TUYỂN CHỌN 40 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - 45 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN MÔN TOÁN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TUYỂN CHỌN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TUYỂN CHỌN 40 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - 45 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN MÔN TOÁN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Cho biết a = 2 + 3 và b = 2 − 3 . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab. 3x + y = 5 b) Giải hệ phương trình:  .  x - 2y = - 3 1  x  1 Câu 2: Cho biểu thức P =  (với x > 0, x ≠ 1) + : x −1  x - 2 x + 1 x- x a) Rút gọn biểu thức P. 1 b) Tìm các giá trị của x để P > . 2 2 Câu 3: Cho phương trình: x – 5x + m = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình trên khi m = 6. b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 − x 2 = 3 .

Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. 1 1 Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b ≤ 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + . a b ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Rút gọn biểu thức:

1 3− 7

−

1 3+ 7

b) Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0. Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d: y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2.  4x + ay = b b) Cho hệ phương trình:  .  x - by = a Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1). Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng.

Câu 4: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC (I ∈ AB,K ∈ AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. = MBC . b) Vẽ MP ⊥ BC (P ∈ BC). Chứng minh: MPK c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

Câu 5: Giải phương trình:

y - 2010 − 1 x - 2009 − 1 z - 2011 − 1 3 + + = x - 2009 y - 2010 z - 2011 4

ĐỀ SỐ 3 Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – 4 = 0

2x + y = 1 b)  3x + 4y = -1 Câu 2: Rút gọn các biểu thức: a) A =

3 − 6 2+ 8 − 1− 2 1+ 2

1  1  x+2 x b) B =  ( với x > 0, x ≠ 4 ). − . x  x−4 x + 4 x +4 Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2 trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của các đồ thị đã vẽ ở trên bằng phép tính.

Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN // EF. c) Chứng minh rằng OA ⊥ EF. Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 - x y + x + y - y + 1

ĐỀ SỐ 4

Câu 1: a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức sau:

4 3

;

5 . 5 −1

b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm M (- 2;

1 ). Tìm hệ số a. 4

Câu 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a)

2x + 1 = 7 - x

 2x + 3y = 2  b)  1  x - y = 6

Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + 4 = 0 (1) a) Giải phương trình đã cho khi m = 3. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2.

Câu 4: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho: IEM = 900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ). a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Tính số đo của góc IME c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK ⊥ BN.

Câu 5: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ).

ĐỀ SỐ 5  3 2 Câu 1: a) Thực hiện phép tính:  −  . 6 2 3   b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( 2; 3 ) và điểm B(-2;1) Tìm các hệ số a và b. Câu 2: Giải các phương trình sau: a) x2 – 3x + 1 = 0 x -2 4 b) + = 2 x-1 x+1 x -1 Câu 3: Hai ô tô khởi hành cùng một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc của mỗi ô tô.

Câu 4: Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh:

(

Câu 5: Giải phương trình: 10 x 3 + 1 = 3 x 2 + 2

S1 + S2 = S .

)

ĐỀ SỐ 6 Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:  3+ 3   3− 3  a) A =  2 + . 2 −     3 + 1   3 − 1    b a  b) B =   . a b - b a ( với a > 0, b > 0, a ≠ b)  a - ab ab b    x - y = - 1 (1)  Câu 2: a) Giải hệ phương trình:  2 3  x + y = 2 ( 2)  b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 – x – 3 = 0. Tính giá trị biểu thức: P = x12 + x22. Câu 3: 1 a) Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( 2; ) và song song với đường thẳng 2x + y = 3. Tìm 2 các hệ số a và b. b) Tính các kích thước của một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. . b) NM là tia phân giác của góc ANI

(

)

c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.

Câu 5: Cho biểu thức A = 2x - 2 xy + y - 2 x + 3 . Hỏi A có giá trị nhỏ nhất hay không? Vì sao? ĐỀ SỐ 7 Câu 1: a) Tìm điều kiện của x biểu thức sau có nghĩa: A = 4

x-1+ 3-x

b) Tính:

1 3− 5

−

1 5 +1

Câu 2: Giải phương trình và bất phương trình sau: a) ( x – 3 )2 = 4 x-1 1 b) < 2x + 1 2 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1) a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. b) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7. Câu 4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M. a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC. b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD. c) Chứng minh: OK.OS = R2.  x 3 + 1 = 2y Câu 5: Giải hệ phương trình:  3 .  y + 1 = 2x

ĐỀ SỐ 8

2x + y = 5 Câu 1: a) Giải hệ phương trình:   x - 3y = - 1 b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình:3x2 – x – 2 = 0. Tính giá trị biểu thức: 1 1 . + x1 x2  a a  a +1 Câu 2: Cho biểu thức A =  với a > 0, a ≠ 1 −  a − 1 a - a  : a - 1   a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị của a để A < 0. Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + 1 + m = 0 (1) a) Giải phương trình đã cho với m = 0. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 + x2 ).

x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3(

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. = ACO . b) Chứng minh ADE c) Vẽ CH vuông góc với AB (H ∈ AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. Câu 5: Cho các số a, b, c ∈ [ 0 ; 1] . Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc – ca ≤ 1.

ĐỀ SỐ 9 Câu 1: a) Cho hàm số y =

(

)

3 − 2 x + 1. Tính giá trị của hàm số khi x =

3+2.

b) Tìm m để đường thẳng y = 2x – 1 và đường thẳng y = 3x + m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. 3 x +6 x  x-9 Câu 2: a) Rút gọn biểu thức: A =  +  : x 4 x − 2   x −3 b) Giải phương trình:

với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 .

x 2 - 3x + 5 1 = ( x + 2 )( x - 3) x - 3

3x - y = 2m - 1 Câu 3: Cho hệ phương trình:  (1)  x + 2y = 3m + 2 a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1. b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10.

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D. a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD. c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK //AB. a+b 1 ≥ Câu 5: Chứng minh rằng: với a, b là các số dương. a ( 3a + b ) + b ( 3b + a ) 2 ĐỀ SỐ 10 Câu 1: Rút gọn các biểu thức:

a) A = 3 8 − 50 −

(

)

2 −1

2 x 2 - 2x + 1 . , v ới 0 < x < 1 x-1 4x 2 Câu 2:Giải hệ phương trình và phương trình sau: b) B =

 2 ( x - 1) + y = 3 a)  .  x - 3y = - 8 b) x + 3 x − 4 = 0 Câu 3: Một xí nghiệp sản xuất được 120 sản phẩm loại I và 120 sản phẩm loại II trong thời gian 7 giờ. Mỗi giờ sản xuất được số sản phẩm loại I ít hơn số sản phẩm loại II là 10 sản phẩm. Hỏi mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được bao nhiêu sản phẩm mỗi loại. Câu 4: Cho hai đường tròn (O) và (O′) cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và (O′) . a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng. b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O′) tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) và (O′) thứ tự tại M và N. Xác định vị trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức:

(x +

)(

x 2 + 2011 y +

)

y 2 + 2011 = 2011

Tính: x + y

ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: 2

1 - a a  1 - a  với a ≥ 0 và a ≠ 1. A =  + a   1 - a  1 a    2 2) Giải phương trình: 2x - 5x + 3 = 0 Câu 2: 1) Với giá trị nào của k, hàm số y = (3 - k) x + 2 nghịch biến trên R. 2) Giải hệ phương trình: 4x + y = 5  3x - 2y = - 12 Câu 3: Cho phương trình x2 - 6x + m = 0.

1) Với giá trị nào của m thì phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện x1 - x2 = 4. Câu 4: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Dây BC = R. Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn. Tia AC cắt Bx tại M. Gọi E là trung điểm của AC. 1) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn. 2) Gọi I là giao điểm của BE với OM. Chứng minh: IB.IE = IM.IO. Câu 5: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 6 8 + . P = 3x + 2y + x y

ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Tính gọn biểu thức: 1) A =

20 - 45 + 3 18 + 72 .

 a + a  a- a  2) B = 1 + 1 +    với a ≥ 0, a ≠ 1.   a + 1 1a    2 Câu 2: 1) Cho hàm số y = ax , biết đồ thị hàm số đi qua điểm A (- 2 ; -12). Tìm a. 2) Cho phương trình: x2 + 2 (m + 1)x + m2 = 0. (1) a. Giải phương trình với m = 5 b. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng - 2. Câu 3: Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 68m2. Tính diện tích thửa ruộng đó. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy 1 điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) tại S. . 1) Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và CA là tia phân giác của góc BCS 2) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 3) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Câu 5: Giải phương trình.

x 2 - 3x + 2 + x + 3 = x - 2 + x 2 + 2x - 3 ĐỀ SỐ 13  a a - 1 a a + 1  a +2 Câu 1: Cho biểu thức: P =  với a > 0, a ≠ 1, a ≠ 2. : a + a  a - 2  a- a

1) Rút gọn P. 2) Tìm giá trị nguyên của a để P có giá trị nguyên. Câu 2: 1) Cho đường thẳng d có phương trình: ax + (2a - 1) y + 3 = 0 Tìm a để đường thẳng d đi qua điểm M (1, -1). Khi đó, hãy tìm hệ số góc của đường thẳng d. 2) Cho phương trình bậc 2: (m - 1)x2 - 2mx + m + 1 = 0. a) Tìm m, biết phương trình có nghiệm x = 0. b) Xác định giá trị của m để phương trình có tích 2 nghiệm bằng 5, từ đó hãy tính tổng 2 nghiệm của phương trình. Câu 3: Giải hệ phương trình: 4x + 7y = 18  3x - y = 1 Câu 4: Cho ∆ABC cân tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, O là trung điểm của IK. 1) Chứng minh 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc một đường tròn tâm O. 2) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). 3) Tính bán kính của đường tròn (O), biết AB = AC = 20cm, BC = 24cm.

Câu 5: Giải phương trình:

x2 +

x + 2010 = 2010.

ĐỀ SỐ 14 Câu 1: Cho biểu thức

x +1 2 x 2+5 x + + với x ≥ 0, x ≠ 4. 4-x x -2 x +2 1) Rút gọn P. 2) Tìm x để P = 2. Câu 2: Trong mặt phẳng, với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: y = ( m − 1) x + n . 1) Với giá trị nào của m và n thì d song song với trục Ox. 2) Xác định phương trình của d, biết d đi qua điểm A(1; - 1) và có hệ số góc bằng -3. Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2 (m - 1)x - m - 3 = 0 (1) 1) Giải phương trình với m = -3 2) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoả mãn hệ thức x12 + x 22 = 10. P=

3) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc giá trị của m. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh: 1) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật. 2) Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp đường tròn.

3) EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn đường kính BH và HC. Câu 5: Các số thực x, a, b, c thay đổi, thỏa mãn hệ: (1) x + a + b + c = 7  2 2 2 2  x + a + b + c = 13 (2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x.

ĐỀ SỐ 15  x 1   1 2  Câu 1: Cho M =  +  :   với x > 0, x ≠ 1 .  x - 1 x - x   x +1 x - 1  a) Rút gọn M. b) Tìm x sao cho M > 0. Câu 2: Cho phương trình x2 - 2mx - 1 = 0 (m là tham số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để x12 + x 22 - x1x2 = 7

Câu 3: Một đoàn xe chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc, biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau. Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kiính AB = 2R. Điểm M thuộc đường tròn sao cho MA < MB. Tiếp tuyến tại B và M cắt nhau ở N, MN cắt AB tại K, tia MO cắt tia NB tại H. a) Tứ giác OAMN là hình gì ? b) Chứng minh KH // MB. Câu 5: Tìm x, y thoả mãn 5x - 2 x (2 + y) + y2 + 1 = 0. ĐỀ SỐ 16 Câu 1: Cho biểu thức: K =

x 2x - x x -1 x - x

với x >0 và x ≠ 1

1) Rút gọn biểu thức K 2) Tìm giá trị của biểu thức K tại x = 4 + 2 3 Câu 2: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1; 2) và song song với đường thẳng y = 3x + 1. Tìm hệ số a và b. 3x + 2y = 6  x - 3y = 2

2) Giải hệ phương trình: 

Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 96 tấn hàng. Nhưng khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa, nên mỗi xe chở ít hơn lúc đầu 1,6 tấn hàng. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc. Câu 4: Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho AC > AB và AC> BC. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE. 1) Chứng minh rằng: DE//BC 2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn. 1 1 1 3) Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức: = + CE CQ CF Câu 5: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: a b c 1< + + <2 a+b b+c c+a ĐỀ SỐ 17 Câu 1: Cho x1 =

3 + 5 và x2 =

3- 5

Hãy tính: A = x1 . x2; B = x12 + x 22

Câu 2: Cho phương trình ẩn x: x2 - (2m + 1) x + m2 + 5m = 0 a) Giải phương trình với m = -2. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm sao cho tích các nghiệm bằng 6. Câu 3: Cho hai đường thẳng (d): y = - x + m + 2 và (d’): y = (m2 - 2) x + 1 a) Khi m = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của chúng. b) Tìm m để (d) song song với (d’) Câu 4: Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC; AT là tiếp tuyến vẽ từ A. Từ tiếp điểm T vẽ đường thẳng vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H và cắt đường tròn tại K (K ≠ T). Đặt OB = R. a) Chứng minh OH.OA = R2. b) Chứng minh TB là phân giác của góc ATH. c) Từ B vẽ đường thẳng song song với TC. Gọi D, E lần lượt là giao điểm của đường thẳng vừa vẽ với TK và TA. Chứng minh rằng ∆TED cân. HB AB d) Chứng minh = HC AC Câu 5: Cho x, y là hai số thực thoả mãn: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + y + 1 ĐỀ SỐ 18 11

Câu 1: Rút gọn các biểu thức: 1)

45 + 20 − 5 .

x+ x x

x−4 x +2

với x > 0.

Câu 2: Một thửa vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 72m. Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi và chiều dài lên gấp ba thì chu vi của thửa vườn mới là 194m. Hãy tìm diện tích của thửa vườn đã cho lúc ban đầu. Câu 3: Cho phương trình: x2- 4x + m +1 = 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 2. 2) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức x12 + x 22 = 5 (x1 + x2) Câu 4: Cho 2 đường tròn (O) và (O′) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O), (O′) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O′ A cắt (O), (O′) lần lượt tại điểm thứ hai E, F. 1. Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I. 2. Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn. 3. Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O′) (P ∈ (O), Q ∈ (O′) ). Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ. 1 1 Câu 5: Giải phương trình: + =2 x 2 − x2

ĐỀ SỐ 19 Câu 1: Cho các biểu thức A =

5 + 7 5 11 + 11 5 + , B= 5: 5 1 + 11 5 + 55

a) Rút gọn biểu thức A. b) Chứng minh: A - B = 7.

3x + my = 5 Câu 2: Cho hệ phương trình  mx - y = 1 a) Giải hệ khi m = 2 b) Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 3: Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 10m. Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 2m. Tính các cạnh góc vuông. Câu 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By. Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By lần lượt tại P và Q; AM cắt CP tại E, BM cắt CQ tại F.

a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn.

= 900. b) Chứng minh góc PCQ c) Chứng minh AB // EF.

Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

x 4 + 2x 2 + 2 . x2 + 1

ĐỀ SỐ 20 Câu 1: Rút gọn các biểu thức : 2 2 a) A = 5 -2 5 +2 1   x -1 1- x   b) B =  x +  với x > 0, x ≠ 1.  :  x  x x + x   Câu 2: Cho phương trình x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có một nghiệm x = - 2 c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn x12 x 2 + x1 x 22 = 24

Câu 3: Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy. Câu 4: Cho đường tròn (O,R) và một điểm S ở ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến SA, SB ( A, B là các tiếp điểm). Vẽ đường thẳng a đi qua S và cắt đường tròn (O) tại M và N, với M nằm giữa S và N (đường thẳng a không đi qua tâm O). a) Chứng minh: SO ⊥ AB b) Gọi H là giao điểm của SO và AB; gọi I là trung điểm của MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E. Chứng minh rằng IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Chứng minh OI.OE = R2. Câu 5: Tìm m để phương trình ẩn x sau đây có ba nghiệm phân biệt: x3 - 2mx2 + (m2 + 1) x - m = 0 (1). ĐỀ SỐ 21 Câu 1. 1) Trục căn thức ở mẫu số

2 5 −1

x − y = 4 2) Giải hệ phương trình :  . 2 x + 3 = 0 Câu 2. Cho hai hàm số: y = x 2 và y = x + 2 1) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một hệ trục Oxy. 2) Tìm toạ độ các giao điểm M, N của hai đồ thị trên bằng phép tính.

Câu 3. Cho phương trình 2 x 2 + (2m − 1)x + m − 1 = 0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m = 2 . 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn 4 x12 + 2 x1 x2 + 4 x22 = 1 .

Câu 4. Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A , B ). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC. 3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) .

Câu 5. Tìm nghiệm dương của phương trình :

7x 2 + 7x =

4x + 9 . 28

ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 - 2x - 15 = 0 2) Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1). Tìm hệ số a.  a 1  a − a a + a    Câu 2: Cho biểu thức: P =  −  a + 1 − a − 1  với a > 0, a ≠ 1 2 2 a   

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tìm a để P > - 2 Câu 3: Tháng giêng hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy; tháng hai do cải tiến kỹ thuật tổ I vượt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng giêng, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? Câu 4: Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mp bờ AB vẽ hai tia Ax, By vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K . Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P. 1) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn.

2) Chứng minh rằng AI.BK = AC.BC. . 3) Tính APB

Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q = 198. ĐỀ SỐ 23 Câu 1.

(

)

1) Tính giá trị của A = 20 − 3 5 + 80 . 5 . 2) Giải phương trình 4 x 4 + 7 x 2 − 2 = 0 .

Câu 2. 1) Tìm m để đường thẳng y = −3 x + 6 và đường thẳng y =

5 x − 2m + 1 cắt nhau tại một điểm nằm trên 2

trục hoành. 2) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính diện tích của hình chữ nhật đó.

Câu 3. Cho phương trình x 2 − 2 x + m − 3 = 0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m = 3 . 2) Tìm giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn điều kiện: 2 1

x − 2 x 2 + x1 x 2 = −12 .

Câu 4. Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với R > R’ cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến chung DE của hai đường tròn với D ∈ (O) và E ∈ (O’) sao cho B gần tiếp tuyến đó hơn so với A. = BDE . 1) Chứng minh rằng DAB 2) Tia AB cắt DE tại M. Chứng minh M là trung điểm của DE. 3) Đường thẳng EB cắt DA tại P, đường thẳng DB cắt AE tại Q. Chứng minh rằng PQ song song với AB. 4x + 3 Câu 5. Tìm các giá trị x để 2 là số nguyên âm. x +1

ĐỀ SỐ 24 Câu 1. Rút gọn:

5 +5 . 2 5  x + x  x − x  2) B = 1 + v ới 0 ≤ x ≠ 1 .  1 + x  1 + 1 − x    

1) A = (1 − 5) ⋅

Câu 2. Cho phương trình x 2 + (3 − m )x + 2(m − 5) = 0 với m là tham số. 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình luôn có nghiệm x = 2 . 2) Tìm giá trị của m để phương trình trên có nghiệm x = 5 − 2 2 . Câu 3. Một xe ô tô cần chạy quãng đường 80km trong thời gian đã dự định. Vì trời mưa nên một phần tư quãng đường đầu xe phải chạy chậm hơn vận tốc dự định là 15km/h nên quãng đường còn lại xe phải chạy nhanh hơn vận tốc dự định là 10km/h. Tính thời gian dự định của xe ô tô đó. Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn và điểm D nằm trên đoạn OA. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Đường thẳng qua C, vuông góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By lần lượt tại M và N. 1) Chứng minh các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp được đường tròn. = 900 . 2) Chứng mình rằng MDN 3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN. Chứng minh rằng PQ song song với AB. Câu 5. Cho các số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: a+b b+c c+a b c   a + + ≥ 4 + + . c a b b+c c+a a+b ĐỀ SỐ 25

 x 1   1 2  Câu 1. Cho biểu thức A =  − +  :   với a > 0, a ≠ 1  x −1 x − x   x +1 x −1  1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi x = 2 2 + 3 .

Câu 2. Cho phương trình x 2 + ax + b + 1 = 0 với a , b là tham số. 1) Giải phương trình khi a = 3 và b = −5 . 2) Tìm giá trị của a , b để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn điều kiện:  x1 − x 2 = 3 .  3 3  x1 − x 2 = 9

Câu 3. Một chiếc thuyền chạy xuôi dòng từ bến sông A đến bên sông B cách nhau 24km. Cùng lúc đó, từ A một chiếc bè trôi về B với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi về đến B thì chiếc thuyền quay lại ngay và gặp chiếc bè tại địa điểm C cách A là 8km. Tính vận tốc thực của chiếc thuyền. Câu 4. Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB. 1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.

3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất. 1 Câu 5. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = . abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( a + b )( a + c ) .

ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức:

1 2− 5

−

1 2+ 5

3x + y = 9 2) Giải hệ phương trình:  .  x - 2y = - 4 1  x  1 Câu 2: Cho biểu thức P =  với x > 0. − : x +1 x + 2 x +1 x+ x 1) Rút gọn biểu thức P. 1 . 2 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + m = 0 (1)

2) Tìm các giá trị của x để P >

x2 ).

1) Giải phương trình đã cho với m = 1. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: (x1x2 – 1)2 = 9( x1 +

Câu 4: Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đường tròn đường kính AD, tâm O. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng: 1) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp được đường tròn. 2) E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH. 2) Năm điểm B, C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn. Câu 5: Giải phương trình:

(

x+8− x+3

)(

)

x 2 + 11x + 24 + 1 = 5 .

ĐỀ SỐ 27 Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:

1 2 20 − 80 + 45 2 3  5− 5   5+ 5  2) B =  2 + . 2 −     5 − 1   5 + 1   2x - y = 1 - 2y Câu 2: 1) Giải hệ phương trình:  3x + y = 3 - x 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 – x – 3 = 0. 1 1 Tính giá trị biểu thức P = . + x1 x 2

1) A =

Câu 3. Một xe lửa đi từ Huế ra Hà Nội. Sau đó 1 giờ 40 phút, một xe lửa khác đi từ Hà Nội vào Huế với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe lửa thứ nhất là 5 km/h. Hai xe gặp nhau tại một ga cách Hà Nội 300 km. Tìm vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng quãng đường sắt Huế-Hà Nội dài 645km. Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C là một điểm nằm giữa O và A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại I. K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng CI (K khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia CI tại D. Chứng minh: 1) ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) ∆ABD ~ ∆MBC 3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di động trên đoạn thẳng CI. Câu 5: Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1. 1 1 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 + 2 x +y xy ĐỀ SỐ 28

2x + y = 7 Câu 1: 1) Giải hệ phương trình:   x - 3y = - 7 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 3x2 – x – 2 = 0. Tính giá trị biểu thức P = x12 + x22.  a a Câu 2: Cho biểu thức A =  −  a +1 a + a

 a −1  :  a-1

1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm các giá trị của a để A < 0.

Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1)

với a > 0, a ≠ 1.

1) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. 2) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). 1) Chứng minh: AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) MA2 = MD.MB 3) Vẽ CH vuông góc với AB (H ∈ AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH.

Câu 5: Giải phương trình:

4 1 5 + x - = x + 2x x x x ĐỀ SỐ 29

Câu 1: a) Cho đường thẳng d có phương trình: y = mx + 2m − 4 . Tìm m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ. b) Với những giá trị nào của m thì đồ thị hàm số y = ( m 2 − m) x 2 đi qua điểm A(-1; 2).

 1 1  3  Câu 2: Cho biểu thức P =  + 1 −  với a > 0 và a ≠ 9. a + 3  a  a −3 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị của a để P >

1 . 2

Câu 3: Hai người cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 4 giờ. Nếu mỗi người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất ít hơn thời gian người thứ hai là 6 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu để hoàn thành công việc. Câu 4: Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH ⊥ BC. Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E. a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó. 1 Câu 5: Giải phương trình: x3 + x2 - x = - . 3 ĐỀ SỐ 30

Câu 1. 1) Giải phương trình:

3 x + 75 = 0 .

3x − 2 y = 1 2) Giải hệ phương trình  . 2 x + y = −4 Câu 2. Cho phương trình 2 x 2 − (m + 3)x + m = 0 (1) với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m = 2 . 2) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x1 − x2 .

Câu 3.

9 a − 25a + 4a3 v ới a > 0 . a 2 + 2a 2) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (không tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h. Câu 4. Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho CD = AC. 1) Chứng minh tam giác ABD cân. 2) Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E (E ≠ A). Tên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Câu 5. Cho các số dương a, b, c . Chứng minh bất đẳng thức: 1) Rút gọn biểu thức P =

a b c + + > 2. b+c c+a a+b ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính: a) A = 20 − 3 18 − 45 + 72 . b) B = 4 + 7 + 4 − 7 . c) C = x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 với x > 1

Câu 2: Cho hàm số y = (2m - 1)x - m + 2 a) Tìm m để hàm số nghịch biến trên R. b) Tìm m để đồ thị hàm số đi qua A (1; 2)

Câu 3: Hai người thợ cùng làm công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm 3 giờ, người thứ 1 hai làm 6 giờ thì họ làm được công việc. Hỏi mỗi người làm một mình thì trong bao lâu làm xong công 4 việc? Câu 4: Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và C (BC ≠ 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N là tiếp điểm). Gọi I, K lần lượt là trung điểm của BC và MN; MN cắt BC tại D. Chứng minh: a) AM2 = AB.AC b) AMON; AMOI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Khi đường tròn (O) thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OID luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: (2x +1)y = x +1. ĐỀ SỐ 32 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: P = ( 7 + 3 − 2)( 7 − 3 + 2) . 2) Trong mp toạ độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): y = ( m 2 − 1) x + 1 song song với đường thẳng (d′) : y = 3x + m − 1 .

Câu 2: Cho phương trình x2 + (2m + 1) x + m2 + 1 = 0

(1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm âm.

