( ) ( )( ) ( )( )

15 11 3

1

x x x x x

x x

− + − + − + −

− +

=

( )( )

15 11 3

1

x x x x x

x x

− − + − − + −

− + = ( )( )

5

1 x x x x − + − − + = ( )( ) ( )( )

1

1 x x x x − − + − + = ( ) x x − + +

2/ Chứng minh A≤

Ta có:

(5 3)2

x x − + + = ( ) 17 17 + + − = + + + − x x x

Do x+ >3 với ∀x ⇔

3 17 17 ≤ +

(118)

Vậy

3

A≤ (với ∀x t/m điều kiện) Câu 2:

Cho parabol (P) y = 2

x đường thẳng y = mx –m + 1/ Tìm m để (d) cắt (P) điểm có hồnh độ x =

(d) cắt (P) điểm có hồnh độ x = ⇔pt 2

1 = − +

m mx

x (*) có nghiệm x =

⇔ 4 2

2

1 = − + ⇔ =

m m

m

2, 2 (2 4)

2

1 = − + ⇔ − + − =

m mx x

m mx

x (*)

Pt có ∆’ = m2 – 2m + = (m – 1)2+ ≥ > ∀m

Câu 3:

1, GHPT 12 19 x y x y  + =    + = 

ĐK: x, y ≠ Đặt u 1;v

x y

= = , Ta có HPT:

2 12 24 11 33

5 19 15 57 12

u v u v u u

u v u v u v v

+ = + = = =

   

<=> <=> <=>

 + =  + =  + =  =

   

Với u = => 3 x x = => =

v = =>1 2

y y = => =

Vậy hệ pt có nghiệm nhất:

1 x y  =    =  2, x x x + = −

ĐK :

9 x x x >  − > =>  < −

 C1, x x x + = − <=> 2

9

x x − + x= x − Đặt : t = x2−9, t >

=> 2 2

2

6

3

9

t

xt x t x

t

x t



 + = =

 <=>

+

 

− =

 

  − =

(119)

2

2 2

2

6 72

9 72 54 81

3

t t

t t t t t t t t

t t t

 

− = <=> − = <=> − − − = + +

 

 +  + +

 

<=>

6 54 54 81

t + t − t + t+ = <=>(t−3)2(t2+12t+ =3)

Do t > =>

12

t + t+ >

=> ( )2 2

3 3 2( / )

t− = => = =>t x − = => =x t m C2,

Nếu x < -3 : VT =

2

3

0

x x

x

+ <

− => PT VN Nếu x >

Ta có :

2

3

2 (1)

9

x x

x

x x

+ ≥

− − (BĐT Cosi)

Mà: ( )2 ( ) 2

2

3

18 2.18 18

9

x x

x x x

x x

− ≥ => ≥ − => ≥ => ≥

− − (2)

Kết hợp (1) (2) ta có =>

2

3

2 18

9

x x

x

+ ≥ =

−

Dấu xảy ⇔(1) (2) xảy dấu ⇔ 2

3

18

x x

x

 =

 => =

− 

 =  Vậy nghiệm PT là: x =

Câu 4:

O' O

P

K I

y x

C B

(120)

1, CM:

a, Tg CPKB nội tiếp đường tròn

Gọi O tâm đường tròn đường trịn đương kính IC ⇒O TĐ IC

∠IPC nt chắn đường tròn (O) ⇒∠IPC = 1v ⇒∠CPK = 1v, ∠CBK = 1v (gt) ⇒hai điểm P B thuộc đường trịn đường kínhCK tâm O’ trung điểm BP ⇒ CPKB nt (O’)

b, ∠APC = ∠AIC (nt chắn cung AC)

∠AIC = ∠KCB (góc có cạnh tương ứng vng góc) ⇒∠APC = ∠KCB

∠CPB = ∠CKB (nt chắn cung BC) Cộng vế ta có: ∠APC + ∠CPB = ∠KCB +∠CKB = 1v ⇔∠APB = 1v ⇒∆APB vuông P.