Câu 3: Cho a, b là các số dương thoả mãn ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1)(a2 + b2) +

A = (a + b +

4 . a+b

Câu 4: Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm), lấy điểm M trên cung nhỏ BC, vẽ MH ⊥ BC; MI ⊥ AC; MK ⊥ AB. a) Chứng minh các tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MH2 = MI.MK c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh chu vi ∆ APQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M. 5  x − 2y = a (1) Câu 5: Chứng minh nếu a > 2 thì hệ phương trình:  2 vô nghiệm. 2  x + y = 1 (2)

ĐỀ SỐ 33

− x + 3y = −10 Câu 1: a) Giải hệ phương trình:  .  2x + y = −1 b) Với giá trị nào của m thì hàm số y = (m + 2) x - 3 đồng biến trên tập xác định.

 2 a  1  2 a :  v ớ i a > 0, a ≠ 1 Câu 2: Cho bi ể u th ứ c A = 1 − −     a + 1  a + 1 a a + a + a + 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của A khi a = 2011 - 2 2010 . Câu 3: Cho phương trình: k (x2 - 4x + 3) + 2(x - 1) = 0. 1 a) Giải phương trình với k = - . 2 b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của k. Câu 4: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC (B, C thứ tự là các tiếp điểm thuộc (O; R) và (O’; R’)). = 900 . a) Chứng minh BAC b) Tính BC theo R, R’. c) Gọi D là giao điểm của đường thẳng AC và đường tròn (O) (D ≠ A), vẽ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E ∈ (O’)). Chứng minh BD = DE.

Câu 5: Cho hai phương trình: x2 + a1x + b1 = 0 (1) , x2 + a2x + b2 = 0 (2) Cho biết a1a2 > 2 (b1 + b2) . Chứng minh ít nhất một trong hai phương trình đã cho có nghiệm. ĐỀ SỐ 34

( a − 1 + 1) 2 + ( a − 1 − 1) 2 với a > 1

Câu 1: Rút gọn biểu thức:

Câu 2: Cho biểu thức:

 x 1   Q =  − 2 x   2

 x +1   x −1 − 

x −1 . x + 1 

1) Tìm tất cả các giá trị của x để Q có nghĩa. Rút gọn Q. 2) Tìm tất cả các giá trị của x để Q = - 3 x - 3.

Câu 3: Cho phương trình x2 + 2 (m - 1) x + m + 1 = 0 với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Câu 4: Giải phương trình:

3x 2 − 6 x + 19 + x 2 − 2 x + 26 = 8 - x2 + 2x .

Câu 5: Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng = 900. vuông góc với đường thẳng AB. M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho MON 1) Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O). AB 2 . 4 3) Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Chứng minh AM . AN =

ĐỀ SỐ 35

Câu 1: Rút gọn A =

x2 + 6x + 9 với x ≠ −3 . x+3

Câu 2: a) Giải phương trình x 2 − 2x + 4 = 2 . b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua 2 điểm A(1; 2) và B(2; 0). Câu 3: Cho phương trình: (x2 - x - m)(x - 1) = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu 4: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (tiếp điểm A; B) và cát tuyến cắt đường tròn tại 2 điểm C và D không đi qua O. Gọi I là trung điểm của CD. a) Chừng minh 5 điểm M, A, I, O, B cùng thuộc một đường tròn. . b) Chứng minh IM là phân giác của AIB 4 4  x + y = 1 Câu 5: Giải hệ phương trình:  3 . 3 2 2  x + y = x + y

ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) Tính

(1 + 5)2 + (1 − 5) 2 .

b) Giải phương trình: x2 + 2x - 24 = 0.

Câu 2: Cho biểu thức: P =

2 a a +1 3 + 7 a + + với a > 0, a ≠ 9. 9−a a +3 a −3

a) Rút gọn. b) Tìm a để P < 1. Câu 3: Cho phương trình: x4 - 5x2 + m = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = 4. b) Tìm m để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Câu 4: Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua (O) cắt đường tròn (O) tại D; E (AD < AE). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F. a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FB với đường tròn (O), chứng minh DM ⊥ AC. c) Chứng minh: CE . CF + AD . AE = AC2. 2 1 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = + , v ới 0 < x < 1 1− x x ĐỀ SỐ 37 2

x − x x + x − + x +1 x + x +1 x − x +1 Rút gọn biểu thức M với x ≥ 0. 3x − 5y = −18 Câu 2: a) Giải hệ phương trình:   x + 2y = 5 Câu 1: Cho biểu thức: M =

b) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, với giá trị nào của a, b thì đường thẳng (d): y = ax + 2 - b và đường thẳng (d’): y = (3 - a)x + b song song với nhau. Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2x + m = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = - 3. 1 1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: 2 + 2 = 1. x1 x 2

Câu 4: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK. a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành. b) V ẽ OM ⊥ BC (M ∈ BC). Ch ứ ng minh H, M, K th ẳng hàng và AH = 2.OM. c) Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộc các cạnh BC, CA, AB của ∆ ABC. Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất. x2 + x +1 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y = 2 . x + 2x + 2 ĐỀ SỐ 38

x2 + x 2x + x +1− với x > 0. x − x +1 x a) Rút gọi biểu thức P. b) Tìm x để P = 0.

Câu 1: Cho biểu thức: P =

Câu 2: a) Giải phương trình: x + 1 − x 2 = 1 24

6x + 6y = 5xy  b) Giải hệ phương trình:  4 3 . x − y =1  2 Câu 3: Cho phương trình: x - 2(m - 1)x + m + 1= 0. a) Giải phương trình khi m = - 1. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn

(1) x1 x2 + =4. x 2 x1

Câu 4: ∆ ABC cân tại A. Vẽ đường tròn (O; R) tiếp xúc với AB, AC tại B, C. Đường thẳng qua điểm M trên BC vuông góc với OM cắt tia AB, AC tại D, E. a) Chứng minh 4 điểm O, B, D, M cùng thuộc một đường tròn. b) MD = ME. Câu 5: Giải phương trình: x2 + 3x + 1 = (x + 3) x 2 + 1

Câu 1: 1) Tính:

ĐỀ SỐ 39 48 - 2 75 + 108

2) Rút gọn biểu thức: P= 

1 1- x 1+ x -

1     . 1  với x ≠ 1 và x >0 x  

Câu 2: 1) Trên hệ trục tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N (4; -1). Tìm hệ số a và b.  2x + 5y = 7 3x - y = 2

2) Giải hệ phương trình: 

Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2mx - 6m = 0 (1) 1). Giải phương trình (1) khi m = 2 2) Tìm m để phương trình (1) có 1 nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia. 2 AO. Kẻ dây MN 3 vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC. 3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

Câu 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =

Câu 5: Cho x và y là hai số thỏa mãn đồng thời : x ≥ 0 , y ≥ 0, 2x + 3y ≤ 6 và 2x + y ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức K = x 2 - 2x – y.

ĐỀ SỐ 40 Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 4y = 2. a) Tìm hệ số góc của đường thẳng d. b) Với giá trị nào của tham số m thì đường thẳng d1: y = (m2 -1)x + m song song với đường thẳng d.

ax + by = 3 Câu 2. Tìm a, b biết hệ phương trình  có nghiệm bx − ay = 11

x = 3 .   y = −1

Câu 3. Cho phương trình: (1 + 3)x 2 − 2x + 1 − 3 = 0 (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x 2 . Lập một phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là và

1 x1

1 . x2

Câu 4. Bên trong hình vuông ABCD vẽ tam giác đều ABE . Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm E, có bờ là đường thẳng AB sao cho Bx vuông góc với BE. Trên tia Bx lấy điểm F sao cho BF = BE. a) Tính số đo các góc của tam giác ADE. b) Chứng minh 3 điểm: D, E, F thẳng hàng. c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD tại M. Chứng minh ME // BF.  x 3 + 2y 2 − 4y + 3 = 0 (1) Câu 5. Hai số thực x, y thoả mãn hệ điều kiện :  2 . 2 2  x + x y − 2y = 0 (2) Tính giá trị biểu thức P = x 2 + y 2 .

II - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1: Giải các phương trình: 4   2  a)  x 2 + 2  − 4  x -  − 9 = 0 x   x  b)

(

)(

)

x + 5 − x + 2 1 + x 2 + 7x + 10 = 3

Câu 2: a) Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn: abc = 1 và a b c b3 c3 a 3 + + = + + . b3 c3 a 3 a b c Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c luôn tồn tại một số là lập phương của một trong hai số còn lại. 84 3 84 . Chứng minh x có giá trị là một số nguyên. + 1− 9 9 Câu 3: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: b) Cho x = 3 1 +

A = 1 + x 2 + 1 + y2 + 1 + z2 + 2

(

)

x+ y+ z .

Câu 4: Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA = R 2 . Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Lấy D thuộc AB; E thuộc AC sao cho chu vi của tam giác ADE bằng 2R. a) Chứng minh tứ giác ABOC là hình vuông. b) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE. Câu 5: Trên mặt phẳng cho 99 điểm phân biệt sao cho từ 3 điểm bất kì trong số chúng đều tìm được 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 50 điểm. ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức: x ( 2011 + 2010) + y( 2011 − 2010) = 20113 + 20103 b) Tìm tất cả các số nguyên x > y > z > 0 thoả mãn: xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2011.

Câu 2: a) Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3 + 1 .

b) Cho a, b, c ∈ [0; 2] và a + b + c = 3. Chứng minh a2 + b2 + c2 < 5. Câu 3: Tìm tất cả các số hữu tỉ x sao cho giá trị của biểu thức x2 + x + 6 là một số chính phương. Câu 4: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ∆ ABC có H là trực tâm. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M. Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh: a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng. AB AC BC . b) + = MK MI MN c) NK đi qua trung điểm của HM. Câu 5: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: P = 2x2 - xy - y2 với x, y thoả mãn điều kiện sau: x2 + 2xy + 3y2 = 4.

ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn: a b c + + =0 b-c c-a a-b a b c Chứng minh rằng: + + =0 2 2 (b - c) (c - a) (a - b)2 b) Tính giá trị của biểu thức: 2

 2010 - 2010 1 + 2010  A=  +  4 4   1 2010 2010   4

2 1 + 2010 2010 1 + 2010

Câu 2: a) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác, chứng minh: 1 1 1 a+b+c . + 2 + 2 ≤ 2 a + bc b + ac c + ab 2abc b) Cho biểu thức: A = x - 2 xy +3y - 2 x + 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A.

Câu 3: a) Giải phương trình: 2 x - 1 + 3 5 - x = 2 13 . b) Cho hàm số y = f(x) với f(x) là một biểu thức đại số xác định với mọi số thực x khác 1 không. Biết rằng: f(x) + 3f   = x2 ∀ x ≠ 0. Tính giá trị của f(2). x Câu 4: Cho lục giác đều ABCDEF. Gọi M là trung điểm của EF, K là trung điểm của BD. Chứng minh tam giác AMK là tam giác đều. Câu 5: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S và điểm O nằm trong tứ giác sao cho:OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S. Chứng minh ABCD là hình vuông có tâm là điểm O.

ĐÈ SỐ 4 Câu 1: a) Cho x và y là 2 số thực thoả mãn x2 + y2 = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : xy . x+y+2 b) Cho x, y, z là 3 số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 2. Chứng minh: 2 2 2 x 3 + y3 + z 3 + + ≤ + 3. x 2 + y2 y2 + z2 z2 + x 2 2 xyz

Câu 2: a) Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = 2 3x + 10 .  x 2 y 2 - 2x + y 2 = 0 . b) Tìm x, y thoả mãn:  2 3 2x - 4x + 3 = - y Câu 3: a) Chứng minh rằng nếu: x 2 +

x 4 y2 +

y 2 + 3 x 2 y 4 = a thì

x2 +

y2 = 3 a 2 .

b) Chứng minh rằng nếu phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax +1 = 0 có nghiệm thì 5(a2 + b2) ≥ 4.

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R và bán kính OC vuông góc với AB. Tìm điểm M trên nửa đường tròn sao cho 2MA2 = 15MK2, trong đó K là chân đường vuông góc hạ từ M xuống OC. Câu 5: Cho hình thang ABCD (AB//CD). Gọi E và F lần lượt là trung điểm của BD và AC. Gọi G là giao điểm của đường thẳng đi qua F vuông góc với AD với đường thẳng đi qua E vuông góc với BC. So sánh GD và GC. ĐỀ SỐ 5

81x 2 Câu 1: 1) Giải phương trình: x + = 40 . (x + 9)2 2) Giải phương trình: 2

x2 - 2x + 3(x - 3)

x+1 = 7. x-3

Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: A =

5 - 3x 1 - x2

2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh: a 2 + b2 +

b 2 + c2 + c 2 + a 2 ≥ 2 (a + b + c).

 y 2 - xy + 1 = 0 (1) Câu 3: Giải hệ phương trình:  2 2  x + 2x + y + 2y + 1 = 0 (2) Câu 4: Cho hình thang ABCD có 2 đáy BC và AD (BC ≠ AD). Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 cạnh AB và AM CN . Đường thẳng MN cắt AC và BD tương ứng với E và F. Chứng minh EM = FN. DC sao cho = AB CD Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) và dây AB, điểm M chuyển động trên đường tròn. Từ M kẻ MH vuông góc với AB (H ∈ AB). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA, MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D. 1) Chứng minh đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. MA 2 AH AD 2) Chứng minh: = ⋅ . 2 MB BD BH

ĐỀ SỐ 6 Câu 1: Tính giá trị biểu thức: A = 1 1 + + ⋅⋅⋅ + 1+ 2 2+ 3

1 . 24 + 25

Câu 2: a) Cho các số khác không a, b, c. Tính giá trị của biểu thức: M = x2011 + y2011 + z2011 x 2 + y2 + z 2 x2 y2 z2 = + + Biết x, y, z thoả mãn điều kiện: 2 a + b2 + c2 a2 b2 c2 1 b) Chứng minh rằng với a > thì số sau đây là một số nguyên dương. 8

8a - 1 3 a + 1 8a - 1 + a. 3 3 3 1 35 4c Câu 3: a) Cho a, b, c > 0 thoả mãn: . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a.b.c. + ≤ 1+a 35 + 2b 4c + 57 b) Giả sử a, b, c, d, A, B, C, D là những số dương và a b c d . Chứng minh rằng: = = = A B C D x=

a+1 3

aA + bB + cC + dD = (a + b + c + d) (A +B + C + D)

Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi M, N, P, Q là bốn đỉnh của một hình chữ nhật (M và N nằm trên cạnh BC, P nằm trên cạnh AC và Q nằm trên cạnh AB). a) Chứng minh rằng: Diện tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn nhất khi PQ đi qua trung điểm của đường cao AH. b) Giả sử AH = BC. Chứng minh rằng, mọi hình chữ nhật MNPQ đều có chu vi bằng nhau. Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân ở A, đường trung tuyến BM. Gọi D là hình chiếu của C trên tia BM, H là hình chiếu của D trên AC. Chứng minh rằng AH = 3HD.

B - PHẦN LỜI GIẢI I - LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Ta có: a + b = ( 2 + 3 ) + ( 2 − 3 ) = 4 a.b = ( 2 + 3 )( 2 − 3 = 1. Suy ra P = 3.

3x + y = 5 6x + 2y = 10 7x = 7 x = 1 b)  ⇔ ⇔ ⇔ .  x - 2y = - 3  x - 2y = - 3  y = 5 - 3x y = 2 Câu 2: 1  x  1 a) P =  + : x −1  x - 2 x + 1 x- x

 1 = +  x x −1 x 

(

1+ x x

(

)

x −1

) ( .

 x . x −1  

(

)

x −1

x ( ) x − 1) ( x + 1)( x −1) = x - 1 = 2

x. x

b) Với x > 0, x ≠ 1 thì

x-1 1 > ⇔ 2 ( x - 1) > x ⇔ x > 2 . x 2

1 . 2 Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + 6 = 0

Vậy với x > 2 thì P >

∆ = 25 – 4.6 = 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = 2. b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m 25 Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ m ≤ (*) 4 Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2). Mặt khác theo bài ra thì x1 − x 2 = 3 (3). Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4) Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn.

Câu 4: = 900 (gt) (gt) a) Tứ giác BEFI có: BIF C E 0 BEF = BEA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường F tròn) Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn B A I O đường kính BF = AD , b) Vì AB ⊥ CD nên AC = AEC . suy ra ACF D Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và = AEC . ACF AC AE Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC ⇒ = AF AC ⇒ AE.AF = AC 2 = AEC , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). c) Theo câu b) ta có ACF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC ⊥ CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB Mặt khác ACB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 ≥ 0 ⇒ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔

(a + b) ≥ ab

4 4 1 1 4 ⇒P≥ , mà a + b ≤ 2 2 ⇔ + ≥ (a + b) b a (a + b) (a + b)

( a - b )2 = 0 4 4 ⇒ ≥ ⇔ a = b = 2 . Vậy: min P = ⇒ P ≥ 2 . Dấu “ = ” xảy ra ⇔  (a + b) 2 2 a + b = 2 2

Lời bình: Câu IIb Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau 1) Ta có a = 1. ∆ = 25 − 4m. Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu có của phương trình. ∆ −b ± ∆ Từ công thức x1,2 = . Vậy nên phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoă mãn ⇒ | x1 − x2 |= 2a |a| a =1 ∆ |x1− x2| = 3 ⇔ | x1 − x2 |= = 3 ⇔ ∆ = 9 ⇔ 25 − 4m = 9 ⇔ m = 4 . |a| 2) Có thể bạn dang băn khoăn không thấy điều kiện ∆ ≥ 0. Xin đừng, bởi |x1− x2| = 3 ⇔ ∆ = 9. Điều băn khoăn ấy càng làm nổi bật ưu điểm của lời giải trên. Lời giải đã giảm thiểu tối đa các phép toán, điều ấy đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót. Câu IVb

• Để chứng minh một đẳng thức của tích các đoạn thẳng người ta thường gán các đoạn thẳng ấy vào một cặp tam giác đồng dạng. Một thủ thuật để dễ nhận ra cặp tam giác đồng dạng là chuyển "hình thức" đẳng thức đoạn thẳng ở dạng tích về dạng thương. Khi đó mỗi tam giác được xét sẽ có cạnh hoặc là nằm cùng một vế, hoặc cùng nằm ở tử thức, hoặc cùng nằm ở mẫu thức. AC AE Trong bài toán trên AE.AF = AC2 ⇔ . Đẳng thức mách bảo ta xét các cặp tam giác đồng = AF AC dạng ∆ACF (có cạnh nằm vế trái) và ∆ACE (có cạnh nằm vế phải).

• Khi một đoạn thẳng là trung bình nhân của hai đoạn thẳng còn lại, chẳng hạn AE.AF = AC2 thì AC là cạnh chung của hai tam giác, còn AE và AF không cùng năm trong một tam giác cần xét. Trong bài toán trên AC là cạnh chung của hai tam giác ∆ACE và ∆ACF Câu IVc

• Nếu (∆) là đường thẳng cố định chứa tâm của đường tròn biến thiên có các đặc điểm sau: + Nếu đường tròn có hai điểm cố định thì (∆) là trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm cố định ấy. + Nếu đường tròn có một điểm cố định thì (∆) là đường thẳng đi qua điểm đó và − hoặc là (∆) ⊥ (∆'), − hoặc là (∆) // (∆'),

− hoặc là (∆) tạo với (∆') một góc không đổi (trong đó (∆') là một đường thẳng cố định có sẵn). • Trong bài toán trên, đường tròn ngoại tiếp ∆CEF chỉ có một điểm C là cố định. Lại thấy

CB ⊥ CA mà CA cố định nên phán đoán có thể CB là đường thẳng phải tìm. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên.

Câu V Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P ≥ B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Giả thiết a + b ≤ 2 2 đang ngược với sơ đồ "bé dần" nên ta phải chuyển hoá 1 1 ⇔ ≥ . a+b 2 2 Từ đó mà lời giải đánh giá P theo

a+b≤ 2 2

1 . a+b

1 1 4 với a > 0, b > 0 là một bất đẳng thức đáng nhớ. Tuy là một hệ quả của bất đẳng + ≥ a b a+b Cô-si, nhưng nó được vận dụng rất nhiều. Chúng ta còn gặp lại nó trong một số đề sau. 3) Các bạn tham khảo lời giải khác của bài toán như là một cách chứng minh bất đẳng thức trên. 1 1 Co − si 2 Co − si 2.2 4 4 ≥ = ≥ = 2 . Dấu đẳng thức có khi a Với hai số a > 0, b > 0 ta có P = + ≥ a b a+b a+b 2 2 ab

= b = 2 . Vậy minP =

2. ĐỀ SỐ 2

Câu 1: a)

(

) ( )(

)

3+ 7 − 3− 7 1 1 2 7 − = = = 7 2 3− 7 3+ 7 3− 7 3+ 7

(

)

b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 7 + 37 7 − 37 . ; x2 = 2 2 Câu 2: a) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình: - x + 2 = x2 ⇔ x2 + x – 2 = 0. Phương trình này có tổng các hệ số bằng 0 nên có 2 nghiệm là 1 và – 2. + Với x = 1 thì y = 1, ta có giao điểm thứ nhất là (1;1) + Với x = - 2 thì y = 4, ta có giao điểm thứ hai là (- 2; 4) x1 =

Vậy (d) giao với (P) tại 2 điểm có tọa độ là (1;1) và (- 2; 4) b) Thay x = 2 và y = -1 vào hệ đã cho ta được:

a = 2 + b 8 - a = b a = 5 . ⇔ ⇔  8 - ( 2 + b ) = b 2 + b = a b = 3 Thử lại : Thay a = 5 và b = 3 vào hệ đã cho thì hệ có nghiệm duy nhất (2; - 1). Vậy a = 5; b = 3 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2; - 1). Câu 3: Gọi x là số toa xe lửa và y là số tấn hàng phải chở Điều kiện: x ∈ N*, y > 0. 15x = y - 5 Theo bài ra ta có hệ phương trình:  . Giải ra ta được: x = 8, y = 125 (thỏa mãn) 16x = y + 3 Vậy xe lửa có 8 toa và cần phải chở 125 tấn hàng. Câu 4: = AKM = 900 (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. a) Ta có: AIM = MKC = 900 (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp ⇒ MPK = MCK (1). Vì b) Tứ giác CPMK có MPC = MBC (cùng chắn MC ) (2). Từ (1) và (2) suy ra KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: MCK = MBC (3) MPK

c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp. = MBP (4). Từ (3) và (4) suy ra Suy ra: MIP = MIP . MPK = MPI . Tương tự ta chứng minh được MKP MP MI Suy ra: MPK ~ ∆MIP ⇒ = MK MP ⇒ MI.MK = MP2 ⇒ MI.MK.MP = MP3. Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định). Lại có: MP + OH ≤ OM = R ⇒ MP ≤ R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 ⇔ M nằm chính giữa cung nhỏ BC.

K I

H P O

Câu 5: Đặt

x - 2009 = a; y - 2010 = b; z - 2011 = c

(với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành: a-1 b-1 c-1 3 1 1 1  1 1 1  1 1 1  + 2 + 2 = ⇔  − + 2 + − + 2 + − + 2  = 0 2 a b c 4 4 a a  4 b b  4 c c  2

1 1 1 1 1 1 ⇔  −  + −  + −  = 0 ⇔ a = b = c = 2 2 a 2 b 2 c Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015.

Lời bình: Câu IVc Lời bình sau Đề số 1 cho thấy: Nếu có AE.AF.AC = AC3 ⇔ AE.AF = AC2 thì thường AC là cạnh chung của hai tam giác ∆ACE và ∆ACF. Quan sát hình vẽ ta thấy MP là cạnh chung của hai tam giác MPI và MPK, nên ta phán đoán MI.MK.MP= MP3. Nếu phán đoán ấy là đúng thì GTLN của MI.MK.MP chính là GTLN của MP. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên. Câu IIa Lời nhắn Hoành độ giao điểm của hai đồ thị (d): y = kx + b và (P) : y = ax2 là nghiệm của phương trình 2 ax = kx + b (1). Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Câu V 1) • Việc đặt a, b, c thay cho các căn thức là cách làm để dễ nhìn bài toán, Với mọi số dương a, b, c ta luôn có a −1 b −1 c −1 3 + 2 + 2 ≤ . (1) a2 b c 4 Thay vì đặt câu hỏi khi nào thì dấu đẳng thức xẩy ra, người ta đặt bài toán giải phương trình a −1 b −1 c −1 3 + 2 + 2 = . (2) a2 b c 4 a −1 1 • Vai trò của a, b, c đều bình đẳng nên trong (1) ta nghĩ đến đánh giá 2 ≤ . a 4

(a − 2)2 a −1 1 a −1 1 ⇔ ⇔ − ≤ 0 . Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = 2. Tương ≤ − ≤ 0 a2 4 a2 4 a2 b −1 1 c −1 1 tự ta cũng có 2 ≤ , 2 ≤ . Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi b = 2, c = 2. b 4 c 4 2) Mỗi giá trị của biến cân bằng bất đẳng thức được gọi là điểm rơi của bất đẳng thức ấy. Theo đó, bất đẳng thức (1) các biến a, b, c đếu có chung một điểm rơi là a = b = c = 2. Khi vai trò của các biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức bình đẳng với nhau thì các biến ấy có chung một điểm rơi. Phương trình diễn tả dấu bằng trong bất đẳng thức được gọi là "phương trình điểm rơi". 3) Phương trình (2) thuộc dạng "phương trình điểm rơi" a −1 b −1 c −1 1 Tại điểm rơi a = b = c = 2 ta có = 2 = 2 = . a2 b c 4 3 1 1 1 Điều đó cắt nghĩa điểm mấu chốt của lời giải là tách = + + : 4 4 4 4  a −1 1   b −1 1   c −1 1  (2) ⇔  2 −  +  2 −  +  2 −  = 0 . 4  b 4  c 4  a 4) Phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi".

Thật vậy

ĐỀ SỐ 3

Câu 1: a) Đặt x2 = y, y ≥ 0. Khi đó phương trình đã cho có dạng: y2 + 3y – 4 = 0 (1). Phương trình (1) có tổng các hệ số bằng 0 nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - 4. Do y ≥ 0 nên chỉ có y1 = 1 thỏa mãn. Với y1 = 1 ta tính được x = ± 1. Vậy phương trình có nghiệm là x = ± 1.

2x + y = 1 8x + 4y = 4 5x = 5 x = 1 b)  ⇔ ⇔ ⇔ 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = 1  y = - 1

(

) (

)

3 1− 2 2 1+ 2 3 − 6 2+ 8 − = − = 3 −2 1− 2 1+ 2 1− 2 1+ 2   1 1 1  1  x+2 x   . x ( x + 2) = − b) B =  − .  2  x −2 x x x + 2 ( x + 2)   x−4 x + 4 x +4  

Câu 2: a) A =

1 1 − x −2 x +2

( ( x + 2) − ( x − 2) = = x-4

)(

4 x-4

Câu 3: 37

)

a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2. b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x – 2 và parabol y = - x2 là nghiệm của phương trình:- x2 = x – 2 ⇔ x2 + x – 2 = 0 Suy ra các giao điểm cần tìm là: L( 1; -1 ) và K ( - 2; - 4 ) (xem hình vẽ).

Câu 4: a) Tứ giác AEHF có: AEH = AFH = 900 (gt). Suy ra AEHFlà tứ giác nội tiếp. - Tứ giác BCEF có: BEC = BFC = 900 (gt). Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp. b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: BEF = BCF (1). Mặt khác BMN = BCN = BCF ) (2). Từ (1) và (2) suy ra: BEF (góc nội tiếp cùng chắn BN = BMN ⇒ MN // EF. = AN ⇒ AM = AN, lại có OM = ON nên suy ra OA là c) Ta có: ABM = ACN ( do BCEF nội tiếp) ⇒ AM

đường trung trực của MN ⇒ OA ⊥ MN , mà MN song song với EF nên suy ra OA ⊥ EF . Câu 5: ĐK: y > 0 ; x ∈ R. Ta có: P =

( y - 1) +

)

y −1

y 3y 3 + 4 4 2 4 1  2 2  x = 3  y −1  3  1 2 2 . =x  +  y −  + ≥ . Dấu “=” xảy ra ⇔   2  4  3 3 3 y = 1   9 2 Suy ra: Min P = . 3 ĐỀ SỐ 4

x 2 - x y + x + y - y + 1 = x 2 - x(

Câu 1: a)

4 4 3 4 3 ; = = 2 3 3 3

( )

b) Thay x = - 2 và y =

5 = 5 −1

(

)

5 +1

)(

5 −1

5+ 5

) ( 5)

5 +1

1 vào hàm số y = ax2 ta được: 4

−1

5+ 5 . 4

1 1 1 . = a.(-2) 2 ⇔ 4a = ⇔ a = 4 4 16 Câu 2:  x ≤ 7 (1) 7 - x ≥ 0 a) 2x + 1 = 7 - x ⇔  2 ⇔  2  2x + 1 = ( 7 - x )  x − 16x + 48 = 0 2 Giải phương trình: x – 16x + 48 = 0 ta được hai nghiệm là 4 và 12. Đối chiếu với điều kiện (1) thì chỉ có x = 4 là nghiệm của phương trình đã cho. 1  x= 2x + 3y = 2 10x = 5  4x + 6y = 4     2 b)  ⇔ . 1 ⇔ 1⇔ 6x - 6y = 1  x - y = 6  y = x - 6 y = 1  3 2 Câu 3: a) Với m = 3 ta có phương trình: x – 6x + 4 = 0. Giải ra ta được hai nghiệm: x1 = 3 + 5; x 2 = 3 − 5 . b) Ta có: ∆/ = m2 – 4 m ≥ 2 Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ / ≥ 0 ⇔  (*).  m ≤ -2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m và x1x2 = 4. Suy ra: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2 ⇔ x12 + 2x1 + x22 + 2x2 = 0 ⇔ (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 0 ⇔ 4m2 – 8 + 4m = 0 m = 1 ⇔ m2 + m – 2 = 0 ⇔  1 .  m 2 = −2 Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có nghiệm m2 = - 2 thỏa mãn. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm. Câu 4: a) Tứ giác BIEM có: IBM = IEM = 900 (gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM. b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME = IBE = 450 (do ABCD là hình vuông).

c) ∆EBI và ∆ECM có: IBE = MCE = 450 , BE = CE , BEI = CEM ( do IEM = BEC = 900 ) ⇒ ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) ⇒ MC = IB; suy ra MB = IA Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: MA MB IA = . Suy ra IM song song với BN = MN MC IB (định lí Thalet đảo) = IME = 450 (2). Lại có BCE ⇒ BKE = 450 (do ABCD là hình vuông). Suy ra BKE = BCE ⇒ BKCE là tứ giác nội tiếp. Suy ra: BKC + BEC = 1800 mà BEC = 900 ; suy ra BKC = 900 ; hay CK ⊥ BN .

M B

Câu 5: 2 2 2 Ta có: ( a - b ) + ( b - c ) + ( c - a ) ≥ 0 ⇔ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ca )

⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (1). Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c) ⇒ a2 < ab + ac. Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc. Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2). Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

ĐỀ SỐ 5  3 2 3 2 3 2 Câu 1: a)  − . 6− . 6= .6 − .6 = 3 − 2 = 1  . 6 = 3 2 3 2 3  2 b) Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A(2; 3) nên thay x = 2 và y = 3 vào phương trình đường thẳng ta được: 3 = 2a + b (1). Tương tự: 1 = -2a + b (2). Từ đó ta có hệ: 1   2a + b = 3  2b = 4 a = ⇔ ⇔ 2.  - 2a + b = 1  2a + b = 3  b = 2 2 Câu 2: a) Giải phương trình: x – 3x + 1 = 0. Ta có: ∆ = 9 – 4 = 5 3+ 5 3− 5 Phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = . 2 2 b) Điều kiện: x ≠ ± 1.

x ( x + 1) - 2 ( x - 1) x -2 4 4 + = 2 ⇔ + = 2 2 2 x-1 x+1 x -1 x -1 x -1 x -1  x = −1 ⇔ x(x + 1) – 2(x – 1) = 4 ⇔ x2 – x – 2 = 0 ⇔  1 .  x 2 = 2 Đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. Câu 3: Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h). Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10). 120 120 Thời gian để ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai chạy từ A đến B lần lượt là (h) và (h). x x - 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình: = − 0, 4 x x - 10 Giải ra ta được x = 60 (thỏa mãn).Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h và ô tô thứ hai là 50 km/h. Câu 4: a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo A AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra D O ACBD là hình chữ nhật C b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật suy ra: E

1 1 CAD = BCE = 900 (1). Lại có CBE = sđ BC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); ACD = sđ AD (góc 2 2 = AD (do BC = AD) ⇒ CBE nội tiếp), mà BC = ACD (2). Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE . c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: CBE = DFE (3). Từ (2) và (3) suy ra ACD = DFE do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. S EB2 d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 1 = S EF2

S1 EB S2 BF = = . Tương tự ta có . Từ đó suy ra: S EF S EF Câu 5: Đk: x3 + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ -1 (1). ⇒

S1 S + 2 = 1 ⇒ S1 + S2 = S . S S

Đặt: a = x + 1 ; b = x 2 - x + 1 ,( a ≥ 0; b>0) (2) ⇒ a2 + b2 = x2 + 2. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 10.ab = 3.(a2 + b2) ⇔ ( a - 3b )( 3a - b ) = 0

⇔ a = 3b hoặc b = 3a. +) Nếu a = 3b thì từ (2) suy ra: x + 1 = 3 x 2 - x + 1 ⇔ 9x2 – 10x + 8 = 0 (vô nghiệm). +) Nếu b = 3a thì từ (2) suy ra: 3 x + 1 = x 2 - x + 1 ⇔ 9x + 9 = x2 – x + 1 ⇔ x2 – 10x – 8 = 0. Phương trình có hai nghiệm x1 = 5 + 33 ; x2 = 5 − 33 (thỏa mãn (1)). 41

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 5 + 33 và x2 = 5 − 33 .

Lời bình: Câu IV 1) Để chứng minh đẳng thức (*) về diện tích các tam giác (chẳng hạn S1 + S 2 = S (*)) Bạn có thể nghĩ đến một trong ba cách sau : • Nếu ba tam giác tương ứng có một cạnh bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các đường cao tương ứng h1, h2, h để chứng minh (chẳng hạn(*) ⇔ h1 + h2 = h). • Nếu ba tam giác tương ứng có một đường cao bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các cạnh tương ứng a1, a2, a để chứng minh (chẳng hạn(*) ⇔ a1 + a2 = a). • Nếu hai trương hợp trên không xẩy ra thì biến đổi (*) về đẳng thức tỉ số diện tích để chứng minh S1 S + 2 = 1 ). Thường đẳng thức về tỷ số diện tích tam giác là đẳng thức về tỉ số (chẳng hạn(*) ⇔ S S các cạnh tương ứng trong các cặp tam giác đồng dạng. 2) Trong bài toán trên, hai khả năng đầu không xảy ra. Điều đó dẫn chúng ta đến lời giải với các cặp tam giác đồng dạng. Câu V Để các bạn có cách nhìn khái quát, chúng tôi khai triển bài toán trên một bình diện mới. Viết lại 10 x3 + 1 = 3(x2 + 2) ⇔ 10 ( x + 1)( x 2 − x + 1) = 3[(x + 1) + x2 − x + 1) Phương trình (1) có dạng α.P(x) + β .Q(x) + γ . P ( x)Q( x) = 0 (α ≠ 0, β ≠ 0, γ ≠ 0)

(phương trình đẳng cấp đối với P(x) và Q(x)). Đặt Q( x) = t. P( x) , (3) phương trình (1) được đưa về αt2 + γ t + β = 0. (4) Sau khi tìm được t từ (4), thể vào (3) để tìm x. ĐỀ SỐ 6 Câu 1:  3 3 +1  3+ 3   3− 3   a) A =  2 +  .  2 −  = 2 + 3 +1   3 −1   3 +1  

(

)(

)  2 − 3 (  

3 −1   3 −1  

)

= 2 + 3 2 − 3 = 1.   b a  b)  . a b - b a =   a a ab ab b   

(

)

 . ab a - b a− b b a− b   b

(

)

(

b. ab a. ab − = b - a. ( a > 0, b > 0, a ≠ b) a b Câu 2: =

)

(

)

(1) (2)

a) Đk: x ≠ 0 và y ≠ 0. (*) Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta được: x = 2 2 3 2 . + = 2 ⇔ 2x − 3x - 2 = 0 ⇔  x = − 1 x x+1 2  + Với x = 2, suy ra y = x + 1 = 3 (thoả mãn (*)) 1 1 + Với x = − , suy ra y = x +1 = (thoả mãn (*)) 2 2  1 1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (2; 3) và  − ;  .  2 2 2 b) Phương trình x – x – 3 = 0 có các hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. Do đó: P = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 1 + 6 = 7. Câu 3: a) Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3. Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1) 1 1 Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có: = 2a + b (2). 2 2 9 Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b = . 2 b) Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm) ( x; y > 0).  xy = 40  xy = 40 Theo bài ra ta có hệ phương trình:  . ⇔  x + y = 13 ( x + 3 )( y + 3) = xy + 48 Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1). Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5. Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm.

Câu 4: a) Ta có: MAB = 900 (gt)(1). MNC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ MNB = 900 (2) Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp. Tương tự, tứ giác ABCI có: BAC = BIC = 900 ⇒ ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra MNA = MBA (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3). 43

Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra MNI = MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4). Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra MBA = MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5). Từ (3),(4),(5) suy ra MNI = MNA ⇒ NM là tia phân giác của ANI . BN BI c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và BNM = BIC = 900 ⇒ ∆BNM ~ ∆BIC (g.g) ⇒ ⇒⊂ BM.BI = = BM BC BN . BC . Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6). Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: BC2 = AB2 + AC2 (7). Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh.

Câu 5: A = 2 x - 2 xy + y - 2 x + 3 .

x ≥ 0 Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi:  (1).  xy ≥ 0 Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất. Lời bình: Câu IVc a) Biết bao kí ức ùa về khi bắt gặp đẳng thức BM . BI + CM . CA = AB2 + AC2. (1)  BM .BI = AB 2 (2) Từ đó cộng theo từng vế để có (1). • Phải chăng  2 CM .CA = AC (3)

Nếu có (1) thì AB phải là cạnh chung một cặp tam giác đồng dạng. Tiếc rằng điều ấy không đúng. Tương tự cũng không có (2).

• Để ý AB2 + AC2 = BC2 vậy nên (1)

⇔ BM.BI + CM.CA = BC2 (3)

 BM .BI = k .BC 2 Khả năng  (với 0 < k < 1), từ đó cộng theo từng vế để có (1) cũng không xẩy ra vì 2 CM .CA = (1 − k ) BC BC không phải là cạnh chung của một cặp tam giác đồng dạng.

• Để ý BN + NC = BC vậy nên (1) ⇔ BM.BI + CM.CA = BC(BN + NC)

⇔ BM.BI + CM.CA = BC.BN + BC.NC

(4)

Điều ấy dẫn dắt chúng ta đến lời giải trên. b) Mong thời gian đừng lãng quên phân tích : PQ2 = PQ(PK + KQ) là một cách để chứng minh đẳng thức dạng : PX.PY + QM.QN = PQ2. (ở đây K là một điểm thuộc đoạn thẳng PQ). Câu V

Cảnh báo. Các bạn cùng theo dõi một lời giải sau : x ≥ 0 Biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi  . Biến đổi A = y ≥ 0

(

x− y

) +(

)

x −1 + 2 .

Suy ra minA = 2, đạt được khi x = y = 1 (!).

• Kết quả bài toán sai thì đã rõ. Nhưng cái sai về tư duy mới đáng bàn hơn. x = 0 x > 0 ∪ 1) Điều kiện xác định của P(x; y) chứa đồng thời x và xy là D =  y ∈ℝ y ≥ 0 x = 0 x > 0 Do vậy để tìm GTLN, GTNN P(x; y) cần phải xét độc lập hai trường hợp  và  y∈ℝ y ≥ 0 x = 0 x > 0 x ≥ 0 2) Không thể gộp chung  ∪ thành  y∈ℝ y ≥ 0 y ≥ 0 x ≥ 0 x = 0 3) Do cho rằng điều kiện xác định của P(x; y) là Dy ≥0 =  (bỏ sót Dy <0 =  ) y ≥ 0 y < 0 Vậy nên A = 2 là GNNN của A trên Dy ≥ 0 , chưa đủ để kết luận đó là GTNN của A trên D. 4) Nhân đây liên tưởng đến phương trình P ( x) Q ( x) = 0 .

(1)

Q ( x ) = 0 Q( x) ≥ 0  Biến đổi đúng (1) ⇔  Q( x) > 0 . Cách biến đổi sau là sai (1) ⇔  . P( x) = 0     P( x) = 0 ĐỀ SỐ 7

x - 1 ≥ 0 ⇔1≤ x ≤ 3 . Câu 1: a) Biểu thức A có nghĩa ⇔  3 - x ≥ 0 b)

1 1 3+ 5 − = − 3− 5 5 +1 3 − 5 3 + 5

(

)(

) (

5 −1

)(

5 +1

)

5 −1

(

) (

3+ 5 5 −1 3 + 5 − − = 9−5 5 −1 4

) = 1.

5 −1

x = 5 . Câu 2: a) ( x – 3 )2 = 4 ⇔ x – 3 = ± 2 ⇒  x = 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 5; x = 1 1 b) Đk: x ≠ − . 2 x -1 1 x -1 1 (2 x - 2) - (2 x + 1) < ⇔ - <0⇔ <0 2x + 1 2 2x + 1 2 2(2 x + 1) −3 1 ⇔ < 0 ⇔ 2x + 1 > 0 ⇔ x > - . 2 ( 2x + 1) 2 Câu 3: a) Ta có ∆/ = m2 + 1 > 0, ∀m ∈ R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. Ta có: x12 + x22 – x1x2 = 7 ⇔ (x1 + x2)2 – 3x1.x2 = 7

⇔ 4m2 + 3 = 7 ⇔ m2 = 1 ⇔ m = ± 1. Câu 4: a) ∆SBC và ∆SMA có: BSC = MSA , SCB = SAM ). (góc nội tiếp cùng chắn MB ⇒ ∆SBC ~ ∆SMA . = AD . b) Vì AB ⊥ CD nên AC = MKB (vì cùng Suy ra MHB 1 + sdMB) ⇒ tứ bằng (sdAD 2 giác BMHK nội tiếp được đường tròn ⇒ HMB + HKB = 1800 (1). Lại có: HMB = AMB = 900 (2) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Từ (1) và (2) suy ra HKB = 900 , do đó HK // CD (cùng vuông góc với AB). = AN . c) Vẽ đường kính MN, suy ra MB 1 1 1 ); OMK - sđ AN - sđ BM ); Ta có: OSM = ASC = (sđ AC = NMD = sđ ND = (sđ AD 2 2 2 = AD và MB = AN nên suy ra OSM = OMK mà AC 46

OS OM = ⇒ OK.OS = OM 2 = R 2 . OM OK 3  x + 1 = 2 y (1) Câu 5: Giải hệ phương trình:  3  y + 1 = 2 x (2) 3 Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x – y3 = 2(y – x) ⇔ (x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = 0 ⇔ x – y = 0 ⇔ x = y.

⇒ ∆OSM ~ ∆OMK (g.g) ⇒

y  3y 2  ( do x – xy + y + 2 =  x -  + + 2 > 0) 2 4  Với x = y ta có phương trình: x3 – 2x + 1 = 0 -1+ 5 -1- 5 ⇔ (x – 1)(x2 + x – 1) = 0 ⇔ x = 1; x = . ; x= 2 2  −1 + 5 −1 + 5   −1 − 5 −1 − 5  Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: (1;1) ,  ; ; , .  2 2   2 2   2

ĐỀ SỐ 8 Câu 1: 2 x + y = 5 6 x + 3 y = 15 7 x = 14 x = 2 a)  ⇔ ⇔ ⇔ x - 3y = - 1 x - 3y = - 1  y = 5 - 2x y = 1 2 b) Phương trình 3x – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 = − . 3 3 1 1 x2 + x1 1  2  1 Do đó P = + = = :−  = − . x1 x2 x1 x2 3  3 2 Câu 2:  a   a a a +1 1  a) A = − =  −  : . a −1 = a −1 a − 1 a( a 1) ( a 1)( a + 1) a − 1 ( a 1)     a > 0, a ≠ 1 b) A < 0 ⇔  ⇔ 0 < a < 1.  a < 1 Câu 3: a) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. b) Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. -3 Để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ - 3 – 4m ≥ 0 ⇔ 4m ≤ −3 ⇔ m ≤ (1). 4

(

)

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: (1 + m)(1 + m – 2) = 3 ⇔ m2 = 4 ⇔ m = ± 2. Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. Câu 4: x

a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: N 0 MAO = MCO = 90 ⇒ AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO. C 0 M D ADB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường 0 tròn) ⇒ ADM = 90 (1) I E Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường A B H O trung trực của AC ⇒ AEM = 900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA. b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ADE = AME = AMO (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3) Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: AMO = ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). = ACO Từ (3) và (4) suy ra ADE c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ACN = 900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). IC IH  BI  Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì = =  (6). MN MA  BM  Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. Câu 5: Vì b, c ∈ [ 0;1] nên suy ra b 2 ≤ b; c3 ≤ c . Do đó: a + b2 + c3 – ab – bc – ca ≤ a + b + c – ab – bc – ca (1). Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2) Vì a, b, c ∈ [ 0 ; 1] nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) ≤ 0 ; – abc ≤ 0 Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca ≤ 1 (3). Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca ≤ 1.

ĐỀ SỐ 9 Câu 1: a) Thay x =

(

3−2

)(

3 + 2 vào hàm số ta được:

)

3 + 2 +1 =

( 3)

− 22 + 1 = 0 .

b) Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = trục hoành tại điểm có hoành độ x = − ⇔−

1 ; còn đường thẳng y = 3x + m cắt 2

m . Suy ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hoành 3

m 1 -3 . = ⇒m= 3 2 2

3 x +6 x  x-9 Câu 2: a) A =  +  :  x-4 x − 2   x −3   x −3 x +3 3( x + 2) x   = + :  x −2 x −2 x −3 x +2    3+ x  1 1 , với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 . =  =  . x −2  x −2 x +3 b) Điều kiện: x ≠ 3 và x ≠ - 2 (1). x2 − 3x + 5 1 x2 − 3x + 5 x+2 (1) ⇔ = ⇔ = ⇔ x2 − 3x + 5 = x + 2 (x + 2)(x − 3) x − 3 (x + 2)(x − 3) (x + 2)(x − 3) 2 ⇔ x – 4x + 3 = 0. Giải ra ta được: x1 = 1 (thỏa mãn); x2 = 3 (loại do (1)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. Câu 3: a) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được: 3x - y = 1 6x - 2y = 2 7x = 7 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ .   x + 2y = 5  x + 2y = 5  x + 2y = 5  y = 2 Vậy phương trình có nghiệm (1; 2). b) Giải hệ đã cho theo m ta được:

(

)(

)

3x - y = 2m - 1 6x - 2y = 4m - 2 7x = 7m x = m ⇔ ⇔ ⇔   x + 2y = 3m + 2  x + 2y = 3m + 2  x + 2y = 3m + 2 y = m + 1 Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10 ⇔ m2 + (m + 1)2 = 10 ⇔ 2m2 + 2m – 9 = 0. Giải ra ta được: m1 =

−1 + 19 −1 − 19 . ; m2 = 2 2

Câu 4:

a) Tứ giác ACNM có: MNC = 900 (gt) MAC = 900 ( tínhchất tiếp tuyến). ⇒ ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD. b) ∆ANB và ∆CMD có: 49

ABN = CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp) BAN = DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp) ⇒ ∆ANB ~ ∆CMD (g.g) c) ∆ANB ~ ∆CMD ⇒ CMD = ANB = 900 (do ANB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Suy ra IMK = INK = 900 ⇒ IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK ⇒ IKN = IMN (1). Tứ giác ACNM nội tiếp ⇒ IMN = NAC (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2).

D N

1 Lại có: NAC = ABN = ( sđ AN ) (3). 2 Từ (1), (2), (3) suy ra IKN = ABN ⇒ IK // AB (đpcm).

Câu 5: Ta có:

a+b a ( 3a + b ) + b ( 3b + a )

2(a + b) 4a ( 3a + b ) + 4b ( 3b + a )

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được: 4a + (3a + b) 7a + b 4a ( 3a + b ) ≤ = ( 2) 2 2 4b + (3b + a) 7b + a 4b ( 3b + a ) ≤ = ( 3) 2 2

Từ (2) và (3) suy ra:

4a ( 3a + b ) + 4b ( 3b + a ) ≤ 4a + 4b ( 4 )

Từ (1) và (4) suy ra: a+b a ( 3a + b ) + b ( 3b + a )

≥

2(a + b) 1 = . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. 4a + 4b 2

Lời nhắn Câu V

Các bạn được sử dụng bất đẳng thức Cô-si để làm toán như một định lý (không phải chứng minh) Bất đẳng thức Cô-si chỉ áp dụng cho các số không âm. Cụ thể là :

a+b ≥ ab , dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = b. 2 a+b+c 3 + Với ba số a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 ta có ≥ abc , dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = b = c. 3

+ Với hai số a ≥ 0, b ≥ 0 ta có

ĐỀ SỐ 10 Câu 1:

a) A = 3 8 − 50 − b) B =

(

)

2 −1

= 6 2 −5 2 −

2 x 2 - 2x + 1 2 . = 2 x-1 4x x-1

( x - 1) 2

2 x

2 −1 = 2 −

(

)

2 −1 = 1

2 x-1 . x-1 2 x

Vì 0 < x < 1 nên x - 1 = − ( x - 1) ; x = x ⇒ B =

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

=−

1 . x

2x + y = 5 x = 1 2 ( x - 1) + y = 3 2x + y = 5 Câu 2: a)  ⇔ ⇔ ⇔  x - 3y = - 8 2x - 6y = - 16 7y = 21 y = 3

b) x + 3 x − 4 = 0

Đặt x = t (t ≥ 0) (1) Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2) Phương trình (2) có tổng các hệ số bằng 0; suy ra (2) có hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)). Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 3: Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x > 0). Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10. 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ) x 120 (giờ) Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là x + 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình: + = 7 (1) x x + 10 −40 Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 7 Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II. Câu 4: a) Ta có ABC và ABD lần lượt là các góc 51

nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/) ⇒ ABC = ABD = 900 Suy ra C, B, D thẳng hàng. b) Xét tứ giác CDEF có: CFD = CFA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) CED = AED = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/) ⇒ CFD = CED = 900 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.

c) Ta có CMA = DNA = 900 A I (góc nội tiếp chắn M O/ n ửa đường O tròn); suy ra D CM // DN K B C hay CMND là hình thang. Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy ra IK ⊥ MN ⇒ IK ≤ KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định). Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN ≤ 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK ⇔ d ⊥ AK tại A. Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA. Câu 5: Ta có:

(x + (x + (y +

)( x + 2011 )( x y + 2011 )( y -

x 2 + 2011 y + 2

) x + 2011 ) = −2011 y + 2011 ) = −2011 y 2 + 2011 = 2011

(1) (gt)

(2)

(3)

Từ (1) và (2) suy ra:

(y +

) (

y 2 + 2011 = − x -

x 2 + 2011

)

(4)

y 2 + 2011

)

(5)

Từ (1) và (3) suy ra:

(x +

) (

x 2 + 2011 = − y -

Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được: x + y = - (x + y) ⇒ 2(x + y) = 0 ⇒ x + y = 0.

ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn

 1- a 1+ a +a   1- a  A=  + a   1 - a 1 + a  1- a   

(

)(

)

(

)(

)

(

)

= 1+2 a +a .

(

1+ a

)

(

= 1+ a

(

1+ a

)

= 1.

2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0 Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên n phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1, x2 = Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên ên R khi và chỉ khi 3 - k < 0 ⇔ k > 3

  x = 4x + y = 5 8x +2y = 10 11x = - 2 2) Giải hệ:  ⇔  ⇔  ⇔  3x - 2y = - 12 3x - 2y = -12 4x + y = 5 y =  Câu 3: 1) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0 2) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ⇔ ∆’ = 9 - m ≥ 0 ⇔ m ≤ 9 (1)  x1 + x 2 = 6 Theo hệ thứcViét ta có  (2)  x1 . x 2 = m Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4 (3) Từ (1) và (3) ⇒ x1 = 5, thay vào (1) ⇒ x2 = 1 Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn) Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. Câu 4:

a) Ta có E là trung điểm của AC ⇒ OE ⊥ AC = 900. hay OEM =900. Ta có Bx ⊥ AB ⇒ ABx nên tứ giác CBME nội tiếp. b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp ⇒ = OEB (cung chắn OB ), OMB = EBM (cùng chắn cung EM) EOM ⇒ ∆ EIO ~ ∆ MIB (g.g) ⇒ IB.IE = M.IO 6 8 3 3 3 6 y 8 + = ( x + y) + ( x + ) + ( + ) x y 2 2 2 x 2 y 3 ≥ . 6 = 9. 2

Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y +

3 3 3 x+ y= 2 2 2

( x + y)

−2 11 63 11

3 . 2

3x 6 3x 6 y 8 y 8 + ≥ 2 . =6 , + ≥ 2 . =4 2 x 2 x 2 y 2 y Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19  x + y = 6  x = 2 6  3x = Dấu bằng xẩy ra khi  ⇔  x y = 4 2 8 y 2 = y  Vậy min P = 19. Lời bình: Câu V

• Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P ≥ B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Do giả thiết cho x + y ≥ 6, đã thuận theo sơ đồ "bé dần": P ≥ B, điều ấy mách bảo ta biểu thị P 8 6 theo (x + y). Để thực hiện được điều ấy ta phải khử và . x y Do có x > 0; y > 0 nên việc khử được thực hiện dễ dàng bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si 8 6 cho các từng cặp số Ax và , By và . x y 3 3 3 1 Bởi lẽ đó mà lời giải đã "khéo léo" tách 3 x = x + x , 2 y = y + y . 2 2 2 2 3 1 2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" nói trên. Các số , được nghĩ ra bằng cách 2 2 nào? Với mọi số thực a < 2, ta có 6  8 6 8  P = 3 x + 2 y + + = a( x + y ) + (3 − a) x +  + (2 − a) y +  (1) x y x  y  ⇒

P ≥ 6a + 2 6(3 − a) + 2 8(2 − a )

Ta có (3 − a ) x +

(2)

6 6 ; (3) ≥ 2 6(3 − a ) , dấu đẳng thức có khi x = x 3− a

(2 − a ) y +

8 8 ≥ 2 8(2 − a ) , dấu đẳng thức có khi y = . ; (4) y 2−a

Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải có x + y = 6 ⇒

6 8 + =6 3− a 2−a

(5)

Thấy rằng a =

bày. Các số

3 3 là một nghiệm của (5). Thay a = vào (2) ta có sự phân tích như lời giải đã trình 2 2

3 1 , được nghĩ ra như thế đó. 2 2

3) Phương trình (3) là phương trình " kết điểm rơi" . Người ta không cần biết phương trình "kết điểm rơi" có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. (Việc giải phương trình "kết điểm rơi" nhiều khi phức tạp và cũng không cần thiết.) ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Rút gọn biểu thức 1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 =

5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5  a + a  a- a 2) B = 1 + 1 +   với a ≥ 0, a ≠ 1   a + 1  1 - a    a ( a + 1)  a ( a - 1)  = 1 + 1   = (1 + a ) (1 - a ) = 1 - a   a + 1 a 1    Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a . (- 2)2 ⇔ 4a = -12 ⇔ a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x2. 2) a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0. ∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11 x1 = - 6 - 11 ; x2 = - 6 + 11 b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi: -1 ∆’ > 0 ⇔ (m + 1)2 - m2 > 0 ⇔ 2m + 1 > 0 ⇔ m > (*) 2 Phương trình có nghiệm x = - 2 ⇔ 4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 m = 0 ⇔ m2 - 4m = 0 ⇔  (thoả mãn điều kiện (*)) m = 4 Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m)

Diện tích thửa ruộng là x.y Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này ày là: (x + 2) (y + 3) Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì th diện tích thửa ruộng còn lại là (x-2) (y-2). 2). Theo bài ra ta có hệ phương trình:

(x + 2) (y + 3) = xy + 100  (x - 2) (y - 2) = xy - 68  xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100 ⇔   xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68 3x + 2y = 94  x = 22  x = 22 ⇔  ⇔  ⇔  . 2x + 2y = 72  x + y = 36  y = 14 Vậy diện tích thửa ruộng là: à: S = 22 .14= 308 (m2). = 900 (gt) Câu 4: 1) Ta có BAC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đư MDC ường tròn) A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp = ACB (cùng chắn cung AB). (1) Vì tứ giác ABCD nội tiếp. ⇒ ADB = ACS (cùng bù với MDS ). (2) Ta có tứ giác DMCS nội tiếp ⇒ ADB = ACS . Từ (1) và (2) ⇒ BCA 2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD ⊥ CK, CA ⊥ BK. = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác MEC ⇒ K, M, E thẳng hàng, àng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K. = DBC (cùng chắn DC ). (3) 3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp ⇒ DAC = MBE (cùng chắn ME ). (4) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp ⇒ MAE

. = MAE hay AM là tia phân giác DAE Từ (3) và (4) ⇒ DAM = MDE hay DM là tia phân giác ADE . Chứng minh tương tự: ADM Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE. Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3) Điều kiện: x ≥ 2 (*) Phương trình đã cho ⇔ (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0 x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0

⇔

(

x-2 - x+3

)(

)

x-1-1 =0

 x - 2 = x + 3 (VN) ⇔  ⇔ x = 2 (thoả mãn đk (*))  x - 1 - 1 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. 56

Lời bình: Câu IVb

Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, một phương pháp thường dùng là chứng minh ba đường thẳng ấy hoặc là ba đường cao, hoặc là ba đường trung tuyến, hoặc là ba đường phân giác của một tam giác. ĐỀ SỐ 13 Câu 1: 1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2  a -1 a+ a +1 Ta có: P =   a a -1 

(

)( (

) (

)

) ( a - a + 1)  : a + 2  a-2 a ( a + 1) 

a +1

a+ a +1-a+ a -1 a+2 2 (a - 2) : = a-2 a+2 a 2a - 4 2a + 4 - 8 8 2) Ta có: P = = =2a+2 a+2 a+2 P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8 ⋮ (a + 2) a + 2 = ± 1 a = - 1; a = - 3 a + 2 = ± 2 a = 0 ; a = - 4  ⇔ ⇔  a + 2 = ± 4 a = 2 ; a = - 6   a + 2 = ± 8 a = 6 ; a = - 10 Câu 2: 1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0 ⇔ a - 2a + 4 = 0 ⇔ a = 4 =

Suy ra đường thẳng đó là 4x + 7y + 3 = 0 ⇔ 7y = - 4x - 3 ⇔ y =

-4 3 x7 7

−4 7 2) a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0 ⇔ m = −1 . b) Phương trình có 2 nghiệm khi: ∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0 ⇔ m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng ∀ m. m+1 3 Ta có x1.x2 = 5 ⇔ = 5 ⇔ m + 1 = 5m - 5 ⇔ 4m = 6 ⇔ m = . m-1 2 3 1 5 Vớ i m = ta có phương trình : x2 - 3x + = 0 ⇔ x2 - 6x + 5 = 0 2 2 2 -b Khi đó x1 + x2 = =6 a

nên hệ số góc của đường thẳng là

 4x + 7y = 18 25x = 25 x = 1 Câu 3: Hệ đã cho ⇔  ⇔  ⇔  .  21x - 7y = 7 3x - y = 1 y = 2 Câu 4: =B , B =B 1) Theo giả thiết ta có: B A 1 2 3 4 +B +B +B = 1800 Mà B 1

+B = 900 B 2 3 +C = 900 Tương tự C 2 3 ⌢ ⌢ Xét tứ giác BICK có B + C = 1800 ⇒ 4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O đường kính IK. 2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) ⇒ ∆ IOC cân tại O = ICO. ⇒ OIC (1) Ta lại có C1 = C2 (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC.

I 1

C 3

Ta có AH ⊥ BC. (Vì ∆ ABC cân tại A). + ICH = 900 ⇒ OCI + ICA = 900 . Trong ∆ IHC có HIC = 900 hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). Hay ACO 3) Ta có BH = CH = 12 (cm). Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 ⇒ AH = 16 Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có: IA AC AH - IH AC 20 5 ⇒ (16 - IH) . 3 = 5 . IH ⇒ IH = 6 = ⇒ = = = IH CH IH CH 12 3 Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180 Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK

⇒ IK =

IC2 180 = = 30 , OI = OK = OC = 15 (cm) IH 6

Câu 5:

Ta có x 2 +

x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010

(1) ⇔ x 2 + x +

1 - x - 2010 + 4

x + 2010 -

1 =0 4

1 1  x + = x + 2010 - . (2)  1 1   2 2 ⇔  x +  -  x +2010 -  = 0 ⇔  1 2 2    x + = - x + 2010 + 1 . (3)  2 2 x + 1 ≥ 0 Giải (2) : (2) ⇔  2 (x + 1) = x + 2010 (4) (4) ⇔ (x + 1)2 = x + 2010 ⇔ x2 + x - 2009 = 0 ∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037 - 1 + 8037 -1 - 8037 (loại) x1 = ; x2 = 2 2 −2010 ≤ x ≤ 0 Giải (3): (3) ⇔ x = − x + 2010 ⇔  2  x = x + 2010 (5) 2

(5) ⇔ x 2 − x − 2010 = 0 .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041, 1 + 8041 1 - 8041 (loại nghiệm x1) x1 = ; x2 = 2 2 −1 + 8037 1 − 8041 . Vậy phương tình có 2 nghiệm: x = ;x= 2 2 Lời bình: Câu V 1 • Bằng cách thêm bớt ( x + ) , sự nhạy cảm ấy đã trình bày lời giải ngắn gọn. 4 • Không cần một sự khéo léo nào cả, bạn cũng có một lời giải trơn tru theo cách sau : 2  x = y + 2010 Đặt x + 2010 = − y , y ≥ 0 bài toán được đưa về giải hệ  2 .  y = x + 2010 Đây là hệ phương trình hệ đối xứng kiểu 2 quen thuộc đã biết cách giải.

Chú ý : Phương trình đã cho có dạng (ax + b)2 = p a ' x + b ' + qx + r , (a ≠ 0, a' ≠ 0, p ≠ 0)  a ' x + b ' = ay + b, khi pa ' > 0; Đặt :   a ' x + b ' = ay + b, khi pa ' < 0. Thường phương trình trở thành hệ đối xứng kiểu 2. SỐ 14 Câu 1: 1) Ta có : P =

x +1 2 x 2+5 x + x-4 x -2 x +2 59

P= = =

( x +1) ( x +2) + 2 x ( x - 2) - 2 - 5 x = ( x - 2) ( x + 2)

x + 3 x +2 + 2x - 4 x - 2 - 5 x ( x +2) ( x - 2) 3x - 6 x 3 x ( x − 2) 3 x = = ( x + 2) ( x - 2) ( x + 2) ( x - 2) x +2

2) P = 2 khi

3 x = 2 ⇔ 3 x = 2 x +4 ⇔ x +2

x = 4 ⇔ x = 16

m − 1 = 0 m = 1 Câu 2: 1) d song song với trục Ox khi và v chỉ khi  ⇔ . n ≠ 0 n ≠ 0  m − 1 = −3  m = −2 2) Từ giả thiết, ta có:  ⇔ .  −1 = m − 1 + n n = 2 Vậy đường thẳng d có phương trình: y = −3x + 2 x = 0 Câu 3: 1) Với m = - 3 ta có phương trình: ình: x2 + 8x = 0 ⇔ x (x + 8) = 0 ⇔  x = - 8 2) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi: ∆’ ≥ 0 ⇔ (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0 ⇔ m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0 1 15 ⇔ m2 - m + 4 > 0 ⇔ (m − ) 2 + > 0 đúng ∀m 2 4 Chứng tỏ phương trình có 2 nghiệm phân biệt ∀ m  x1 + x 2 = 2(m - 1) (1) Theo hệ thức Vi ét ta có:  (2)  x1 - x 2 = - m - 3 Ta có x12 + x 22 = 10 ⇔ (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 10 ⇔ 4 (m - 1)2 + 2 (m + 3) = 10 m = 0 ⇔ 4m - 6m + 10 = 10 ⇔ 2m (2m - 3) = 0 ⇔  m = 3 2  3) Từ (2) ta có m = -x1x2 - 3 thế vào ào (1) ta có: x1 + x2 = 2 (- x1x2 - 3 - 1) = - 2x1x2 - 8 ⇔ x1 + x2 + 2x1x2 + 8 = 0 Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc m. Câu 4: 1) Từ giả thiết suy ra = 900 , HEB = 900 . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CFH 2

= Fɵ = E

= 900 ⇒ AFHE Trong tứ giác AFHE có: A là hình chữ nhật. 60

) (1) = AHE (góc nội tiếp chắn AE 2) Vì AEHF là hình chữ nhật ⇒ AEHF nội tiếp ⇒ AFE = ABH (góc có cạnh tương ứng ⊥ ) (2) Ta lại có AHE Từ (1) và (2) = ABH mà CFE + AFE = 1800 ⇒ AFE + ABH = 1800 . Vậy tứ giác BEFC nội tiếp. ⇒ CFE 3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC. Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật. ⇒ OF = OH ⇒ ∆ FOH = OHF . Vì ∆ CFH vuông tại F ⇒ O2C = O2F = O2H ⇒ ∆ HO2F cân tại O2. cân tại O ⇒ OFH = 900 . ⇒ O = 900 . Vậy EF là tiếp tuyến của đường ⇒ O FH = O HF mà O HF + FHA FH + HFO 2

tròn tâm O2. Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1. Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn. Câu 5: Tìm GTLN, GTNN của x thoả mãn.

(1) x + a + b + c = 7  2 2 2 2  x + a + b + c = 13 (2) Từ (1) ⇒ a + b + c = 7 - x.. Từ (2) ⇒ a2 + b2 + c2 = 13 - x2. Ta chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2. ⇔ 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0 ⇔ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (đpcm) Suy ra 3 (13 - x2) ≥ (7 - x)2. ⇔ 3 (13 - x2) ≥ 49 - 14x + x2. 5 ⇔ 4x2 - 14x + 10 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ . 2 5 3 x = khi a = b = c = , x = 1 khi a = b = c = 2 . 2 2 5 Vậy max x = , min x = 1. 2 ĐỀ SỐ 15  x 1 Câu 1: a) M =   x -1 - x- x   x   1 =   :  x 1 x ( x 1)   

(

  1 2  +  :     x + 1 x - 1

x -1

)(

x -1

) (

x +1

)(

x -1

  x +1  

)

= =

x-1 x

(

) (

x -1

x +1

)(

x -1

)

x +1

x-1 x

(

)

x -1

(

)(

x -1

)

x +1

x-1 . x

b) M > 0 ⇔ x - 1 > 0 (vì x > 0 nên

x > 0) ⇔ x > 1. (thoả mãn)

Câu 2: a) Ta thấy: a = 1; b = - 2m; c = - 1, rõ ràng: a. c = 1 . (-1) = -1 < 0

⇒ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Vì phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

b   x1 + x 2 = - a = 2m do đó: x12 + x 22 - x1x 2 = 7 ⇔  c x . x = = - 1  1 2 a

( x1 + x 2 )

- 3x1x 2 = 7

⇔ (2m)2 - 3 . ( -1) = 7 ⇔ 4m2 = 4 ⇔ m2 = 1 ⇔ m = ± 1. Câu 3: Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu (x nguyên, nguy dương)

Số xe lúc sau là: x + 3 (chiếc) Lúc đầu mỗi xe chở:

480 480 (tấn hàng), àng), sau đó mỗi xe chở: (tấn hàng) x x+3

Ta có phương trình:

480 480 = 8 ⇔ x2 + 3x - 180 = 0 x x +3

Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK) Vậy đoàn xe lúc đầu có 12 chiếc.

= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ AM ⊥ Câu 4: a) AMB MB (1) MN = BN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB ⇒ ON là đường trung trực của đoạn thẳng MB ⇒ ON ⊥ MB (2) Từ (1) và (2) ⇒ AM // ON ⇒ OAMN là hình thang. b) ∆ NHK có HM ⊥ NK; KB ⊥ NH. suy ra O là trực tâm ∆NHK ⇒ ON ⊥ KH (3)

Từ (2) và (3) ⇒ KH // MB Câu 5: 5x - 2 x (2 + y) + y2 + 1 = 0 (1). Điều kiện: x ≥ 0

Đặt x = z, z ≥ 0, ta có phương trình: 5z2 - 2(2 + y)z + y2 + 1 = 0 Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn z thì phương trình có nghiệm khi ∆’ ≥ 0 ∆’ = (2 + y)2 - 5(y2 + 1) = - (2y - 1)2 ≤ 0 với ∀ y 1 Để phương trình có nghiệm thì ∆’ = 0 ⇔ y = 2 1 1 1 Thế vào (1) ta tìm được x = . Vậy x = và y = là các giá trị cần tìm. 4 4 2 Lời bình: Câu V

1) Để giải một phương trình chứa hai ẩn, ta xem một trong hai ẩn là tham số. Giải phương trình với ẩn còn lại. 2) Các bạn tham khảo thêm một lời giải khác :

Ta có 5x − 2 x (2 + y ) + y2 + 1 = 0 ⇔ (4x − 4 x + 1) + y2 + 2 y x + x = 0 1 4

1 2

⇔ (2 x − 1) 2 + ( y − x )2 = 0 ⇔ 2 x − 1 = y − x = 0 ⇔ ( x = ; y = ) . Qua biến đổi ta thấy 5x − 2 x (2 + y ) + y2 + 1 ≥ 0 với mọi y, với mọi x > 0 . Trình bày lời giải này chúng tôi muốn nghiệm lại Lời bình sau câu 5 đề 2 rằng: phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi". Biến đổi về tổng các biểu thức cùng dấu là cách giải đặc trưng của "phương trình điểm rơi". ĐỀ SỐ 16 Câu 1:

1) K =

x x(2 x - 1) = x - 2 x + 1 = x -1 x - 1 x( x - 1)

2) Khi x = 4 + 2 3 , ta có: K = 4 + 2 3 - 1 =

x -1

(

)

3 +1

-1 = 3 +1-1 = 3

Câu 2: 1) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên a = 3. Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1;2) nên ta có:2 = 3.(-1) + b ⇔ b= 5 (t/m vì b ≠ 1 ) Vậy: a = 3, b = 5 là các giá trị cần tìm.

11y = 0 x = 2 3 (3y + 2) + 2y = 6 3x + 2y = 6 ⇔  ⇔ ⇔ .  x = 3y + 2 y = 0  x - 3y = 2  x = 3y + 2

2) Giải hệ phương trình: 

Baì 3: Gọi x là số xe lúc đầu ( x nguyên dương, chiếc) Số xe lúc sau là : x+3 (chiếc)

Lúc đầu mỗi xe chở : 96 (tấn hàng)

x Lúc sau mỗi xe chở : 96 ( tấn hàng) x+3 96 Ta có phương trình : - 96 = 1,6 ⇔ x2 + 3x -180 = 0 x x+3

Giải phương trình ta được: x1= -15 ; x2=12. Vậy đoàn xe lúc đầu có: 12 (chiếc). Câu 4: = 1 Sđ DC = 1 Sđ BD = BCD 1) CDE 2

⇒ DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong) - DC) = AQC = 1 sđ (AC 2) APC 2

= AQC ) ⇒ Tứ giác PACQ nội tiếp (vì APC 3) Tứ giác APQC nội tiếp = CAQ (cùng chắn CQ ) CPQ = CDE (cùng chắn DC ) CAQ

o b

= CDE ⇒ DE // PQ Suy ra CPQ Ta có :

DE CE = PQ CQ

(vì DE//PQ)

(1) ,

DE QE = (vì DE// BC) FC QC

Cộng (1) và (2) : DE + DE = CE + QE = CQ = 1 ⇒ PQ

Thay vào (3) ta có : 1 + 1 = 1 Câu 5 : Ta có

a a a+c < < a+b+c b+a a+b+c b b b+a < < a+b+c b+c a+b+c c c c+b < < a+b+c c+a a+b+c

(2)

1 1 1 (3) + = PQ FC DE

ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ CQ

(1) (2) (3) 64

Cộng từng vế (1), (2), (3), ta được : 1 <

a b c + + < 2, đpcm. a+b b+c c+a

ĐỀ SỐ 17 Câu 1:

A = x1.x2 =

3+ 5 . 3- 5 =

B = x12 + x 22 =

(

(3 + 5 )(3 - 5 ) =

3+ 5

) ( +

3- 5

)

32 -

( 5)

= 9-5 = 4 =2

=3+ 5 +3- 5 =6

Câu 2: a) m = - 2, phương trình là: x2 + 3x - 6 = 0; ∆ = 33> 0, phương trình ình có hai nghiệm

phân biệt x1, 2 =

- 3 ± 33 2 2

b) Ta có ∆ = [ - (2m +1] - 4 (m 2 + 5m) = 4m2 + 4m + 1 - 4m2 - 20m = 1 - 16m. Phương trình có hai nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 1 - 16m ≥ 0 ⇔ m ≤

1 16

Khi đó hệ thức Vi-ét ét ta có tích các nghiệm là m2 + 5m. Mà tích các nghiệm bằng 6, do đó m2 + 5m = 6 ⇔ m2 + 5m - 6 = 0 Ta thấy a + b + c = 1 + 5 + (-6) 6) = 0 nên m1 = 1; m2 = - 6. 1 Đối chiếu với điều kiện m ≤ thì m = - 6 là giá trị cần tìm. 16 Câu 3: a) Khi m = - 2, ta có hai đườ ờ ng th ẳ ng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x + 1 = 2x + 1 y = - x Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ   y = 2x + 1 1 1 . Từ đó tính được : y = . 3 3 1 1 Vậy tọa độ giao điểm là A( − ; ) . 3 3 ′ b) Hai đường thẳng (d), ( d ) song ng song khi và chỉ khi

⇒ - x = 2x + 1 ⇔ x = -

m 2 - 2 = - 1 m = ± 1 ⇔  ⇔ m=1  m ≠ 1 m + 2 ≠ 1   Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau.. Câu 4: a) Trong tam giác vuông ATO có: R2 = OT2 = OA . OH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

= BCT ⋑ (cùng chắn cung TB) b) Ta có ATB = BTH (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). BCT = BTH hay TB là tia phân giác của góc ATH. ⇒ ATB c) Ta có ED // TC mà TC ⊥ TB nên ED ⊥ TB. ∆ TED có TB vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆TED cân tại T. HB BD BE d) BD // TC nên (vì BD = BE) (1) = = HC TC TC BE AB BE // TC nên (2) = TC AC HB AB Từ (1) và (2) suy ra: = HC AC Câu 5: Từ giả thiết: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0

⇒

( x +y )

7 7 7 + 2. ( x +y ) . +   -   + 10 = - y 2 ≤ 0 2 2 2 2

7 9 7 9   . ≤ 0 ⇒ x + y +  ≤ x + y +  2 4 2 4   Giải ra được - 4 ≤ x + y + 1 ≤ - 1. A = -1 khi x = - 2 và y = 0, A = - 4 khi x = -5 và y = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là - 4 và giá trị lớn nhất của A là - 1. Lời bình: Câu V

Bài toán đã cho có hai cách giải.