2, A, I, B cố định XĐ vị trí C đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) cho tg ABKI có diện tích lớn nhất?

AB BK AI S + =

∆ CBK ∆IAC ⇒

AI CB AC BK AI CB AC BK = ⇒ =

Áp dụng BĐT: (AC – BC)2≥ ⇔ AC2+ BC2 - AC BC ≥

⇔ AC2+ BC2+ AC BC ≥ AC BC

⇔(AC + BC)2≥ AC BC

⇔AC BC ≤ ( )

4 2 AB BC

AC+ = Dấu ⇔AC = BC hay C trung điểm AB Khi AI AB AI CB AC BK = = ( ) AI AB AB AI AB AI AB AI AB BK AI S 4 2 2 + = + = + =

Câu 5:

Cho a, b, c ba số thực dương t/m a + b + c = Tìm Max P biết b ac ca a bc bc c ab ab P 2

2 + + + +

+ =

* Vì a + b+ c = ⇒2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c2+ ab = (ca+ c2)+( bc + ab) = c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b) ⇒2c+ab = (c+a)(c+b)

vì a ; b ; c > nên >0

+c

a

1 >

+c

b áp dụng cosi ta có a+c+

c b+

1 ≥2. ) )( ( c b c

a+ + dấu (=) ⇔ a+c =

c b+

1

⇒ a + c = b + c ⇒a = b

hay ( 1 )

2 ) )( ( b c a c b c a

c+ + ≤ + + +

⇒ ( )      + + + ≤ + + =

+ c b

ab a c ab b c a c ab ab c ab ) (

2 (1) dấu ⇔a = b

(121)

Tương tự:       + + + ≤

+ a c

bc b a cb a bc bc

2 (2) dấu ⇔b = c

      + + + ≤

+ b a

ca b c ca ca b ac

2 (3) dấu ⇔a = c

cộng vế với vế (1) ; (2) ; (3) ta có ⇒: P=

b ca ca a bc bc c ab ab 2

2 + + + +

+ ≤ ( b c ab a c ab + +

+ + c a

cb a b cb + +

+ + c b

ac a b ac + + + )

⇒ P ≤   + + + + + + + + + +

+ a b

ac b a cb b c ac c b ab a c cb a c ab ( ) ( ) ( =     + + + + + + + + b a a b c c b c b a a c b c

a ) .( ) ( )

( ( ) 2 = = + +

= a b c

⇒ P=

b ca ca a bc bc c ab ab 2

2 + + + +

+ ≤ dấu ⇔a = b = c =

2

Vậy P = a = b = c =

ĐỀ SỐ 25

Câu 1:

1) Ta có:

3

3 140 0 ( 5)( 5 28) 0

x + x− = ⇔ x− x + x+ =

5 0

x

⇔ − = ( 5 87

5 28 0,

2 4

 

+ + = +  + ≥ ∀

 

do x x x x)

5

x

⇔ =

Vậy, phơng trình có nghiệm nhất: x= 2) Với P= 70+ 4901+ 70− 4901 ta có:

3

140 3 3 140 0

P = − P ⇔ P + P− =

Do Plà nghiệm phơng trình:

3 140 0

x + x− =

Theo ý 1, phơng trình có nghiệm nhất: x0 =5 Vậy P= 70+ 4901+ 70− 4901 =5

Câu 2:

1) Giả sử E(0; y0) điểm trục tung

Do M∈ (P) nên 1

; 4

 

 

 

M x x khoảng cách từ M đến (d) là: 1 1 4

= +

h x ; độ dài

2 2 1 4   = + −   

ME x x y (dùng pitago để tính)

Từ đó:

2

2 2

0 1 1 1 4 4     + −  = +     

(122)

2 2

0

1 1

1

2 2

⇔ x − x y + y = x + với ∀x

2

0

1 1

1 0

2 2

 