Cách 1. Biến đổi giả thiết về dạng (mA + n)2 = k 2 − [g(x, y)]2 , từ đó mà suy ra (mA + n)2 ≤ k2 ⇔ −k − n ≤ mA ≤ k + n ⇒ minA, maxA. Cách 2. Từ A = x + y +1 ⇒ y = A − x − 1, thế vào giả thiết có phương trình bậc hai đối với x. ≥ 0 ta tìm được minA, maxA . ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn biểu thức:

1) 45 + 20 − 5 = 32.5 + 22.5 − 5 = 3 5+2 5− 5 = 4 5 x+ x x−4 2) = x ( x + 1) + ( x + 2)( x − 2) + x x +2 x x +2

Từ ∆

= x +1+ x − 2 = 2 x −1 Câu 2: Gọi x là chiều dài, y là chiều rộng của hình chữ nhật (điều kiện: x > 0, y > 0, x, y tính bằng mét) Theo bài ra ta có: 2 (x + y) = 72 ⇔ x +y = 36 (1) Sau khi tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đôi, ta có : 2 (3 x + 2y) = 194 ⇔ 3x + 2y = 97 (2)  x + y = 36 Giải hệ ta được: 3x + 2y = 97

Ta có hệ PT : 

 x = 25   y = 11

Đối chiếu điều kiện bài toán ta thấy x, y thỏa mãn. Vậy diện tích thửa vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2) Câu 3: 1) Khi m = 2, PT đã cho trở thành: x2- 4x + 3 = 0 Ta thấy: a +b + c = 1 - 4 +3 = 0 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3 2) Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là: ∆ , = b'2 - ac ≥ 0 ⇔ 22 − (m + 1) ≥ 0 ⇔ 3 - m ≥ 0 ⇔ m ≤ 3 (1)  x1 + x 2 = 4 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có :   x1 x 2 = m + 1 x12 + x 22 = 5 (x1+ x2) ⇔ (x 1 + x 2 )2- 2x1x2 = 5 (x1 + x2) ⇔ 42 - 2 (m +1) = 5.4 ⇔ 2 (m + 1) = - 4 ⇔ m = - 3 Kết hợp với điều kiện (1) , ta có m = - 3

Câu 4 :

= 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1. Ta có: ABC I ABF = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B, C, F thẳng hàng.. E AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy. D = IBF = 900 suy ra BEIF nội tiếp đường tròn. A 2. Do IEF

3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ Ta chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng ⇒

HP HA ⇒ HPC2 = HA.HB = HB HP

B H

P Tương tự, HQ2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung điểm PQ. Câu 5: Điều kiện x ≠ 0 và 2 - x2 > 0 ⇔ x ≠ 0 và x < 2 (*)

Đặt y = 2 - x 2 > 0

F Q

 x 2 + y 2 = 2 (1) Ta có:  1 1  x + y = 2 (2) 

Từ (2) ta có : x + y = 2xy. Thay vào (1) Có : xy = 1 hoặc xy = -

1 2

x = 1 * Nếu xy = 1 thì x + y = 2. Giải ra, ta có :  . y = 1  −1 + 3  −1 − 3 x=  x = 1   2 2 .. * Nếu xy = - thì x + y = -1. Giải ra, ta có :  ;  2  y = −1 − 3  y = −1 + 3   2 2 -1- 3 Đối chiếu đk (*), phương trình đã cho có 2 nghiệm : x = 1 ; x = . 2 Lời nhắn . Câu IV.1 Liên hệ với lời bình sau câu 4b đề 12 ĐỀ SỐ 19 Câu 1: a) A =

5 ( 5 + 7)

11( 11 + 1)

= 5 + 7 + 11. 5 1 + 11 5 ( 5 + 11) b) B = 5. = 5 + 11 . 5 Vậy A - B = 5 + 7 + 11 − 5 − 11 = 7, đpcm. Câu 2: a) Với m = 2 ta có hệ 3x + 2y = 5  y = 2x - 1  y = 2x - 1 x = 1 ⇔  ⇔  ⇔   2x - y = 1 3x + 2(2x - 1) = 5 7x = 7 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1). 3 m b) Hệ có nghiệm duy nhất khi: ≠ ⇔ m 2 ≠ - 3 v ớ i m ọi m m −1 Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 3: Gọi cạnh góc vuông nhỏ là x. Cạnh góc vuông lớn là x + 2 Điều kiện: 0 < x < 10, x tính bằng m. Theo định lý Pitago ta có phương trình: x2 + (x + 2)2 = 102. +

Giải phương trình ta được x1 = 6 (t/m), x2 = - 8 (loại). Vậy cạnh góc vuông nhỏ là 6m; cạnh góc vuông lớn là 8m. = 900 PAC + PMC = 1800 Câu 4: a) Ta có PAC nên tứ giác APMC nội tiếp

= MAC b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên MPC

(1)

= MBC (2) Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra MQC + MBC = 900 (3). Từ (1), (2), (3) ta có : Lại có MAC + MBC = 900 ⇒ PCQ = 900 . MPC

= BCQ (Tứ giác BCMQ nội tiếp) BMQ = AMC (Cùng phụ với BMC) EMC = EFC (Tứ c) Ta có BMQ = EFC hay AB // EF. giác CEMF nội tiếp). Nên BCQ Câu 5: P = x2 + 1 +

1 ≥ 2 x +1

) x 1+ 1 , P = 2 ⇔

x2 + 1 =

1 ⇔ x = 0. Vậy min P = 2. x +1 2

ĐỀ SỐ 20 Câu 1: a) A =

2( 5 +2) - 2( 5 - 2)

(

5 -2

)(

5 +2

)

2 5 +4 - 2 5 + 4

( 5)

- 22

8 = 8. 5-4

b) Ta có:

x-1 : x

(

)(

x -1

( ( x - 1) ( x +1) ( = = x ( x - 1) x

)

x + 1 +1 - x

) x +1) x +1

(

)

x x +1 x-1 ⋅ x x-1+1- x

Câu 2: x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Khi m = 1, ta có phương trình x2 - 6x + 5 = 0

a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = 5 b) Phương trình (1) có nghiệm x = - 2 khi: (-2)2 - (m + 5) . (-2) - m + 6 = 0 ⇔ 4 + 2m + 10 - m + 6 = 0 ⇔ m = - 20 c) ∆ = (m + 5)2 - 4(- m + 6) = m2 + 10m + 25 + 4m - 24 = m2 + 14m + 1 Phương trình (1) có nghiệm khi ∆ = m2 + 14m + 1 ≥ 0 (*) Với điều kiện trên, áp dụng định lí Vi-ét, ét, ta có: 69

S = x1 + x2 = m + 5; P = x1. x2 = - m + 6. Khi đó: x12 x 2 + x1x 22 = 24 ⇔ x1x 2 ( x1 + x 2 ) = 24

⇔ ( − m + 6)( m + 5) = 24 ⇔ m 2 − m − 6 = 0 ⇔ m = 3 ; m = −2. Giá trị m = 3 thoả mãn, m = - 2 không thoả mãn điều kiện. (*) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi x là số dãy ghế trong phòng lúc đầu (x nguyên, x > 3) x - 3 là số dãy ghế lúc sau. 360 360 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu: (chỗ), số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau: (chỗ) x x-3 360 360 Ta có phương trình: =4 x-3 x Giải ra được x1 = 18 (thỏa mãn); x2 = - 15 (loại) Vậy trong phòng có 18 dãy ghế. Câu 4: a) ∆SAB cân tại S (vì SA = SB - theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên tia phân giác SO cũng là đường cao ⇒ SO ⊥ AB = SIE = 900 ⇒ IHSE nội tiếp đường tròn đường kính SE. b) SHE OI SO = OH OE 2 ⇒ OI . OE = OH . OS = R (hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB) Câu 5: (1) ⇔ x3 - 2mx2 + m2x + x - m = 0, ⇔ x (x2 - 2mx + m2) + x - m = 0 ⇔ x (x - m)2 + (x - m) = 0 x = m ⇔ (x - m) (x2 - mx + 1) = 0 ⇔  2  x - mx + 1 = 0 (2) Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt khác m. Dễ thấy x = m không là nghiệm của (2). Vậy (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 2 ∆ = m2 - 4 > 0 ⇔  . m < - 2 m > 2 Vậy các giá trị m cần tìm là:  . m < - 2

c) ∆SOI ~ ∆EOH (g.g) ⇒

ĐỀ SỐ 21 Câu 1.

1) A =

2 5 −1

(

)

2 5 +1

)(

5 −1

)

5 +1

(

)

2 5 +1 5 +1 = . 4 2 70

3  x=−  2 x = −3  2 2) Ta có hệ ⇔  ⇔  . y = x − 4 11  y = −  2 Câu 2. 1) Vẽ đồ thị y = x 2 thông qua bảng giá trị x -2 -1 y 4 1

0 0

1 1

2 4

Vẽ đồ thị y = x + 2 qua các điểm A(0, 2) và B(-2,0). y 5 4

3 2

-2

-1

2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x 2 = x + 2 hay x 2 − x − 2 = 0 . Phương trình này có nghiệm: x1 = −1 ⇒ y1 = 1 và x 2 = 2 ⇒ y 2 = 4 . Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M(-1, 1) và N(2, 4). Câu 3. 1) Với m = 2 , ta có phương trình: 2 x 2 + 3 x + 1 = 0 . Các hệ số của phương trình thoả mãn 1 a − b + c = 2 − 3 + 1 = 0 nên phương trình có các nghiệm: x1 = −1 , x 2 = − . 2 2

2) Phương trình có biệt thức ∆ = (2m − 1) − 4.2.(m − 1) = (2m − 3) ≥ 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x 2 với mọi m .

2m − 1   x1 + x 2 = − 2 Theo định lý Viet, ta có:  . m − 1  x .x =  1 2 2 2 2 2 2 Điều kiện đề bài 4 x1 + 2 x1 x 2 + 4 x 2 = 1 ⇔ 4( x1 + x 2 ) − 6 x1 x 2 = 1 . Từ đó ta có: (1 − 2m ) − 3(m − 1) = 1 ⇔ 4m 2 − 7 m + 3 = 0 . Phương trình này có tổng các hệ số a + b + c = 4 + ( −7) + 3 = 0 nên phương trình này có các nghiệm 3 3 m1 = 1, m 2 = . Vậy các giá trị cần tìm của m là m = 1, m = . 4 4 o = FCD = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra tứ Câu 4. 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : FED giác FCDE nội tiếp. = 900 , 2) Xét hai tam giác ACD và BED có: ACD =FBED (đối đỉnh) nên ∆ACD∼∆BED. Từ đó ta có tỷ số : ADC = BDE DC DE = ⇒ DC.DB = DA.DE . I E DA DB C 3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE ⇒ tam giác ICD cân ⇒ = IDC = FEC (chắn cung FC ). Mặt khác tam giác OBC ICD cân nên D OCB = OBC = DEC (chắn cung AC của (O)). Từ đó = ICD + DCO = FEC + DEC = FED = 90 A 0 ⇒ IC ⊥ CO hay IC là B ICO O tiếp tuyến của đường tròn (O).

4x + 9 1 1 4x + 9 1 1 = y + , y ≥ − ta có = y2 + y + ⇔ 7y2 + 7y = x + . 28 2 2 28 4 2 1  2 7 x + 7 x = y + 2 Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ:  . 1 2 7 y + 7 y = x +  2 Trừ vế cho vế của hai phuơng trình ta thu được

Câu 5. Đặt

7(x 2 − y 2 ) + 7(x − y ) = y − x ⇔ ( x − y )(7 x + 7 y + 8) = 0 ⇔ x − y = 0 (vì x > 0 và y ≥ − 7 x + 7 y + 8 > 0) hay x = y .

1 nên 2

 − 6 − 50 x=  1 14 Thay vào một phương trình trên ta được 7 x 2 + 6 x − = 0 ⇔  . Đối chiếu với điều kiện 2  − 6 + 50 x = 14  − 6 + 50 của x, y ta được nghiệm là x = . 14 Lời bình: Câu V

Chắc chắn sẽ hỏi đằng sau phép đặt ẩn phụ

4x + 9 1 = y + có sự "mách bảo" nào không? 28 2

4x + 9 1 4x + 9 1  ⇔ 7 x +  = Ta có 7x + 7x = + 28 2 28 4  Dưới hình thức mới phương trình đã cho thuộc dạng (ax + b)2 = p a ' x + b ' + qx + r , (a ≠ 0, a' ≠ 0, p ≠ 0) Một lần Lời bình sau câu 5 đề 13 đã chỉ dẫn cách đặt ẩn phụ như trên. 2

ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) x2 - 2x - 15 = 0 , ∆' = 1 - (-15) = 16 , ∆' = 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1 - 4 = - 3; x2 = 1 + 4 = 5 2. Đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1) khi và chỉ khi: 1 = a (-1) -1 <=> a = - 2. Vậy a = - 2 Câu 2: 1) P =

(a − 1)(a

(

a −1 a − a . 2 a

)(

a −a−a+ a −a 2 a (a − 1)

) ( )( a + 1) ( a + 1)( a − 1) a − a − a − a ) − 4 a. a = = −2 a −1 − a + a

2 a

Vậ y P = - 2 a . 2) Ta có: P ≥ −2 ⇔ - 2 a > - 2 ⇔ a < 1 ⇔ 0 < a < 1 Kết hợp với điều kiện để P có nghĩa, ta có: 0 < a < 1 Vậy P > -2 a khi và chỉ khi 0 < a < 1 Câu 3: Gọi x, y số chi tiết máy của tổ 1, tổ 2 sản xuất trong tháng giêng (x, y ∈ N* ),

ta có x + y = 900 (1) (vì tháng giêng 2 tổ sản xuất được 900 chi tiết). Do cải tiến kỹ thuật nên tháng hai tổ 1 sản xuất được: x + 15%x, tổ 2 sản xuất được: y + 10%y. Cả hai tổ sản xuất được: 1,15x + 1,10y = 1010 (2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:  x + y = 900 1,1x + 1,1y = 990 0, 05x = 20 ⇔ ⇔  1,15x + 1,1y = 1010 1,15x + 1,1y = 1010  x + y = 900 <=> x = 400 và y = 500 (thoả mãn) Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy. = 900 (vì góc nội tiếp Câu 4: 1) Ta có IPC = 900. chắn nửa đường tròn) => CPK

= 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác CPKB có: K => CPKB là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm)

= 900; 2) Xét ∆ AIC và ∆ BCK có A

y x

P I

= BKC (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) ACI AI AC => ∆ AIC ~ ∆ BCK (g.g) => = A BC BK C => AI.BK = AC.BC. = PIC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) 3) Ta có: PAC

= PKC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) PBC = 900 . + PBC = PIC + PKC = 900 (vì ∆ ICK vuông tại C).=> APB Suy ra PAC Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q= 198. Phương trình có nghiệm khi ∆ ≥ 0 <=> p2 + 4q ≥ 0; gọi x1, x2 là 2 nghiệm.

- Khi đó theo hệ thức Viét có x1+ x2 = - p và x1x2 = q mà p + q = 198 => x1x2 - (x1+ x2) = 198 <=> (x1 - 1)(x2 - 1) = 199 = 1 . 199 = (- 1)(-199) ( Vì x1, x2 ∈ Z ) Nên ta có : x1 - 1 x2 - 1 x1 x2

1 199 2 200

-1 -199 0 -198

199 1 200 2

-199 -1 -198 0

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên: (2; 200); (0; -198); (200; 2); (-198; 0)

ĐỀ SỐ 23 74

Câu 1. 1) A =

(

)

(

)

20 − 3 5 + 80 . 5 = 2 5 − 3 5 + 4 5 . 5 = 3 5. 5 = 15 . 2

2) Đặt t = x , t ≥ 0 phương trình trở thành 4t + 7t − 2 = 0 . Biệt thức ∆ = 7 2 − 4.4.(−2) = 81 1 Phương trình có nghiệm t1 = , t 2 = −2 (loại). 4 1 1 1 1 Với t = ta có x 2 = ⇔ x = ± . Vậy phương trình có nghiệm x = ± . 4 4 2 2 Câu 2. 5 x − 2m + 1 . Giao 2 điểm của (d1 ) và trục hoành là A(2, 0). Yêu cầu của bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi (d 2 ) cũng đi 5 qua A ⇔ 0 = .2 − 2m + 1 ⇔ m = 3 . 2 2) Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật (đơn vị m, x > 0) ⇒ chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m). Vì đường chéo là 13 (m) nên theo định lý Piatago ta có :

1) Ta gọi (d1 ) , (d 2 ) lần lượt là các đường thẳng có phương trình y = −3 x + 6 và y =

132 = x 2 + ( x + 7 ) ⇔ 2x 2 + 14x + 49 = 169

x = 5 ⇔ x 2 + 7x − 60 = 0 ⇔  . Chỉ có nghiệm x = 5 thoả mãn.  x = −12 Vậy mảnh đất có chiều rộng 5m, chiều dài 12m và diện tích là S = 5.12 = 60 (m2). Câu 3. 1) Khi m = 3 phương trình trở thành x 2 − 2 x = 0 ⇔ x( x − 2) = 0 ⇔ x = 0 ; x = 2 . 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 ⇔ ∆' = 1 − (m − 3) > 0 ⇔ m < 4 . Khi đó theo định lí Vi-et ta có: x1 + x 2 = 2 (1) và x1 x 2 = m − 3 (2).

Điều kiện bài toán x12 − 2 x 2 + x1 x 2 = −12 ⇔ x1 ( x1 + x 2 ) − 2 x 2 = −12 ⇔ 2 x1 − 2 x 2 = −12 (do (1)) ⇔ x1 − x 2 = −6 (3). Từ (1) và (3) ta có: x1 = −2, x 2 = 4 . Thay vào (3) ta được: (− 2).4 = m − 3 ⇔ m = −5 , thoả mãn điều kiện. Vậy m = −5 . Câu 4.

= 1 sđ DB (góc nội tiếp) và BDE = 1 sđ DB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung). Suy ra 1) Ta có DAB 2 2 = BDE . DAB chung, DAM = BDM nên ∆DMB ∼ ∆AMD 2) Xét hai tam giác DMB và AMD có: DMA 75

⇒

MD MA hay MD 2 = MA.MB . = MB MD

ME MA hay ME 2 = MA.MB . = MB ME Từ đó: MD = ME hay M là trung điểm của DE. = BDM , EAB = BEM 3) Ta có DAB

Tương tự ta cũng có: ∆EMB ∼ ∆AME ⇒

+ PBQ = DAB + EAB + PBQ = BDM + BEM + DBE = 1800 ⇒ PAQ = PAB . Kết hợp với PAB = BDM suy ra PQB = BDM . Hai góc này ⇒ tứ giác APBQ nội tiếp ⇒ PQB ở vị trí so le trong nên PQ song song với AB. D M E B P

Q O'

4x + 3 . x2 +1 Khi đó ta có y x 2 + 1 = 4 x + 3 ⇔ y.x 2 − 4 x + ( y − 3) = 0 (1). Ta tìm điều kiện của y để (1) có nghiệm. 4 Nếu y = 0 thì (1) có nghiệm x = − . 3 Nếu y ≠ 0 , (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' = 2 2 − y ( y − 3) ≥ 0 ⇔ y 2 − 3 y − 4 ≤ 0 ⇔ − 1 ≤ y ≤ 4 . Kết hợp lại thì (1) có nghiệm ⇔ − 1 ≤ y ≤ 4 . Theo giả thiết y là số nguyên âm ⇔ y = −1 . Khi đó thay vào trên ta có x = −2 .

Câu 5. Đặt y =

(

)

Lời bình: Câu V

1) Từ cách giải bài toán trên ta suy biểu thức y =

4x + 3 có GTNN bằng −1 và GTLN bằng 4. x2 + 1

2) Phương pháp giải bài toán trên cũng là phương phương pháp tìm GTNN, GTLN của các biểu ax 2 + bx + c (với b'2− 4ac < 0), chẳng hạn thức dạng P = 2 a'x +b'x +c' P=

20 x 2 + 10 x + 3 x 2 − 8 xy + 7 y 2 ; Q = với x2 + y2 > 0; 2 2 2 3x + 2 x + 1 x +y

F = x2 + 2xy − y2 với 4x2 + 2xy + y2 = 3. ĐỀ SỐ 24 Câu 1.

5(1 + 5) (1 + 5) 1 − 5 = (1 − 5) ⋅ = = −2 . 2 2 2 5  x x + 1  x x −1     = 1+ x 1− x = 1− x . 1+ 2) B = 1 +   1+ x 1− x     Câu 2. 1) Thay x = 2 vào vế trái của phương trình ta được: 22 + ( 3 − m ) .2 + 2(m − 5) = 4 + 6 − 2m + 2m − 10 = 0 đúng với mọi m 1) A = (1 − 5) ⋅

(

)

(

)

(

)(

)

nên phương trình có nghiệm x = 2 với mọi m 2) Vì phương trình luôn có nghiệm x = 2 nên để nó có nghiệm x = 5 − 2 2 thì theo định lý Vi-et ta có: 2 5 − 2 2 = 2(m − 5) ⇔ 5 − 2 2 = m − 5 ⇔ m = 10 − 2 2 .

(

)

Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của xe, x > 15. 80 . Thời gian dự định của xe là x

Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là là

20 , thời gian xe đi trong quãng đường còn lại x − 15

60 . x + 10

80 20 60 = + (1). x x − 15 x + 10 4 1 3 Biến đổi (1) ⇔ = ⇔ 4 ( x − 15 )( x + 10 ) = x ( 4 x − 35 ) + x x − 15 x + 10 ⇔ 15 x = 600 ⇔ x = 40 (thoả mãn điều kiện). 80 Từ đó thời gian dự định của xe là = 2 giờ. 40

Theo bài ra ta có

Câu 4.

= 900 . Mặt khác theo giả thiết MCD = 900 1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đườ đ ng tròn nên MAD nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp. = DAC , DNC = DBC . 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và v BDCN nội tiếp nên: DMC + DNC = DAC + DBC = 900 . Từ đó MDN = 900 . Suy ra DMC = CDQ = CDN . = 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó CPQ 3) Vì ACB = MDN

= CAB hay PQ = CBN . Hơn nữa ta có CBN = CAB , suy ra CPQ Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN song song với AB. x+ y 4 1 1 4 2 Câu 5. Với các số dương x, y ta có: ( x + y ) ≥ 4 xy ⇔ ≥ ⇔ + ≥ x y x+ y xy x+ y Áp dụng bất đẳng thức trên ta, có: a+b b+c c+a 1 1 1 1  1 1 + + = a +  + b +  + c +  c a b b c c a a b 4 4 4 b c   a = 4 ≥ a. + b. + c. + +  b+c c+a a+b b+c c+a a+b Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Lời bình: Câu II.1 Thay câu II.1 bởi câu : Chứng ng minh phương ph trình có nghiệm không phụ thuộc thuộ giá trị của m, ta được một bài toán "thông minh hơn" n".

Biến đổi phương trình về dạng m(xx − 2) = x2 + 3x − 10 . (1) Xem (1) là phương trình đối với m. m Thế thì (1) có nghiệm không phụ thuộc m khi và chỉ ch khi x − 2 = x + 3x − 10 = 0 ⇔ x = 2. Vậy có x = 2 là nghiệm cố định nh không phụ ph thuộc vào m của phương trình đã ã cho. Vấn đề nghiệm cố định còn được ợc bàn b thêm ở lời bình sau câu Câu I4b, đề 32. 2

ĐỀ SỐ 25 Câu 1.

 x −1 1) Ta có A =   x x −1 

(

)

    :  x +1  =   x − 1   

x + 1 x −1 x −1 . = . x x +1 x

2 2+2 = 2. 2 +1 Câu 2. 1) Khi a = 3 và b = −5 ta có phương trình: x 2 + 3 x − 4 = 0 . Do a + b + c = 0 nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x 2 = −4 . 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 ⇔ ∆ = a 2 − 4(b + 1) > 0 (*)  x1 + x2 = −a (1). Khi đó theo định lý Vi-et, ta có   x1 x2 = b + 1  x1 − x 2 = 3  x1 − x 2 = 3  x1 − x 2 = 3 Bài toán yêu cầu  3 ⇔ ⇔ (2).  3 3  x1 x 2 = −2  x1 − x 2 = 9 ( x1 − x 2 ) + 3x1x 2 ( x1 − x 2 ) = 9 a 2 = 1 2 2 Từ hệ (2) ta có: ( x1 + x2 ) = ( x1 − x2 ) + 4 x1 x2 = 32 + 4(−2) = 1 , kết hợp với (1) được  b + 1 = −2 2) x = 2 2 + 3 ⇔ x =

(

)

2 +1 ⇔

x = 2 + 1 nên A =

 a = 1, b = −3 ⇔ .  a = −1, b = −3 Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) nên chúng là các giá trị cần tìm. Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc thực của chiếc thuyền (x > 4). Vận tốc của chiếc thuyền khi xuôi dòng là x + 4 (km/m). Vận tốc của chiếc thuyền khi ngược dòng là x – 4 km. 24 . Thời gian chiếc thuyền đi từ A đến B là x+4 16 Thời gian chiếc thuyền quay về từ B đến C là . x−4 8 Thời gian chiếc bè đi được = 2 (giờ). 4 24 16 Ta có phương trình: + = 2 (1). x+4 x−4

Biến đổi phương trình: (1) ⇔ 12( x − 4) + 8( x + 4) = ( x − 4 )( x + 4 ) ⇔ x 2 − 20 x = 0

x = 0 ⇔ x ( x − 20) = 0 ⇔  .  x = 20 Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có nghiệm x = 20 thoả mãn. Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là 20km/h. Câu 4. = 900 . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có 1) Vì H là trung điểm của AB nên OH ⊥ AB hay OHM = 900 . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. OD ⊥ DM hay ODM

2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD ⇒ ∆MCD cân tại M ⇒ MI là một đường phân giác của = 1 sđ CI = MCI . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ CD nên DCI = 1 sđ DI CMD 2 2 ⇒ CI là phân giác của MCD . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. 3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: 1 S = 2 SOQM = 2. .OD.QM = R ( MD + DQ ) . Từ đó S nhỏ nhất ⇔ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ 2 thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có DM .DQ = OD 2 = R 2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất ⇔ DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính R 2 .

P C A d

H B I

D Q

Câu 5. Từ giả thiết ta có: abc ( a + b + c ) = 1 . Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi,

P = ( a + b )( a + c ) = a 2 + ab + ac + bc = a ( a + b + c ) + bc ≥ 2 a ( a + b + c ) bc = 2.

a ( a + b + c ) = bc a ( a + b + c ) = 1  Đẳng thức xảy ra ⇔  . ⇔  1 bc = 1 a + b + c = abc  Hệ này có vô số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1 ⇒ a = Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2.

2 −1.

ĐỀ SỐ 26 Câu 1:

(

) ( )(

)

2+ 5 − 2− 5 1 1 2 5 − = = = −2 5 −1 2− 5 2+ 5 2− 5 2+ 5

(

)

3x + y = 9 6x + 2y = 18 7x = 14 x = 2 2)  ⇔ ⇔ ⇔ .  x - 2y = - 4  x - 2y = - 4  y = 9 - 3x y = 3 Câu 2:  1 1  x  1  = − 1) P =  − :  x +1  x + 2 x +1  x x +1 x x+ x 

(

1− x x

(

)

x +1

( .

) = (1 − x )(

x +1

)

 . x +1  

(

)

x +1

) =1-x .

x +1

x. x

1-x 1 2 > ⇔ 2 (1 - x ) > x ⇔ −3x > - 2 ⇔ x < . x 2 3 2 1 Vậy với 0 < x < thì P > . 3 2 Câu 3: 1) Với m = 1, ta có phương trình: x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm.

2) Với x > 0 thì

2) Ta có: ∆ = 1 – 4m. Để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 1 – 4m ≥ 0 ⇔ m ≤ Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = m Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – 1 )2 = 9( x1 + x2 ), ta được: m = - 2 (m – 1)2 = 9 ⇔ m2 – 2m – 8 = 0 ⇔  .. m = 4 Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn.

1 (1). 4

Câu 4:

1) Tứ giác ABEH có: B = 900 (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); H = 900 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp được.

Tương tự, tứ giác DCEH có C = H = 900 , nên nội tiếp được. 2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có: ) EBH = EAH (cùng chắn cung EH C Trong (O) ta có: EAH = CAD = CBD B E ). (cùng chắn cung CD I Suy ra: EBH = EBC , nên BE là tia phân D A O H giác của góc HBC . Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE , nên CE là tia phân giác của góc BCH . Vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH. 3) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên ). Mà BIC = 2EDC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung EC EDC = EHC , suy ra BIC = BHC . + Trong (O), BOC = 2BDC = BHC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn ). cung BC + Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc BHC dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C, H, O, I cùng nằm trên một đường tròn. Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1) Đặt x + 8 = a; x + 3 = b ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) (2)

Ta có: a2 – b2 = 5;

x 2 + 11x + 24 =

( x + 8 )( x + 3) = ab

Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(ab + 1) = a2 – b2 ⇔ (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0  a - b = 0  x + 8 = x + 3 (vn)  x = - 7 ⇔ 1 - a = 0 ⇒  x + 8 = 1 ⇔ x = - 2 1 - b = 0  x + 3 = 1  Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 2. ĐỀ SỐ 27 Câu 1: 82

1 2 4.5 − 16.5 + 9.5 = 5 − 4 5 + 2 5 = − 5 . 2 3  5− 5   5+ 5  2) B =  2 + . 2 −     5 − 1   5 + 1    5 5 −1   5 5 +1      = 2 + 5 2 − 5 = −1 = 2+ 2−  5 −1   5 +1     Câu 2: 2x - y = 1 - 2y 2x + y = 1 2x = 2 x = 1 1)  ⇔ ⇔ ⇔ 3x + y = 3 - x 4x + y = 3  y = 1 - 2x y = - 1 2 2) Phương trình x – x – 3 = 0 có a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 1 1 x1 + x 2 1 1 Do đó: P = + = = =− . x1 x 2 x1 x 2 −3 3

1) A =

(

)

(

)

(

)(

)

Câu 3: Gọi x (km/h) là vận tốc của xe lửa thứ nhất đi từ Huế đến Hà Nội. Khi đó vận tốc của xe lửa thứ hai đi từ Hà Nội là: x + 5 (km/h) (ĐK: x > 0) 300 5 345 Theo giả thiết, ta có phương trình: + = x+5 3 x 2 ⇔ 900 x + 5 x ( x + 5) = 1035 ( x + 5 ) ⇔ x − 22 x − 1035 = 0

Giải phương trình ta được: x1 = −23 (loại vì x > 0) và x2 = 45 > 0 . Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h Câu 4: D 1) Ta có: AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AMD = 900 . Tứ giác ACMD có AMD = ACD = 900 , suy ra ACMD nội tiếp I đường tròn đường kính AD.

K 2) ∆ABD và ∆MBC có: B chung và BAD = BMC (do ACMD là tứ giác nội tiếp). A C Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g) E

3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và EDC = BDC , lại có: BDC = CAK (cùng phụ với B ), suy ra: EDC = CAK . Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O′ A = O′ E, suy ra O′ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định.

Câu 5:

1 1 1 1 1 + = 2 + + 2 2 x +y xy x +y 2xy 2xy Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: 1 x + y ≥ 2 xy ⇒ 1 ≥ 2 xy ⇒ 1 ≥ 4xy ⇒ ≥ 2 (1) 2xy Đẳng thức xảy ra khi x = y. Tương tự với a, b dương ta có: 1 1 1 2 4 + ≥2 ≥ 2. = (*) a b ab a+b a+b 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 2 + ≥ = 4 (2) 2 x +y 2xy ( x + y )2 A=

Dấu đẳng thức xảy ra khi x2 + y2 = 2xy ⇔ x = y. Từ (1) và (2) suy ra: A ≥ 6 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y =

1 . Vậy minA = 6. 2

ĐỀ SỐ 28 Câu 1:

2x + y = 7 6x + 3y = 21 7x = 14 x = 2 1)  ⇔ ⇔ ⇔  x - 3y = - 7  x - 3y = - 7  y = 7 - 2x y = 3 2) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2. Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2

1 2 và x1.x2 = − . 3 3

Do đó P = x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) − 2x1 x 2 =

1 4 13 + = . 9 3 9

Câu 2.

 a  a a −1 1) A =  −  :  a +1 a ( a + 1)  ( a - 1)( a + 1)  a > 0, a ≠ 1 2) A < 0 ⇔  ⇔ 0 < a < 1.  a < 1

 a 1  =  − . a + 1   a +1

Câu 3:

(

)

a +1 = a −1

1) Ta có ∆ ′ = m2 + 1 > 0, ∀m ∈ R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. Ta có: x12 + x22 – x1x2 = 7 ⇔ (x1 + x2)2 – 3x1.x2 = 7 ⇒ 4m2 + 3 = 7 ⇔ m2 = 1 ⇔ m = ±1 . Câu 4:

1) ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ADM = 900 (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC ⇒ AEM = 900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.

x N C M

D E

2) Xét ∆MAB vuông tại A có AD ⊥ MB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ACN = 900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì I là giao điểm của CH và MB. Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 1 5 Câu 5: Điều kiện: x ≠ 0, x - ≥ 0, 2 x - ≥ 0. (*) x x 4 1 5 4 1 5 + x = x + 2x ⇔x - = x - 2x x x x x x x  4 −x 4 4  1  x x = ⇔  x -  1 + x x  1 5 1 5  x + 2x x + 2x  x x x x  1 4 > 0) ⇔x = 0 (vì 1 + x 1 5 x + 2x x x ⇔ x = ±2. Đối chiếu với điều kiện (*) thì chỉ có x = 2 thỏa mãn.

  =0   

IC IH  BI  = =  (6) với MN MA  BM 

ĐỀ SỐ 29 Câu 1: a) Đường thẳng d đi qua gốc tọa độ khi và chỉ khi 2m − 4 = 0 ⇔ m = 2. b) Đồ thị hàm số y = (m 2 − m)x 2 đi qua điểm A(-1; 2) ⇔ 2 = (m 2 − m).( −1)2 ⇔ m 2 − m − 2 = 0 ⇔ m = −1; m = 2 Câu 2:

 1 1  3  + .1 −  = a) P =  a + 3 a  a −3 =

2 a .( a − 3) ( a − 3)( a + 3). a

b) Ta có:

2 a +3

1 ⇔ 2

2 a +3

(

a +3+ a −3

)(

a −3

. Vậ y P =

a +3<4 ⇔

)

a +3 2

a +3

a −3 a

a < 1 ⇔ 0 < a < 1. .

1 khi và chỉ khi 0 < a < 1. 2 Câu 3: Gọi x, y là thời gian mỗi người cần để một mình hoàn thành công việc (x, y > 0 tính bằng giờ). 1 1 1 1 1 Trong 1 giờ mỗi người làm được ; công việc, cả 2 làm trong 1 giờ được + = công việc.(vì x y x y 4 hai người hoàn thành công việc trong 4 giờ). Do người thứ nhất làm ít hơn người thứ hai là 6 giờ nên y - x = 6. Ta có hệ phương trình.

Vậ y P >

y − x = 6 (1) y = x + 6   1 1 1 1 1 ⇔ 1 x + y = 4  x + x + 6 = 4 (2)  Giải (2): (2) <=> x(x + 6) = 4 (x + x + 6) <=> x2 - 2x - 24 = 0 <=> x = 6 (t/m); x = - 4 (loại vì x > 0). Thay vào (1) được y = 12 Vậy để hoàn thành công việc người thứ nhất cần 6 giờ, người thứ hai cần 12 giờ. Câu 4:

= 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) a) Ta có BAC = CEH = 900 Tương tự có BDH

= ADH = AEH = 900 => ADHE là hình chữ nhật. Xét tứ giác ADHE có A Từ đó DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) hay AH2 = 10 . 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 = C = ADE (1)

(góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà DAH b) Ta có: BAH 86

= ADE do C

+ BDE = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. (Vì ADHE là hình chữ nhật) => C

= BDO c) Vì O1D = O1B => ∆ O1BD cân tại O1 => B (2) 1

+ BAH = 900 => O1D //O2E + BDO =B Từ (1), (2) => ADE 1 Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E. A 1 1 1 Ta có Sht = (O1D + O 2 E).DE = O1O 2 .DE ≤ O1O 22 (Vì O1DE + O2E = 2 2 2 O1H + O2H = O1O2 và DE < O1O2 ) D 1 BC 2 R 2 O1O 2 2 = = . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi DE = O1O2 B 2 8 2 O O1 O2 H ⇔ DEO2O1 là hình chữ nhật Sht ≤

⇔ A là điểm chính giữa cung BC. Khi đó max S DEO2O1 =

R2 . 2

1 (1) 3 (1) <=> 3x3 + 3x2 - 3x = - 1 <=> 4x3 = x3 - 3x2 + 3x - 1 <=> 4x3 = (x - 1)3 1 <=> x3 4 = x - 1 <=> x( 1− 3 4 ) = 1 <=> x = . 1− 3 4 1 Vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm x = . 1− 3 4 Lời bình: Câu III

Câu 5: Giải phương trình: x3 + x2 - x = -

Ta thường gặp bài toán :" Hai máy cày cùng cày một cánh đồng…; hai vòi nước cùng chảy vào một bể…; hai hợp tác cùng đào một con mương…; hai người cùng làm chung một công việc…) v.v" . Ta gọi bài bài trên thuộc loại toán "Làm chung một việc" Một số lưu ý khi giải bài toán này là a) − Khối lượng công việc phải hoàn thành được quy ước bằng 1 (đơn vị). − (Năng suất) × (thời gian) = (khối lượng làm được). − (Năng suất chung) = (tổng các năng suất riêng). (Bạn có thể tò mò tại sao lại quy ước khối lượng công việc là 1. Công việc hoàn tất nghĩa là hoàn thành 100% khối lượng công việc. Bởi 100% = 1, đó là điều dẫn tới quy ước trên) b) Bài toán có thể trình bày lời giải bằng hệ phương trình hai ẩn hoặc bằng phương trình một ẩn. c) Trong bài toán trên (theo các kí hiệu đã dùng trong lời giải) thì : 1 1 − Các năng suất riêng là và x y 87

− Năng suất chung : Một mặt được tính là phương trình

1 1 1 + , một mặt giả thiết cho là . Vậy nên có x y 4

1 1 1 + = x y 4

ĐỀ SỐ 30

Câu 1. 1) Phương trình tương đương với 3 x = − 75 ⇔ 3 x = −5 3 ⇔ x = −5 3x − 2 y = 1 7 x = −7  x = −1 ⇔  ⇔ . 2) Hệ phương trình  4 x + 2 y = −8 3x − 2 y = 1  y = −2 Câu 2. 1) Với m = 2 phương trình trở thành 2 x 2 − 5 x + 2 = 0 . 1 ∆ = 52 − 4.2.2 = 9 nên phương trình có hai nghiệm x1 = 2 , x 2 = . 2 2 2 2 2) Phương trình có biệt thức ∆ = (m + 3) − 4.2.m = m − 2m + 9 = (m − 1) + 8 > 0 với mọi m .

m+3   x1 + x 2 = 2 Do đó phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x 2 . Khi đó theo định lý Viet thì  . x x = m  1 2 2 2

Biểu thức A = x1 − x2 = 1 1 m 2 − 2m + 9 = 2 2 2

(x1 − x2 )2 = (x1 + x2 )2 − 4 x1 x 2

m  m + 3 =   −4 2  2 

(m − 1)2 + 8 . 2

Do (m − 1) ≥ 0 nên (m − 1) + 8 ≥ 8 = 2 2 , suy ra A ≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ m = 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 , đạt được khi m = 1 .

Câu 3. 1) Ta có 9 a − 25a + 4a 3 = 9 a − 5 a + 2a a = 2 a ( a + 2) và a 2 + 2a = a (a + 2)

2 a ( a + 2) 2 = . a ( a + 2) a 2) Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x > 4)

nên P =

Vận tốc ca nô khi nước xuôi dòng là x + 4 và thời gian ca nô chạy xuôi dòng là

48 . x+4

Vận tốc ca nô khi nước ngược dòng là x − 4 và thời gian ca nô chạy ngược dòng là 48 48 + = 5 (*) x+4 x−4 (*) ⇔ 48( x − 4 + x + 4) = 5( x 2 − 16) ⇔ 5 x 2 − 96 x − 80 = 0 Giải phương trình ta được x = −0,8 (loại), x = 20 (thỏa mãn) Vậy vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 20 km/h Câu 4. D 1) Chứng minh ∆ ABD cân Xét ∆ ABD có BC ⊥ DA và CA = CD nên C BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến của nó. Vậy ∆ ABD cân tại B O 2) Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng A nằm trên một đường thẳng. = 900, nên CE là đường kính của (O). Vì CAE

48 . x−4

Theo giả thiết ta có phương trình

Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD Suy ra BD // CO hay BD // CE (1) Tương tự CE là đường trung bình của tam giác ADF.

Suy ra DF // CE (2). Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Tam giác ADF vuông tại A và theo tính chất của đường trung bình DB = CE = BF ⇒ B là trung điểm của DF. Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính. Hơn nữa, vì OB = AB OA nên đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A. Câu 5. Vì các số a, b, c dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ta có: a(b + c ) ≤

a + (b + c ) ⇒ 2

a = b+c

a a(b + c )

≥

2a a+b+c

Tương tự ta cũng có:

b 2b c 2c ≥ ≥ , c+a a+b+c a+b a+b+c Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có a b c 2a + 2b + 2c + + ≥ = 2. b+c c+a a+b a+b+c 89

a = b + c  Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c + a ⇔ a = b = c = 0 , không thoả mãn. c = a + b  a b c + + > 2. b+c c+a a+b Lời bình: Câu II.2 • Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau

Vậ y

Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu có của phương trình . Từ công thức x1,2 =

| x1 − x2 |=

(m − 1) 2 + 8 ∆ = ≥ 2 , với mọi m. |a| 2

−b ± ∆ suy ra : 2a

(*)

Kết quả (*) cho thấy ∆ > 0 ,∀m đồng thời có min|x1− x2| = 2 , đạt được khi m = 8. • Lời giải đã giảm bớt tối đa các phép toán, điều ấy đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót. Câu IV.2 Việc chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng thường được thực hiện bằng cách chứng minh một trong ba điều tương đương sau : • AB + BC = AC (khi đó B thuộc đoạn thẳng AC). ABC = 1800 ). • Một trong ba điểm ấy là đỉnh một góc bằng 1800 (chẳng hạn

• Một trong ba điểm ấy là điểm chung của hai đoạn thẳng song song (chẳng hạnAB // BC). • Một trong ba điểm ấy là điểm chung của hai đoạn thẳng cùng tạo với đường thẳng (∆) có sẵn một góc bằng nhau (chẳng hạn ( AB, ∆) = ( AC , ∆) ). ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính

a) A =

20 − 3 18 − 45 + 72 = 4.5 − 3 9.2 − 9.5 + 36.2 =

= 2 5 − 9 2 − 3 5 + 6 2 = −3 2 − 5 . b) B =

4+ 7 + 4− 7

2 B = 8 + 2 7 + 8 − 2 7 = ( 7 + 1) 2 + ( 7 − 1) 2 = 7 + 1 + 7 − 1 2 B = 2 7 ⇔ B = 14 c) C =

x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 v ới x > 1

( x − 1 + 1) 2 + ( x − 1 − 1) 2 = x − 1 + 1 +

x −1 −1

+) Nếu x > 2 thì C =

x −1 +1+ x −1 −1 = 2 x −1

+) Nếu x < 2, thì C =

x −1 + 1+1− x −1 = 2 .

Câu 2: a) Hàm số y = (2m - 1)x - m + 2 nghịch biến trên R 1 khi và chỉ khi 2m - 1 > 0 <=> m > 2 b) Đồ thị hàm số đi qua A (1; 2) khi: 2 = (2m - 1).1 - m + 2 <=> m = 1. Vậy hàm số y = x + 1 Câu 3: Gọi x, y là thời gian người thợ thứ nhất và người thợ thứ 2 làm một mình (x, y > 0, tính bằng giờ). 1 1 1 1 1 - Một giờ mỗi người làm được ; + . (vì 2 người làm công việc cả 2 người làm được = x y x y 16 trong 16 giờ thì xong công việc) 6 3 1 (CV) vì cả hai làm được - Trong 3 giờ người thứ nhất làm được (CV), 6 giờ người 2 làm được x y 4 6 1 3 + = (CV) nếu ta có x y 4 Do đó ta có hệ phương trình:

1 1 1 3 3 3 3 1  x + y = 16  x + y = 16  =  x = 24    y 16 . ⇔ ⇔ ⇔  3 6 1 3 6 1 1 1 1 y = 48   + =  + =  + =  x y 4  x y 4  x y 16 Vậy người thứ nhất hoàn thành công việc trong 24 giờ người thứ hai hoàn thành công việc trong 48 giờ Câu 4: a) Xét ∆ ABM và ∆ AMC = MCB Có góc A chung; AMB

1 sđ cung MB) 2 A => ∆ AMB ~ ∆ ACM (g.g) AM AB => => AM2 = AB.AC = AC AM

= 1800 b) Tứ giác AMON có M

I C

= 900 tính chất tiếp tuyến) (Vì M => AMON là tứ giác nội tiếp được - Vì OI ⊥ BC (định lý đường kính và dây cung)

+ ɵI = 900 + 900 = 1800 => AMOI là tứ giác nội tiếp được Xét tứ giác AMOI có M

c) Ta có OA ⊥ MN tại K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC tại D.

+ ɵI = 1800 => tứ giác KOID nội tiếp đường tròn tâm O1 Xét tứ giác KOID có K => O1 nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI = AK.AO = AM2 = AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định). Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định. Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OIK luôn thuộc đường trung trực của DI cố định. Câu 5: x +1 2x + 2 1 (*) ⇔ 2y = ⇔ 2y = 1 + 2x + 1 2x + 1 2x + 1 Xét pt (*): Để x, y nguyên thì 2x +1 phải là ước của 1, do đó: + Hoặc 2x +1 =1 ⇔ x = 0, thay vào (*) được y = 1. + Hoặc 2x +1 = -1 ⇔ x = -1, thay vào (*) được y = 0 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là: (0; 1) ; (-1; 0).

Ta có: (2x + 1)y = x + 1 ⇔ y =

Lời nhắn. Câu IV.c Liên hệ với lời bình sau câu 4c đề 1

ĐỀ SỐ 32 Câu 1: 1) P = ( 7 + 3 − 2)( 7 − 3 + 2) = [ 7 + ( 3 − 2)][ 7 − ( 3 − 2)]

= ( 7 )2 − ( 3 − 2)) 2 = 7 − (3 − 4 3 + 4) = 4 3 . 2) Đường thẳng d và d′ song song với nhau khi và chỉ khi:

m 2 − 1 = 3 m 2 = 4  m = ±2 ⇔ ⇔ ⇔ m = −2  m ≠ 2 m − 1 ≠ 1 m ≠ 2 Câu 2: x2 + (2m + 1) x + m2 + 1 = 0 (1) a) Khi m = 1 ta có phương trình: x2 + 3x + 2 = 0 Vì a = 1; b = 3; c = 2 => a - b + c = 0

Vậy phương trình có x1 = - 1; x2 = - 2 b) Phương trình (1) có 2 nghiệm âm khi và chỉ khi:

3  (2m + 1)2 − 4(m 2 + 1) ≥ 0 ∆ ≥ 0 m≥  4m − 3 ≥ 0  3    4 ⇔ m≥ . ⇔ ⇔ S < 0 ⇔ −(2m + 1) < 0 4 2m + 1 > 0 P > 0 m 2 + 1 > 0 m > − 1    2 2 2 Câu 3: Ta có: a + b > 2ab = 1 (vì ab = 1) 4 4 A = (a + b + 1)(a2 + b2) + > 2(a + b + 1) + a+b a+b 4 ) + (a + b) > 2 + 4 + 2 = 8. = 2 + (a + b + a+b 4 (a + b + > 4 và a + b > 2 ab vì áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương) a+b 1 Dấu “=” khi và chỉ khi a = b = . 2 Vậy minA = 8. Câu 4:

= 900 + 900 = 1800 a) Xét tứ giác BHMK: H => Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn. CM tương tự có tứ giác CHMI cũng nội tiếp được.

+ HMK =C

+ HMI = 1800 b) Ta có B

⇒ HMK = HMI (1) mà B = BCM , KBM = KHM (vì 2 góc nội tiếp KBM

I K M

B H

cùng chắn cung MK và góc tạo bởi tia tt ... và góc nội tiếp cùng chắn cung BM). = HIM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội HCM

) ⇒ KHM = HIM (2). tiếp cùng chắn HM MH MK Từ (1), (2) => ∆ HMK ~ ∆ IMH (g.g) => = ⇒ MH 2 = MI .MK (đpcm) MI MH c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi ∆ APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi. Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi ∆ APQ không 93

phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm). 5  x − 2y = a (1) có nghiệm là (x; y) Câu 5: Giả sử hệ  2 2  x + y = 1 (2)

Từ (2) suy ra x ≤ 1, y ≤ 1 . Từ (1) ta có: x 5 − 2y ≤ x 5 + 2 y ≤ x 2 + 2 y = ( x 2 + y 2 ) − ( y 2 − 2 y + 1) + 1 = 2 − ( y 2 − 2 y + 1) = 2 − ( y − 1) 2 ≤ 2 ⇒ a ≤ 2 trái giả thiết là a > 2 . Suy ra hệ trên vô nghiệm, đpcm.

ĐỀ SỐ 33 − x + 3y = −10  −2x + 6y = −20 − x + 3y = −10 Câu 1: a)  ⇔ ⇔ 2x + y = −1  2x + y = −1  y = −3 − x + 3(−3) = −10 x = 1 ⇔ ⇔ .  y = −3  y = −3 b) Hàm số y = (m + 2) x - 3 đồng biến trên R khi và chi khi m + 2 > 0 ⇔ m > - 2.  a +1− 2 a   1  2 a Câu 2: a) A =  : −     a + 1   a + 1 a (a + 1) + (a + 1)   =

( a − 1)2 a +1

 1  ( a − 1)2 2 a ( a − 1) 2 . : : − =  a 1 + a + 1 (a + 1)( a + 1) ( a + 1)(a + 1)  

( a − 1) 2 (a + 1)( a + 1) = . = a +1. a +1 ( a − 1) 2 b) a = 2011 - 2 Vậ y A =

2010 = ( 2010 − 1) 2 ⇒ a = 2010 − 1

2010 .

Câu 3: a) Với k = -

1 ta có: 2

1 2 (x - 4x + 3) + 2 (x - 1) = 0 ⇔ x2 - 8x + 7 = 0. Vì a + b + c = 1 + (- 8) + 7 = 0 2 Nên pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 7

b) + Nếu k = 0, phương trình có dạng 2(x - 1) = 0 ⇔ x = 1 + Nếu k ≠ 0, phương trình có dạng: kx2 + 2(1 - 2k) x + 3k - 2 = 0 ∆' = (1 - 2k)2 - k(3k - 2) = 1- 4k + 4k2 - 3k2 + 2k

= k2 - 2k + 1 = (k - 1)2 > 0 với mọi k. Vậy phương trình có nghiệm với mọi k. Câu 4: a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung trong cắt BC tại BM Ta có MB = MA = MC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

= 900. ⇒ A O

C M

b) Giả sử R’ > R. Lấy N trung điểm của OO’. Ta có MN là đường trung bình của hình thang vuông OBCO’ D

= 900) và tam giác AMN vuông tại A. (OB // O’C; B

R + R' R′ − R Có MN = ; AN = . Khi đó MA2 = MN2 - AN2 = RR’ 2 2

RR' mà BC = 2MA = 2 RR' = 900 ; OA = OB = OD) c) Ta có O, B, D thẳng hàng (vì BAD

=> MA =

= 900, BA ⊥ CD, ta có: BD2 = DA . DC (1) ∆ BDC có DBC DE DA => DA . DC = DE2 (2) ∆ ADE ~ ∆ EDC (g.g) => = DC DE (1), (2) => BD = DE (đpcm). Câu 5:

Xét ∆1 + ∆ 2 = a1 − 4b1 + a 22 − 4b2 = a12 + a 22 − 4(b1 + b2 ) ≥ a12 + a 22 − 2a1 a 2 (vì a1a2 > 2(b1 + b2)). Mà a12 + a 22 − 2a1 a 2 = (a1 − a 2 ) 2 ≥ 0 , ∆1 + ∆ 2 > 0 => Tồn tại ∆1 hoặc ∆ 2 không âm => ít nhất một trong 2 phương trình đã cho có nghiệm. Lời bình: Câu III.b 1) Để chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá trị của k có hai cách giải. Cách 1 (Đã nói ở lời bình sau câu 2(1) Đề 24)

Xem k(x2 − 4x − 3) + 2(x − 1) = 0 (*) là phương trình đối với ẩn k . Thế thì (*) có nghiệm không phụ thuộc k khi và chỉ khi x2 − 4x − 3 = 2(x − 1) = 0 ⇔ x = 1. Cách 2 (Phương pháp cần và đủ) + Phương trình (*) có nghiệm với mọi x ắt phải có nghiệm với k = 0.