⇔  − + − =

 

x y y với ∀x

Yêu cầu toán đợc thoả mãn khi:

0

1 1

0

1

2 2

1 0

 − =

 ⇔ =



 − = 

y

y y

Vậy có điểm E thoảmãn toán: E(0; 1) 2) Trớc hết chứng minh: (x + y)2≥ 4xy với x, y

Đẳng thức xảy khi: x = y

áp dụng ta có: (a+ b+ c)2= [a+(b+ c)]2≥ 4a(b+ c)

Đẳng thức xảy khi: a= b+ c⇔ 1

2

=

a (*)

Do a+ b+ c= nên bất đẳng thức suy ra: ≥ 4a(b+ c)

⇔b+ c≥ 4a(b+ c)2 (do b+ c khơng âm)

Nhưng lại có (b+ c)2≥ 4bc Đẳng thức xảy khi: b= c (**)

Suy ra: b+ c≥ 16abc

Từ (*) (**) có: đẳng thức xảy 1 1

2 4

= ; = =

a b c Câu 3:

Ta có: x+ 1 ≥ +x 1 y y

10 10

3 − + ≥x y 3 − +x y

Suy ra: 1 10 10 1

3 3

+ + − + ≥ + +

x x y y y y

Dấu "=" xảy khi:

1 0

10

0 3

 + ≥ 



 − + ≥ 

x y

Do đó, hệ cho tơng đơng với:

2

1 0

10

0 3

82 9 0,

 + ≥ 



 − + ≥ 

 

+ = 

  > 

(1) (2) (3)

y < 0 (4)

x y

x y x

Từ (1) (2) ta có: 10 1 10

1 0

(123)

Từ (2) có:

2

2 2 2

10 10 82 10

1 0

3 3 9 3

 +  ≥ ⇔  +  + ≥ + = ⇔ + + ≥

   

 y x  y y x y y y (**)

Từ (*) (**) suy ra:

3 10

1 0 1

3

= −  

+ + = ⇔

 = − 

y y y

y Từ đó, hệ cho có nghiệm: 1; 3

3

 − 

 

 và

1 3;

3

 − 

 

 

Câu 4:

1) Nối HMkhi MH = MA = MCsuy ra:

  2

MHC =MCH = BCK

Theo giả thiết: KB=KC ⇒ KBC=KCB

Do vậy: MHC = 2KBC (1)

Mặt khác: MHC  =KBC+HMB (2)

Từ (1) (2) có:  KBC =HMB ⇒ ∆HBM cân H⇒MH = HB Giả sử HA>HB,   

45

ABH >BAH ⇒BAH <  45

ABH >

Vì  

105

BAH +CAH = nên  60

CAH >

Tam giác AMHcân M nên  AHM =HAM >600 ⇒AMH <600 Do HA<MH =HB (mâu thuẫn)

Tơng tự, HA < HBta gặp điều mâu thuẫn Vậy: HA = HB

2) Từ kết ý suy ∆AHB vuông cân H⇒ BAH = ABH =450 ⇒ HAC=600 ⇒ ACB=300

Vậy: ABC =45 ,0 ACB=300

Câu 5:

Đặt 4 1, 3

− = x

y ta có: 1 [ ] 4 1

2 3

−  + + =

 

 

y y y Mặt khác: 1 [ ] [ ] [ ]2 2 4 1

2 3

−

 + = − ⇒ =

 

 

y y y y y

H K

M D

A

(124)

Đặt 4 1 3 1 3 1 1 1 0

3 2 2

= − 

−  +  +

= ⇒ = ⇒ ≤ < + ⇒  =

  

t

y t t

t t t t

t Từ ta có:

ĐỀ SỐ 26

Câu I: ( điểm ) a) ĐK: x>0 ;x ≠4

A = 

    + − + −       + + − − − 2 10 2 : 2 1 6 3 6 4 x x x x x x x x x

A = ( ) 