+ Với k = 0 ta có k(x2 − 4x − 3) + 2(x − 1) ⇔ x = 1. Thay x = 1 vào (*) có 0k + 0 = 0 nghĩa là x = 1 là nghiệm của (*) với mọi k. Ta có điều phải chứng minh. 2) Kết quả một bài toán đâu phải chỉ có là đáp số. Cái quan trọng hơn là cách nghĩ ra lời giải chúng như thế nào, có bao nhiêu con đường (cách giải) để đi đến kết quả đó : Câu V : 1) Mấu chốt của bài toán là chuyển hoá hình thức bài toán. Cụ thể ở đây là biết thay thế việc chứng minh ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm bằng cách chứng minh ∆1 + ∆2 ≥ 0. Sự chuyển hoá này đã giúp kết nối thành công với giả thiết a1 + a2 ≥ 2(b1 + b2). 2) Một cách hiểu khác của bài toán là : Chứng minh cả hai phương trình không thể cùng vô nghiệm. Với cách hiểu này ta chuyển hoá thành chứng minh khả năng ∆1 + ∆2 < 0 không thể xảy ra. Thật vậy: Nếu ∆1 < 0 và ∆2 < 0 suy ra ∆1 + ∆2 < 0. Điều này sẽ dẫn tới mâu thuẫn với a1 + a2 ≥ 2(b1 + b2). Bài toán được chứng minh. 3) Các cách chứng minh bài toán trên cũng là cách chứng minh trong nhiều phương trình bậc hai,

ít nhất có một phương trình có nghiệm. 4) Cùng một kiểu tư duy ấy bạn dễ dàng chứng minh : Với mọi giá trị của m, phương trình x2 − mx + m = 0 không thể có hai nghiệm cùng dương. Thật vậy : + Nếu m = 0, phương trình có nghiệm x = 0.

+ Nếu m < 0, phương trình có nghiệm hai nghiệm trái dấu (do ac < 0). + Nếu m > 0, nếu cả hai nghiệm x1, x2 đều âm thì x1+ x2 < 0 suy ra −

b = m < 0 (!). a

Mâu thuẫn với m > 0. Vậy là bài toán được chứng minh. ĐỀ SỐ 34 Câu 1: P =

Nếu a> 2 =>

a −1+1 +

a −1−1

a −1−1 ≥ 0 ⇒ P = 2 a −1

Nếu 1< a < 2 => a − 1 − 1 < 0 => P = 2 Câu 2: ĐKXĐ: x > 0; x ≠ 1. 1) Q =

( x − 1) 2 ( x + 1) 2 − ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 .4 x x − 1 . = = . 4x x −1 4 x.( x − 1) x

 x = −1 (loai) 1 2) Q = - 3 x − 3 => 4x + 3 x - 1 = 0 ⇔  ⇔x= (thỏa mãn) 1  x= 16  4 Câu 3: Đặt x = t, được t2 + 2(m - 1)t + m + 1 = 0 (1)

Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt <=> (1) có 2 nghiệm khác dấu hoặc (1) có nghiệm kép t > 0. +) (1) Có 2 nghiệm khác dấu <=> m + 1 < 0 <=> m < -1 m = 0 +) ∆' = 0 <=> m2 - 3m = 0 <=>  m = 3 Thay vào (1) để xét thì m = 0 thỏa mãn, m = 3 bị loại. Vậy m < - 1 hoặc m = 0. 3( x − 1) 2 + 16 + ( x − 1) 2 + 25 = 9 - (x - 1)2

Câu 4: PT <=>

VT > 9; VP < 9 (vì (x - 1)2 > 0) nên:  VT = 9 PT <=>  <=> x = 1 (TM)  VP = 9

Câu 5: 1) Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH

= 1800 (do A

= 900 ) A

=> OAMH là tứ giác nội tiếp đường tròn. Tương tự tứ giác OANH nội tiếp được A =M , B

=N (2 góc nội tiếp chắn 1 cung) => A 1

= 900 +B

=M +N = 900 => AHB ⇒A 1 1 1 1 => MN là tiếp tuyến 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuông, ta có: AM. BN = MH . NH = OH2 =

AB 2 (đpcm) 4

1 1 OH . MN > OH . AB (Vì AMNB là hình thang vuông) 2 2 Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB. AB ⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN = . 2 AB Vậy S ∆MON nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN = . 2 ĐỀ SỐ 35

3. S ∆MON =

Câu 1: A =

x +3 (x + 3)2  1 khi x > −3 = =  x +3 x +3 −1 khi x < −3 97

Câu 2: a) Bình phương hai vế ta được: x2 - 2x + 4 = 4 <=> x(x - 2) = 0 <=> x = 0 hoặc x = 2 b) Đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b đi qua điểm A (1; 2) và B (2; 0) khi và chỉ khi:

a + b = 2 a = −2 ⇔  2a + b = 0 b = 4 Vậy y = - 2x + 4 Câu 3: a) Với m = 2, ta có phương trình x2 − x − 2 = 0  x = −1; x = 2 ⇔ (x2 - x - 2)(x - 1) = 0 <=>  x = 1 x −1 = 0 Vậy phương trình có 3 nghiệm x ± 1; x = 2 b) Vì phương trình (1) luôn có nghiệm x1 = 1 nên phương trình (1) có 2 đúng nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 có nghiệm kép khác 1 1  ∆ = 0 1 + 4m = 0 1 m = − ⇔ ⇔ ⇔ 4 ⇔m=− . 4 f (1) ≠ 0 1 − 1 − m ≠ 0 m ≠ 0 - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1. 1  ∆ > 0 1 + 4m > 0 m > − ⇔ ⇔ ⇔ 4 ⇔ m = 0. f (1) = 0 m = 0 m = 0 Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = Câu 4: a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) Nên MA ⊥ OA; MB ⊥ OB; Mà OI ⊥ CD (Theo định lý đường kính là dây cung). = MBO = MIO = 900 => 3 điểm A, B, I Do đó MAO

1 ; m = 0. 4

thuộc đường tròn đường kính MO hay M5 điểm M, A, I, O, B cùngO I thuộc một đường tròn. C D = AOM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA) BIM = BOM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung b) Ta có: AIM B = BOM (tính chất hai tiếp tuyến) MB) mà AOM

= BIM => IM là phân giác của góc AIB (đpcm). => AIM

4 4 (1)  x + y = 1 Câu 5:  3 3 2 2  x + y = x + y ( 2)

Từ (1) suy ra: x 4 ≤ 1 ⇒ x ≤ 1 . Tương tự y ≤ 1 (3). ( 2) ⇔ x 2 (1 − x ) + y 2 (1 − y) = 0 (4), Từ (3) suy ra vế trái của (4) không âm. nên

 x 2 (1 − x ) = 0 x = 0 x = 0 x = 1 x = 1 (4) ⇔  2 . ⇔ ; ; ; y = 0 y = 1 y = 0 y = 1  y (1 − y) = 0

x = 0 x = 1 ; Thử lại thì hệ chỉ có 2 nghiệm là:  y = 1 y = 0 ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) P = 1 + 5 + 1 − 5 = 1 + 5 + 5 − 1 = 2 5 .

b) x2 + 2x - 24 = 0 ∆' = 1 + 24 = 25 => ∆' = 5 => phương trình có 2 nghiệm x1 = - 1 + 5 = 4; x2 = - 1 - 5 = - 6 2 a a +1 −7 a − 3 Câu 2: a) P = + + a +3 a − 3 ( a − 3)( a + 3)

2 a ( a − 3) + ( a + 1)( a + 3) − 7 a − 3 2a − 6 a + a + 4 a + 3 − 7 a − 3 = ( a − 3)( a + 3) ( a − 3)( a + 3)

3a − 9 a 3 a ( a − 3) 3 a = = ( a − 3)( a + 3) ( a − 3)( a + 3) a +3

Vậ y P =

3 a . a +3

3 a 3 9 <1⇔ 3 a < a + 3 ⇔ a < ⇔ 0 ≤ a < . 2 4 a +3 4 2 Câu 3: a) Với m = 4 ta có x - 5x + 4 = 0 Đặt x2 = t , với t ≥ 0 ta có pt t2 - 5t + 4 = 0 <=> t1 = 1; t2 = 4

b) P < 1 ⇔

x2 = 1  x = ±1 Từ đó, ta được:  2 . ⇔  x = ±2  x = 4 Vậy phương trình có 4 nghiệm x = ±1; x = ±2. b) x4 - 5x2 + m = 0 (1) có dạng f(y) = y2 - 5y + m = 0 (2) (với y = x2 ; y > 0) Phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt <=> phương trình (2): 99

25  ∆ = 0 25 m = 1) Hoặc có nghiệm kép khác 0 <=>  . ⇔ 4 ⇔m= 4 f (0) ≠ 0 m ≠ 0 2) Hoặc có 2 nghiệm khác dấu ⇔ m < 0 . 25 hoặc m < 0 thì phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt Vậ y m = 4 = 900 (vì AF ⊥ AB) F Câu 4: a) FAB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEC = 900. Do đó FAB + BEF = 1800 => BEF

E D

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. = AEB = ( 1 sđ cung AB) (vì 2 góc nội tiếp cùng O b) Ta có: AFB chắn 1 A B 2 cung) M = BMD = ( 1 sđ cung BD) (vì 2 góc nội tiếp cùng ch AEB ắn 1 cung) 2 = BMD => AF // DM mà FA ⊥ AC => DM ⊥ AC Do đó AFB AC CF => CE.CF = AC.BC = CE BC AB AD => AD.AE = AC.AB ∆ ABD ~ ∆ AEC (g.g) => = AE AC (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm) 2 1 ( 2 − 2 x ) + 2 x (1 − x ) + x Câu 5: Ta có y = + = + 1− x x 1− x x

c) ∆ ACF ~ ∆ ECB (g.g) =>

(1) (2)

2x 1 − x 2x 1− x + ≥ 3+ 2 . = 3 + 2 2 (áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương) x 1− x 1− x x 2x 1− x Đẳng thức xảy ra <=> = ⇔ x = 2 − 1 (loại nghiệm x = - 1 - 2 ) 1− x x =2+1+

Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 3 + 2 2 khi x =

2 -1.

Lời nhắn. Câu IV.c. Liên hệ với Lời bình sau câu 4c,đề 6.

100

ĐỀ SỐ 37

Câu 1: M =

x ( x 3 − 1) x ( x 3 + 1) +x+1 − x + x +1 x − x +1

x ( x − 1)( x + x + 1) x ( x + 1)( x − x + 1) − + x +1 x + x +1 x − x +1

=x-

x-x-

x + x + 1 = x - 2 x + 1 = ( x - 1)2

3x − 5y = −18 3x − 5y = −18 11y = 33  x = −1 Câu 2: a)  ⇔ ⇔ ⇔ .  x + 2y = 5 3x + 6y = 15  x + 2y = 5  y = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (- 1; 3) b) Hai đường thẳng (d) và (d’) song song khi và chỉ khi: 3  a = 3 − a a = ⇔ 2.   b ≠ 2 − b b ≠ 1 Câu 3: a) Khi m = - 3, ta có phương trình x2 - 2x - 3 = 0 Vì a - b + c = 1 - (- 2) + (- 3) = 0 nên x1 = - 1; x2 = 3 b) Phương trình có nghiệm ⇔ ∆' > 0 ⇔ 1 - m > 0 ⇔ m < 1 Khi đó theo hệ thức Viét, ta có: x1 + x2 = 2 và x1x2 = m (1)

1 1 x12 + x 22 (x1 + x 2 ) 2 − 2x1x 2 + = 1 ⇔ = 1 ⇔ =1 x2 x2 x12 x 22 (x1x 2 )2

(2)

Từ (1), (2), ta được: 4 - 2m = m2 <=> m2 + 2m - 4 = 0 ∆' = 1 + 4 = 5 =>

∆' = 5 nên m = -1 + 5 (loại); m = - 1 - 5 (T/m vì m < 1).

Vậy giá trị m cần tìm là: m = −1 − 5 = 900 Câu 4: a) Ta có ACK (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK là hbh (đpcm) b) OM ⊥ BC => M trung điểm của BC O H (định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm ∆ AHK có OM là đường trung bình => AH = C M B 2.OM K

101

mà ACB = BAx ′C = BB ′C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => AC ′B′ = ACB c) Ta có AC (Ax là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’ 1 OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’. Do đó SAB’OC’ = R.B’C’ 2 1 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 2 1 1 1 S ∆ABC = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ .BC < (AO + OM).BC 2 2 2 => A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng <=> A là đỉểm chính giữa cung lớn BC.

x2 + x +1 ⇔ y(x 2 + 2x + 2) − (x 2 + x + 1) = 0 x 2 + 2x + 2 ⇔ (y - 1)x2 + (2y - 1)x + (2y - 1) = 0 (1) - Nếu y = 1 thì x = - 1 - Nếu y ≠ 1 thì (1) là phương trình bậc hai đối với x. Để (1) có nghiệm thì phải có 1 3 ∆ = (2y - 1)2 - 4 (y - 1)(2y-1) ≥ 0 ⇔ (2y − 1)(2y − 3) ≤ 0 ⇔ ≤ y ≤ . 2 2 1 1 khi x = 0. Vậy min y = .. y= 2 2 Câu 5: y =

ĐỀ SỐ 38 Câu 1:

a) Ta có x2 + nên P = =

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

x ( x + 1)( x − x + 1) x (2 x + 1) +1− x − x +1 x

x ( x + 1) + 1 − 2 x − 1 = x − x . Vậy P = x − x .

b) P = 0 ⇔ x - x = 0 ⇔ Vậy x = 1 thì P = 0

x ( x - 1) = 0 ⇔

x = 0 (loại) ; x = 1 (t/m)

Câu 2: a) Ta có 1 − x 2 = 1 - x. Đk: x < 1

Bình phương hai vế, ta được phương trình hệ quả: 1 - x2 = (1 - x)2. <=> 2x2 - 2x = 0 <=> 2x (x - 1) <=> x = 0 ; x = 1 Thay vào pt đã cho thử lại thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. 102

b) Đk: x ≠ 0 và y ≠ 0. Hệ đã cho tương đương với hệ phương trình: 3 3 5 7 7 = x = 2 x + y = 2 x = 2   x 2  . ⇔ ⇔ ⇔ 3  y = 3 4 − 3 =1  4 − 3 = 1 2 − y = 1   x y  x y Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3). Câu 3: a) Với m = - 1 ta được phương trình: x2 + 4x = 0 <=> x(x + 4) = 0 <=> x = 0 ; x = - 4 b) Phương trình (1) có nghiệm khi ∆' > 0 <=> (m -1)2 - (m+ 1) = m2 - 3m = m(m - 3) > 0 <=> m > 3 ; m < 0. (1) Khi đó theo hệ thức Viét ta có: x1 + x2 = 2(m - 1) và x1x2 = m + 1 (2)

Ta có: nên

x 2 + x 22 (x1 + x 2 ) 2 − 2x1x 2 x1 x 2 = 1 . = + x1x 2 x1x 2 x 2 x1

x1 x 2 (x + x 2 ) 2 − 2x1x 2 + =4⇔ 1 = 4 ⇔ (x1 + x 2 ) 2 = 6x1x 2 (3) x 2 x1 x1 x 2

Từ (2). (3) ta được: 4(m - 1)2 = 6(m + 1) <=> 4m2 - 8m + 4 = 6m + 6 <=> 2m2 - 7m - 1 = 0 7 − 57 7 + 57 <0;m= > 0. 4 4 Đối chiếu đk (1) thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. = DMO = 900 (vì gt) Câu 4: a) Ta có: DBO A ∆ m = 49 + 8 = 57 nên m =

=> 2 điểm B, M thuộc đường tròn đường kính DO =>đpcm b) Chứng minh tương tự có 4 điểm O, C, E, M cùng thuộc một đường tròn = MCO (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MO) E => MEO = MDO (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MO) MBO B Mà MBO = MCO (vì ∆ BOC cân tại O) = MDO => ∆ DOE cân tại O => MEO Mà MO ⊥ DE nên MD = ME (đpcm)

Câu 5: Đặt x 2 + 1 = t, với t > 0, ta có t2 - (x + 3) t + 3x = 0 Xem pt trên là pt bậc 2 đối với t. ∆ = (x + 3)2 - 12x = (x - 3)2

103

x +3+ x −3 x +3− x +3 = x ; t2 = =3 2 2 x ≥ 0 Do đó: - Hoặc: x 2 + 1 = x ⇔  2 vô nghiệm. 2 x + 1 = x

t1 =

- Hoặc:

x 2 + 1 = 3 ⇔ x2 = 8 ⇔ x = ± 2 2

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = ± 2 2 .

ĐỀ SỐ 39 Câu 1: (2 điểm)

1) Tính:

48 - 2 75 + 108 = 16 . 3 - 2 25 . 3 + 36 . 3

= 4 3 - 10 3 + 6 3 = 0 2) Rút gọn biểu thức: P = 

1 - x

2 x =  1 + x - 1 + x   x - 1  = .   1- x 1- x x   

1   1   . 1  1+ x  x

x -1 -2 = x 1+ x

Câu 2:1) Đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N( 4; -1) nên: 2 = 3a + b a = - 3 ⇔   - 1 = 4a + b  b = 11

2) Giải hệ pt:

2x + 5y = 7 ⇔  3x - y = 2

2x + 5y = 7 x = 1 17y = 17 ⇔ ⇔  .  15x - 5y = 10 y = 1 3x - y = 2

Câu 3: 1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 - 4x -12 = 0 ∆ ' = 16, pt đã cho có 2 nghiệm: x = - 2; x = 6. 2) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ m2 + 6m ⇔ m ≤ −6; m ≥ 0 (2)

 x1 + x 2 = 2m (3) Khi đó, theo hệ thức Vi ét ta có:   x1x 2 = - 6m Phương trình có 1nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia khi và chỉ khi: x1 = 2x 2 ; x 2 = 2x1 ⇔ (x1 − 2x 2 )(x 2 − 2x1 ) = 0 ⇔ 5x1x 2 − 2(x12 + x 22 ) = 0 ⇔ 5x1x 2 − 2[(x1 + x 2 ) 2 − 2x1 x 2 ] = 0 ⇔ 9x1x 2 − 2(x1 + x 2 ) 2 = 0

104

(4)

Từ (3), (4), ta có: −54m − 8m 2 = 0 ⇔ m = 0; m = − Vậy các giá trị m cần tìm là m = 0; m = −

27 (thỏa mãn đk (2)) 4

27 . 4

Câu 4: 1. Theo giả thiết MN ⊥AB tại I = 900 hay ECB = 900 ACB

+ ECB = 1800 ⇒ EIB mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiêt MN ⊥AB, suy ra A là điểm nên AMN = ACM (hai chính giữa của MN

E A

= ACM , lại có CAM là góc chung do đó tam giác góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME AM AE ⇒ AM2 = AE.AC. AME đồng dạng với tam giác ACM ⇒ = AC AM = ACM ⇒ AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM. Nối MB ta có AMB 3. Theo trên AMN

= 900, do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm trên BM.

Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM ⇒ NO1 ⊥BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao

điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.

2 2 x⇒-y≥ x-2 3 3 2x 2 22 - 22 2 - 2 = (x - ) 2 ≥ K = x2 - 2x - y ≥ x - 2x + 3 3 9 9

Câu 5: Từ 2x + 3y ≤ 6 ⇒ y ≤ 2 -

- 22 2 14 khi x = ; y= 9 3 9 2 Ta có : 2x + xy ≤ 4x ( x ≥ 0) - y ( x + 2) xy ⇒ x 2 - 2x - y ≤ -y= ≤0 2 2

Suy ra :

min K =

y = 0 y = 0 hoặc  x = 0 x = 2

Suy ra : max K = 0 khi 

105

Lời bình : Câu V

• Nhiều khi tìm trực tiếp GTNN của biểu thức K thật khó khăn. "Cái khó ló cái khôn", người ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K ≥ B . Rồi đi tìm GTNN của B, từ đó mà suy ra GTNN của biểu thức K. Các mối liên hệ giữa K và giả thiết sẽ chỉ dẫn chúng ta tìm đến B. + Trong bài toán trên, thấy trong biểu thức K = x2 − 2x − y có chứa − y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta biến đổi : 2x 2x + 3y ≤ 6 ⇔ − y ≥ −2 3 2 2x 2  22  Thay − y bởi − 2 ta có K ≥ B =  x −  − . 3 3 9 

• Cũng vậy, đối với tìm GTLN thì việc bắc cầu phải theo sơ đồ "lớn dần": K ≤ L + Trong các giả thiết không thể suy ra − y ≤ h(x) để tìm L (lớn hơn) trong sơ đồ "lớn dần" . Vậy nên để có biểu thức L buộc phải đánh giá bộ phận còn lại x2 − 2x ≤ g(x). y x≥0 xy xy ⇔ x2 − 2 x ≤ . (ở đây g ( x ) = ) 2 2 2 xy y 2 Thay x − 2x bởi ta có K ≤ L = − ( x + 2) . 2 2 • Chắc chắn bạn còn thắc mắc là bài toán có hai giả thiết, thế nhưng khi tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết này mà không sử dụng giả thiết kia ?

Ta có

2x + y ≤ 4 ⇔

x−2≤

+ Trong quá trình đánh giá có thể tìm được nhiều biểu thức B. Gọi Bk là một trong số các biểu thức B tìm được và có minBk = β. Thế thì β chưa hẳn đã là GTNN của K. Chỉ trong trường hợp khi minBk = β mà ta cũng có K = Bk (hoá giải được dấu "=" trong sơ đồ "lớn hơn") thì mới có minK = minBk = β. Trong trường hợp đó biểu thức Bk được gọi là "kết". Lời giải chỉ thành công khi tìm được "kết". Trong bài toán trên, sử dụng giả thiết còn lại không dẫn tới "kết". Tình huống cũng tương tự đối với việc tìm biểu thức L. Biểu thức L dẫn tới maxK cũng được gọi là "kết". + Trong bài toán trên, hình thức các giả thiết chưa đủ để chỉ dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết này hay giả thiết kia. Nhiều bài toán phức tạp có thể cần sự kết hợp của tất cả các giả thiết mới tìm được "kết". • Mấu chốt của bài toán tìm GTNN, GTLN là tìm "kết". Nhìn lại kết của các đề trước : + Câu 5, đề 1, "kết" chính là biểu thức phải tìm GTNN.

106

3 6 1 8 3 ( x + y) +  x +  +  y +  . 2 x 2 y 2 + Câu 5, đề 32, "kết" là Bk = ∆1 + ∆2. + Câu 5, đề 11, "kết" là Bk =

ĐỀ SỐ 40 3 1 3 Câu 1. a) 3x + 4y = 2 ⇔ y = − x + , nên hệ số góc của đường thẳng d là k = − . 4 2 4 3 1  2  2 1  m − 1 = − 4 m = 4 m = ± 2 1 b) d // d1 ⇔  ⇔ ⇔ ⇔m=− . 2 m ≠ 1 m ≠ 1 m ≠ 1  2  2  2 1 Vậy với m = − thì d1 // d. 2 ax + by = 3 x = 3 a.3 + b(−1) = 3 Câu 2. Hệ phương trình  có nghiệm  nên  bx − ay = 11  y = −1 b.3 − a(−1) = 11

3a − b = 3 9a − 3b = 9 10a = 20 a = 2 a = 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ . a + 3b = 11 a + 3b = 11 a + 3b = 11 3a − b = 3 b = 3 Câu 3. a) Do ac = (1 + 3)(1 − 3) = 1 − 3 = −2 < 0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Vì x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có: x1 + x 2 =

2 1− 3 , x1 x 2 = . 1+ 3 1+ 3

Do đó: S = và P =

1 1 x1 + x 2 2 2(1 + 3) + = = = = −(1 + 3) . x1 x 2 x1 x 2 −2 1− 3

1 1 1 1 + 3 (1 + 3) 2 4 + 2 3 . = = = = = −(2 + 3) . x 1 x 2 x1 x 2 1 − 3 −2 −2

Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: X 2 + (1 + 3)X − (2 + 3) = 0 . Câu 4.

107

D E

a) Tam giác ADE cân tại A vì AD = AE. Lại có: = DAB − EAB = 900 − 600 = 300 A 1 Do đó = AED = 1 (1800 − 300 ) = 750 . ADE 2 b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF

= 450 . vuông cân tại B, nên E 1 Từ đó ta có:

M F

O 1

1 2

= DEA +E +E

= 750 + 600 + 450 = 1800 suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm. DEF 2 1

=A (cùng chắn cung EM) suy ra B

= 300 nên B = 300 . c) Ta có: B 1 1 1 2 0 Mà E = B nên E = 30 . 3

+E = 600 + 300 = 900 hay ME ⊥ EB. Mặt khác BF ⊥ EB do đó ME // BF. Vậ y E 2 3 Câu 5. Từ (1) ta có: x 3 = −2(y − 1)2 − 1 ≤ −1 ⇒ x ≤ −1 (3) 2y (4) Từ (2) ta có: x 2 = 2 ≤ 1 ⇒ x 2 ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1 y +1 Từ (3) và (4), suy ra x = -1, thay vào hệ đã cho ta được y = 1. Vậy P = 2.

II - LỚP 10 THPT CHUYÊN

ĐỀ SỐ 1 Câu 1:

108

a) Đặt x -

2 4 = t (1), suy ra x 2 + 2 = t 2 + 4 x x

 t = −1 . Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 – 4t – 5 = 0 ⇔  t = 5 Lần lượt thay các giá trị của t vào (1) thì phương trình đã cho có 4 nghiệm: 5 + 33 5 − 33 x1 = 1; x2 = - 2; x 3 = ; x4 = 2 2 b) Đk: x ≥ - 2 (1) Đặt x + 5 = a; x + 2 = b ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) (2) Ta có: a2 – b2 = 3;

x 2 + 7x + 10 =

( x + 5 )( x + 2 ) = ab

Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 ⇔ (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0

 x + 5 = x + 2 (VN)  x = - 4 nên  x + 5 = 1 ⇔ x = - 1  x + 2 = 1  Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 1. Câu 2:  1 b3 a  = x  =  b3 x a  b  1 c3  , khi đó do abc = 1 nên xyz = 1 (1). a) Đặt  y = 3 ⇒  = c y b   c   1 a3 z = a 3  =  z c

a - b = 0 ⇔ 1 - a = 0 1 - b = 0

1 1 1 + + ⇒ x + y + z = yz + xz + xy (2). x y z Từ (1) và (2) suy ra: xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – 1 = 0 ⇔ (x – 1)(y – 1)(z – 1) = 0. Vậy tồn tại x =1 chẳng hạn, suy ra a = b3, đpcm. Từ đề bài suy ra x + y + z =

84 84 1 = a; 3 1 − = b ⇒ x = a + b; a3 + b3 = 2; ab = − . 9 9 3 Ta có: x3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) Suy ra: x3 = 2 – x ⇔ x3 + x – 2 = 0 ⇔ ( x - 1) ( x 2 + x + 2 ) = 0 b) Đặt 3 1 +

109

1 7  ⇔ x = 1. Vì x + x + 2 =  x +  + > 0 . Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 2 4  Câu 3: Áp dụng các BĐT: 2

(

)

(

a + b ≤ 2 a 2 + b 2 ; a + b + c ≤ 3 a 2 + b 2 + c2

)

(được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacôpski) Ta có:

( ) 2 (1 + y + 2y ) = 2 ( y + 1) 2 (1 + z + 2z ) = 2 ( z + 1)

1 + x 2 + 2x ≤ 2 1 + x 2 + 2x = 2 ( x + 1) 1 + y 2 + 2y ≤ 1 + z 2 + 2z ≤

x + y + z ≤ 3( x + y + z) Lại có: A = 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 2x + 2y + 2z

(

+ 2− 2

)(

x+ y+ z

) (

⇒ A ≤ 2 ( x + y + z + 3) + 2 − 2

)

3(x + y + z)

⇒ A ≤ 6 + 3 2 (do x + y + z ≤ 3). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy maxA = 6 + 3 2. Câu 4: a) Ta có: ABO = ACO = 900 (tính chất tiếp tuyến) (1) AB = AC = OA 2 − OB2 = R = OB = OC (2). Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông. A b) Theo bài ra ta có: AD + DE + AE = 2R (3). y x Suy ra: DE = BD + CE (4). E M D Vẽ OM ⊥ DE (M ∈ DE) (5) C Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF = BBD; suy ra ∆BDO = ∆COF (c-g-c) R ⇒ OM = OC = ⇒ OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c) R (hai đường cao tương ứng) (6). Từ (5) và (6) suy ra DE là Otiếp tuyến của đường tròn (O;R). 1 c) Đặt: AD = x; AE = y ⇒ SADE = xy (x, y > 0) 2 Ta có: DE = AD 2 + AE 2 = x 2 + y 2 (định lí Pitago).

110

Vì AD + DE + AE = 2R ⇒ x + y +

x 2 + y 2 = 2R (6)

Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có: x + y ≥ 2 xy và x 2 + y 2 ≥ 2xy (7). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.

(

)

Từ (6) và (7) suy ra: 2 xy + 2xy ≤ 2R ⇔ xy 2 + 2 ≤ 2R

2R 2 R2 ⇔ xy ≤ ⇒ SADE ≤ ⇔ SADE ≤ 3 - 2 2 R 2 . ⇔ xy ≤ 3+ 2 2 3+ 2 2 2+ 2 2R

(

Vậy max SADE

) = (3 − 2 2 ) R

(

)

⇔ x = y ⇔ ∆ADE cân tại A.

Câu 5: Xét điểm A và hình tròn (C1) có tâm A, bán kính bằng 1. C

- Nếu tất cả 98 điểm còn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài toán được chứng minh. - Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (C1). Ta có: AB > 1 (1) Vẽ hình tròn (C2) tâm B, bán kính bằng 1. + Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Khi đó điểm C thuộc một trong hai hình tròn (C1) và (C2). Thật vậy, giả sử C không thuộc hai hình tròn nói trên. Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C không có hai điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vô lí vì trái với giả thiết). Chứng tỏ C∈ (C1) hoặc C∈ (C2). Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C1) và (C2). Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một hình tròn chứa không ít hơn 50 điểm.

ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Theo bài ra ta có: 2011( x + y − 2011) = 2010 ( y − x + 2010)

111

 x − y = 2010 2x = 4021  x = 2010,5 + Nếu x + y - 2011 = 0 thì y - x + 2010 = 0 ⇒  ⇔ ⇔   x + y = 2011 2y = 1  y = 0,5 + Nếu y - x + 2010 = 0 thì x + y - 2011 = 0, ta cũng được kết quả như trên. + Nếu x + y - 2011 ≠ 0 thì

2011 y − x + 2010 = vô lý (vì VP là số hữu tỉ, VT là số vô tỉ) 2010 x + y − 2011

Vậy x = 2010,5 và y = 0,5 là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài. b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 <=> (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 <=> (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 <=> (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ có 3 bộ sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = 1 hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0. Câu 2: a) Điều kiện: x > -1

Đặt a = x + 1 ; b = x 2 − x + 1 Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab <=> (2a - b)(2b - a) = 0 <=> b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) 2 x + 1 =

x 2 − x + 1 <=> 4(x + 1) = x2 - x + 1

<=> x2 - 5x - 3 = 0 <=> x1 = 2)

5 − 37 5 + 37 (loại); x2 = 2 2

x + 1 = 2 x 2 − x + 1 ⇔ x + 1 = 4(x 2 − x + 1) ⇔ 4x 2 − 5x + 3 = 0 vô nghiệm.

5 + 37 2 b) Vì a, b, c ∈ [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > 0 <=> 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 0 <=> 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - 8 + abc nên 2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc ≥ 0) Suy ra (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4 <=> a2 + b2 + c2 ≤ 5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1. p Câu 3: Giả sử x = (p, q ∈ Z, q > 0) và (p, q) = 1 q

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x =

 p p Ta có   + + 6 = n 2 (n ∈ N) <=> p2 = q(-P - 6q + n2q) q q => q là ước của p2 nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đó x = p 112

=> p2 + p + 6 = n2 (p, n ∈ Z) <=> (2p + 1)2 + 23 = 4n2 <=> (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 <=> (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do đó 2n - 2p - 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ; 2n - 2p - 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1 (vì 23 ∈ P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n - 2p - 1 > 0) <=> p = 5 (t/m) ; p = - 6 (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6 Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì

= 1800). Tứ giác MNCI cũng nội K

A S

= MIC MNC = 900) tiếp được (vì MNC = BMK , INC = IMC (1) => BNK

(vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). = IMC Mặt khác BMK (2) + KMC = KMC + IMC do (vì BMK cùng bù với góc A của tam giác ABC) = INC nên 3 điểm Từ (1), (2) suy ra BNK

C B

K, N, I thẳng hàng.

M Q

= MCN = β (vì 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM) b) Vì MAK =>

AK CN AB − BK CN AB BK CN hay (1) = = cot gβ => = − = MK MN MK MN MK MK MN

Tương tự có: Mà

AC CI BN AI BN hay = + = MI MN MI MI MN

(2)

IC BK = IMC ) = = tgα ( α = BMK MI MK

Từ (1), (2), (3) =>

(3)

AB AC BC (đpcm) + = MK MI MN

c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P ∈ MS) => HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC) = AIN vì cùng bằng NMC ) => KN đi => N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do SAC qua trung điểm của HM (đpcm).

113

2 2  2x − xy − y = p Câu 5: Đưa về bài toán tìm P để hệ phương trình:  2 2  x + 2xy + 3y = 4

có nghiệm.

8x 2 − 4xy − 4y 2 = 4p (1) . Lấy (1) - (2), ta có: Hệ trên ⇔  2 2  px + 2pxy + 3py = 4p (2)

(8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = 0 (3) - Nếu y = 0 => (8 - p)x2 = 0 <=> x = 0 hoặc p = 8 ⇒ p = 0; p = 8. - Nếu y ≠ 0 chia 2 vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = 0

(4) với t =

x . y

7 . 5 + Nếu p ≠ 8: Phương trình (2) có nghiệm <=> ∆' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0

+ Nếu p = 8 thì t = -

<=> p2 - 12p - 18 < 0 <=> 6 - 3 6 ≤ p ≤ 6 + 3 6 . Dấu “=” có xảy ra. Vậy min P = 6 - 3 6 , max P = 6 +3 6 .

ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Từ giả thiết ta có:

a b c ab - b 2 - ac + c 2 = = b-c a-c a-b ( a - b )( a - c ) Nhân 2 vế của đẳng thức với

1 ta có: b-c

( b - c)

ab - b 2 - ac + c2 ( a - b )( a - c )( b - c )

Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có:

(c - a )

cb - c 2 - ab + a 2 , ( a - b )( a - c )( b - c )

(a - b)

Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có b) Đặt

2010 = x ⇒

2010 = x 2 ;

ac - a 2 - bc + b 2 ( a - b )( a - c )( b - c )

a b c + + = 0 (đpcm) 2 2 (b - c) (c - a) (a - b)2

2010 = x 4 . Thay vào ta có:

114

2 1 2 1+ 2 + 4 x x = 1   1 + x2 x

 x2 - x 1 + x2  A=  +  x   1-x 2

1   1 + 2  x   1 + x2

1 1 =   -   =0 x x

Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

a2 + bc ≥ 2a bc, b 2 + ac ≥ 2b ac ; c 2 + ab ≥ 2c ab . Do đó

1 1 1 1 1 1 1  + 2 + 2 + + ≤   a + bc b + ac c + ab 2  a bc b ac c ab  2

a +b b+c c+a + + 1 ab + bc + ca 1 2 2 = a + b + c , đpcm. ≤ . 2 = . 2 abc 2 abc 2abc Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 Ta có: A = (x - 2 xy + y) + 2y - 2 x +1

x -

y - 1 + (2y - 2 y +

(

x -

y -1

x - y

)

( =(

-2

)

(

x -

1 2

(

)

y + 1] - 2 y + 2y 1 1 )2 2 2 1 1 2 y − 1 ≥2 2

)

 x=  x y 1 = 0 1   A= ⇔  ⇔  2 2 y - 1 = 0 y =  Vậy minA = −

9 4 1 4

1 2

Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có:

x-1+3 5-x

)

≤

+ 32

) ( x - 1 + 5 - x ) = 13.4 115

⇒ 2 x - 1 + 3 5 - x ≤ 2 13

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 x - 1 = 2 5 - x ⇔ x =

29 13

Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn.. ãn.. 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 1 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f   = x 2 ∀x ≠ 0 (1) x 1 Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3. f   = 4. 2

Thay x =

1 1 1 vào (1) ta có: f   + 3.f(2) = 2 4 2

1 Đặt f(2) = a, f   = b ta có. 2

Vậy f(2) = -

a + 3b = 4 13   1 . Giải hệ, ta được a = 32 3a + b = 4

13 . 32

Câu 4: G ọ i O là tâm củ a đườ ng tròn ngo ại ti ếp l ục giác đều thì A, O, D

thẳng hàng và OK =

1 1 AB. Vì FM = EF mà EF = AB do đó FM = 2 2

= 1200. Ta lại có AF = R ⇒ AF = OA và AFM + AOB = 1800 = AOK + 600 ⇒ AOK = 1200 .Do AOK . đó: ∆AFM = ∆AOK

(c.g.c)

= 600 ⇒ ∆AMK đều. ⇒ AM = AK, MAK Câu 5: Gọi BH là đường cao của ∆ABO

Ta có 2SAOB = OA . BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB

116

mà OA.OB ≤

OA 2 + OB2 2

OA 2 + OB2 Do đó 2SAOB ≤ 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ OA ⊥ OB và OA = OB Chứng minh tương tự ta có: OB2 + OC 2 OC 2 + OD 2 ; 2SCOD ≤ 2 2 2 2 OD + OA 2SAOD ≤ 2 2 ( OA 2 + OB2 + OC 2 + OD 2 ) Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 2 2 2 2 Hay 2S ≤ OA + OB + OC + OD Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD = BOC = COD = DOA = 900 ⇒ ABCD là hình vuông tâm O. và AOB 2SBOC ≤

Lời bình: Câu III.b 1 từ đâu mà ra? 2 Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1)

1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi x =

Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . Giả sử x = b là một nghiệm của (2).

(2)

Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta có hệ  A(a) x + B(a) y = C (a) (3)   B(b) x + A(b) y = C (b) Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) . 1 • Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2. x

117

Phương trình Q(x) = P(a) ⇔ Số x =

1 1 1 = 2 ⇔ x = , tức là b = x 2 2

1 được nghĩ ra như thế đó. 2

2) Chú ý: K hông cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm . Chỉ cần biết (có thể là đoán) được m ột nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. 3) Một số bài tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f(−x) = 2 + 3x. (với x ∈ ℝ ).  1  b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu f ( x ) + f   = x (với 0 ≠ x ≠ 1).  1− x  1 1 (với 0 ≠ x ≠ 1). c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu ( x − 1) f ( x) + f   =  x  x −1

ĐỀ SỐ 4 Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4 ⇒ 2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x+y Vì x + y + 2 ≠ 0 nên = -1 (1) x+y+2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có:

x+y≤

(

2 x 2 + y2

)

⇒ x+y≤ 2 2

xy Từ (1), (2) ta được: ≤ x+y+2 Vậy maxA =

(2)

 x ≥ 0, y ≥ 0  2 - 1 . Dấu "=" khi  x = y ⇔ x=y= 2 . x 2 + y2 = 4 

2 -1 .

b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên: 2 2 2 x 2 + y2 + z 2 x 2 + y2 + z 2 x 2 + y2 + z 2 + + = + + x 2 + y2 y2 + z 2 z2 + x 2 x 2 + y2 y2 + z 2 z2 + x 2 =

z2 x2 y2 + + +3 x 2 + y2 y2 + z2 x 2 + z2

z2 z2 Ta có x + y ≥ 2xy ⇒ 2 ≤ , x + y2 2xy 2

Tương tự

x2 x2 y2 y2 ≤ , ≤ y2 + z2 2yz x 2 + z 2 2xz 118

Vậ y

z2 x2 y2 z2 x2 y2 + + + 3 ≤ + + +3 x 2 + y2 y2 + z2 x 2 + z2 2xy 2yz 2xz

2 2 2 x 3 + y3 + z 3 + + ≤ + 3 , đpcm. x 2 + y2 y2 + z2 z2 + x 2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 2 3x + 10 (1) .Điều kiện: x ≥ − (2) 3 (1) ⇔ (3x + 10 - 2 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0 ⇔ ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = 0  3x + 10 - 1 = 0 ⇔  ⇔ x = - 3 (thỏa mãn đk (2).  x + 3 = 0 Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3. ⇔

2x  2  x 2 y 2 - 2x + y 2 = 0 (1) y = 2 b)  2 ⇔ x + 1  3 2x - 4x + 3 = - y  y3 = - 2 (x - 1) 2 - 1  Ta có:

2x ≤ 1 ⇒ y2 ≤ 1 ⇒ - 1 ≤ y ≤ 1 1 + x2

(1)

Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1 ⇒ y3 ≤ - 1 ⇒ y ≤ - 1

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn. Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm. Câu 3:

a) Đặt

x =

b > 0 và

Thay vào gt ta được

y = c > 0 ta có x2 = b3 và y2 = c3

b3 + b 2c + c3 + bc2 = a

⇒ a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + 2 b 2 c2 ( b + c ) a2 = (b + c)3 ⇒

a 2 = b + c hay

x2 +

y 2 = 3 a 2 , đpcm.

b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy x 0 ≠ 0 . Suy ra x 02 + ax0 + b +

Đặt x0 +

 1 1  a 1 + 2 = 0 ⇔ x 02 + 2 + a  x 0 +  +b=0 x0 x x0 x0 0  

1 1 = y0 ⇒ x 02 + 2 = y 02 - 2 , y 0 ≥ 2 ⇒ y 02 - 2 = - ay 0 - b x0 x0

119

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: 2

( y02 - 2 ) = ( ay0 + b ) Ta chứng minh

≤

( a 2 + b2 )( y02 + 1) ⇒ a 2 + b2 ≥

(y02 − 2) 2 (1) y02 + 1

(y02 − 2) 2 4 ≥ (2) y02 + 1 5

Thực vậy: (2) ⇔ 5(y 04 − 4y 02 + 4) ≥ 4(y 02 + 1) ⇔ 5y 04 − 24y 02 + 16 ≥ 0 4 ⇔ 5(y 02 − 4)(y 02 − ) ≥ 0 đúng với y ≥ 2 nên (1) đúng 5

Từ (1), (2) suy ra a 2 + b 2 ≥

4 ⇒ 5(a 2 + b 2 ) ≥ 4 , đpcm. 5

Câu 4: Đặt AH = x = 900 (OA = OB = OM) Ta có AMB

Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH . AB = 2Rx (H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2. Do H ∈ AB ⇒ O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 3R 5R ⇔ (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 ⇔ x = . ;x= 5 3 Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ ⇒ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đườ ờng tròn tr với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’. Câu 5: Gọi I là trung điểm của CD. b của ∆BDC ⇒ IE // Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình BC

Mà GF ⊥BC ⇒ IE⊥ GF (1) Chứng minh tương tự EG ⊥IF (2) Từ (1) và (2) ⇒ G là trực tâm của ∆EIF ⇒ IG ⊥ EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) và (4) ⇒ IG ⊥ DC

120

Vậy ∆ DGC cân tại G ⇒ DG = GC

ĐỀ SỐ 5 Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x .

9x x+9

 x2  18x 2 9x  18x 2  Ta có:  x = 40 ⇔ + - 40 = 0 (1)    x + 9 x + 9 x + 9 x+9    2 x Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 x+9 ⇔ (y + 20) (y - 2) = 0 ⇔ y = -20 ; y = 2  x 2 = - 20(x + 9)  x 2 + 20x +180 = 0 (3) Thay vào (2), ta có  2 ⇔ 2  x = 2(x + 9) = 0  x - 2x - 18 = 0 (4) Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: x = 1 ± 19. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x = 1 ± 19. 2) . Điều kiện

x > 3 x+1 ≥ 0 ⇔ (*) x-3 x ≤ - 1

Phương trình đã cho ⇔ (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3)

x+1 =4 x-3

x+1 ⇒ t 2 = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 ⇔ t = 1; t = - 4

Đặt t = ( x - 3)

Ta có: (x -3)

x +1 = 1 (1) ; ( x − 3) x - 3

x +1 = − 4 (2) x− 3

x > 3 x > 3 ⇔ 2 ⇔ x = 1+ 5 . + (1) ⇔  (x − 3)(x + 1) = 1  x − 2x − 4 = 0

(t/m (*))

x < 3 x < 3 ⇔ 2 ⇔ x = 1 − 2 5 . (t/m (*)) + (2) ⇔  (x − 3)(x + 1) = 16  x − 2x − 19 = 0 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x = 1 + 5 ; x = 1 − 2 5 . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 ⇔ - 1 < x < 1 ⇒ 2 - 3x > 0 ⇒ A ≥ 0

Vậ y A2 =

25 - 30x + 9x 2 (3 - 5x) 2 = +16 ≥ 16 . 1 - x2 1 - x2 121

Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0 ⇔ x =

3 5

Vậy minA = 4. 2) Chứng minh:

a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 ≥ 2 (a + b + c) (1)

Sử dụng bất đẳng thức: 2(x 2 + y 2 ) ≥ (x + y) 2 , ta có: 2(a 2 + b 2 ) ≥ (a + b) 2 ⇒ 2. a 2 + b 2 ≥ a + b (2) Tương tự, ta được:

2. b 2 + c2 ≥ b + c

(3) và

2. c2 + a 2 ≥ c + a (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm. Câu 3: (1) có nghiệm ⇔ ∆ y = x 2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2; x ≥ 2 (3) (2) ⇔ (y + 1) 2 = − x 2 − 2x có nghiệm ⇔ − x 2 − 2x ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 0 (4)

Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1). m

Câu 4: Kẻ MP // BD (P ∈ AD) MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. AM AP AM CM k mà Ta có = = (gt) e AB AD AB CD i f AP CN ⇒ = ⇒ PN // AC Gọi O là giao điểm a o h b AD CD BO CO MK OC n của AC và BD. Ta có = , = OD OA PK OA NH OC NH MK . Suy ra: và = = ⇒ KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH ⇒ MF = EN ⇒ ME = NF + MFH = 1800 Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH

= 1800 - EHF = EHA + FHB ⇒ AMB

(1)

= MEF (góc nội tiếp chắn MF ) Ta có MHF + FHB = 900 = MEF + EMD Lại có MHF = EMD ⇒ FHB

(2)

122

= DMB , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có DMB = NAB (góc nội Từ (1) và (2) ⇒ EHA ) ⇒ EHA = NAB do đó AN // EH mà HE ⊥ MA nên NA ⊥ MA. hay MAN = 900 ⇒ AN tiếp chắn NB là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI ⊥ MA, DK ⊥ MB, ta có S S AH AM . HE AD AM . DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM . DK BH SMBH BM . HF

AH AD MA 2 HE . DI . = . (1) 2 BD BH MB DK . HF = FHB (cùng phụ với MHF ) mà FHB = EMD (CMT) Ta có HMB = DMH . = DIK và EHF ⇒ EFH Vậ y

= EFH vµ Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = DIK vµ Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB

= 1800 - AMB EHF = 1800 - AMB IDK

= DIK vµ EHF = IDK ⇒ ∆DIK ∆HFE (g.g) do đó ⇒ EFH ID DK HE.DI ⇒ ID . HE = DK . HF ⇒ suy ra = = 1 (2) HF HE DK.HF MA 2 AH AD Từ (1), (2) ⇒ = . . 2 MB BD BH

ĐỀ SỐ 6

Câu 1: Ta có: A =

=-1+

1- 2 2- 3 + + ... + -1 -1

2 - 2 + 3 - 3 + ... +

24 - 25 -1

25 = - 1 + 5 = 4

Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra:

 x2   y2   z2  x2 y2 z2 + + =0  2  2  2 2 2 2  2 2 2  2 2 2  a +b +c  b a +b +c  c a +b +c  a 1 1 1 1  1  1  ⇔ x2  2 - 2 2 2  + y2  2 - 2 2 2  + z2  2 - 2 2 2  = 0 (*) a a +b +c  b a +b +c  c a +b +c  1 1 1 1 1 1 Do 2 - 2 > 0; 2 - 2 > 0; 2 - 2 >0 2 2 2 2 a a +b +c b a +b +c c a + b2 + c2 Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đó M = 0

123

 a + 1   8a - 1  b) x3 = 2a + 3 x. 3 a 2 -      3   3  3

⇔ x = 2a + 3x .

(1 - 2a )

⇔ x3 = 2a + x(1 - 2a)

3 ⇔ x + (2a - 1) x - 2a = 0 ⇔ (x - 1) (x2 + x + 2a) = 0 3

x - 1 = 0 ⇔  2 ⇔x = 1  x + x + 2a = 0 (v« nghiÖm do a > 1 ) 8  nên x là mét sè nguyên du¬ng Câu 3:

a) Ta có:

4c 1 35 35 ≥ + ≥ 2. >0 4c + 57 1+a 35 + 2b (1 + a )( 2b + 35)

Mặt khác

1 4c 35 1 4c 35 ≤ ⇔ ≤ 1+a 4c + 57 35 + 2b 1 + a 4c + 57 35 + 2b

⇔

1 4c 35 2b +1 ≤ 1= 1 +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b

⇔

2b 1 57 57 ≥ + ≥ 2. >0 35 + 2b 1+a 4c + 57 (1 + a )( 4c + 57 )

Ta có: 1 -

⇔

(1)

(2)

1 4c 35 ≥ 1+ 1+a 4c + 57 35 + 2b

a 57 35 ≥ + ≥ 2. 1+a 4c + 57 35 + 2b

35 . 57 >0 ( 4c + 57 )( 35 + 2b )

Từ (1), (2), (3) ta có:

8abc 35 . 57 ≥ 8. (1 + a )( 4c + 57 )( 2b + 35) (1 + a )( 2b + 35)( 4c + 57 ) Do đó abc ≥ 35.57 = 1995. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 35 và c =

57 . 2

Vậy min (abc) = 1995.

124

(3)

b) Đặt t = t=

A B C D = = = ⇒ A = ta, B = tb, C = tc, D = td. a b c d

A+B+C+D a+b+c+d

Vì vậy

aA + bB + cC + dD = a 2 t + b 2 t + c2 t + d 2 t

= (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) =

A+B+C+D a+b+c+d

(a + b + c +d)(A + B + C + D)

Câu 4:

a) Xét ∆ABC có PQ // BC ⇒

Xét ∆BAH có QM // AH ⇒

AQ QP = AB BC BQ QM = BA AH

Cộng từng vế ta có: AQ BQ QP QM QP QM + = + ⇒ 1= + AB AB BC AH BC AH 2 2SMNPQ QM  QP QM  QP + . = ⇒ 1=   ≥ 4 AH  BC AH SABC  BC SABC . 2 S QP QM 1 BC max SMNPQ = ABC khi = = ⇔ QP = 2 BC AH 2 2 Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH. QP QM QP + QM b) Vì 1 = mà BC = AH ⇒ 1 = + ⇔ QP + QM = BC BC AH BC ⇒ SMNPQ ≤

Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổ đ i) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) màà

AB = 2AM nên HC = 2HD.

Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có:

125

DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x

⇒ HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x. Vậy AH = 3HD.

126

Mục Lục Đề số 1. Chuyên Bắc Ninh