    + + − − − ) (

4 x x

x x x : ( )( ) 10 2 + − + + + − x x x x x

A = ( ) 

    + + − − − ) (

4 x x

x x : 10 + − + − x x x

A = ( )( ) ( ) 

    + − + + − + − + − 2 ) ( ) ( 2 x x x x x x x x : 10 + − + − x x x

A = ( )( ) 

    + − − + − − 2 x x x x x : + x

A = ( )( )

    + − − 2 x

x : 2

6

+

x A = 1 1

2 2

− =

− −

x x b) với x>0 ;x ≠4 ta có :

A < ⇔ 1

2− x <

⇔2 - 1

2− x >

⇔ 4 2 1

2 − − − x x = 3 2 2 − − x x >

3

2 4

9

3 0

4

2

 − < 

 − <  >

 

⇔ − > ⇔

 > >    − >     x x x x x x

Vậy với x>4

< <x A< Câu II (2đ)

(125)

Theo hệ thức Vi-et ta có 2

7 :

3

+ =



 =



x x x x Đặt y1=2x1−x y2; =2x2−x1 ta có:

1 2 1

2

1 2 1 2

2

1 2 2

2

(2 )(2 ) 2( )

5 2[( ) ]=9 2( )

9.3 2.7 71

y y x x x x x x

y y x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

+ = − + − = + =

= − − = − +

= − + − − +

= − = −

Do phương trình bậc hai cần lập là:

7 71

− − =

y y

2)Ta có :

( )2 ( )2

2 2

1 2 2 2 2 49 2.( 71) 71 333 333

= + = + + = + − + = − − + = ⇒ =

B y y y y y y y y y y y y B

Câu III (1,5đ)

ĐK: x≠ ±2y Đặt 0,

2 = ≠ = ≠

+ a − b

x y x y ta hệ:

1

3

4 8

5

20 1 2

2 12

x a

a b x y

a b x y y

b

 =  =



− = + =

 ⇔ ⇒ ⇔

 + =   − = −  =

  = −  

 Câu IV (3,5đ) (Tự vẽ hình)

1) Xét tam giác ABE tam giác IBE có: AB=IB; gócBAE= gócBIE = 900; BE chung

suy tam giác ABE = tam giácIBE (cạnh huyền -cạnh góc vng) suy AE = IE (1)

vì ABCD hình vng nên góc EDI = 450 suy góc DEI = 450(vì tam giácDEI vuông I)

suy tam giác DEI cân I suy IE =ID (2) từ (1) (2) suy AE = DI

2) Vì EA = EI nên đường tròn (E;EA) qua I mà EI vng góc với DI suy DI tiếp tuyến đường trịn (E;EA)

suy gócDAI = gócDIF (cùng chắn cung IF)

(126)

mà DI = IE suy DF.DA =IE2 (3)

vì AI dây chung đương tròn (E;EA) đường trịn (B;BA=BI) nên AI vng góc với BE H

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông BEI có : IE2= EH.EB (4)

Từ (3) (4) suy DF.DA =EH.EB Câu V (1đ)

Trước hết ta chưng minh: với a,b > ta có: 1+ ≥1 (*)

+

a b a b Thật (*) ( )2 ( )2

4

⇔ a b+ ≥ ab⇔ a b− ≥ (đúng).Dấu “=” xảy ⇔ =a b

Áp dụng (*) ta có: + ≥ =4

− − − + −

p p p p

p a p b p a p b c

Tương tự ta có: + ≥4 ; + ≥4

− − − −

p p p p p p

p b p c a p c p a b Suy + + ≥2 +2 +2

− − −

p p p p p p

p a p b p c a b c

Hay + + ≥ +3  +   + +   + + 

− − −      

p p p a b b c c a

p a p b p c b a c b a c

mà  + ≥2; + ≥2; + ≥2

     

a b b c c a

b a c b a c (BĐT Cauchy)

Do + + ≥9

− − −

p p p

p a p b p c (đpcm)

Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan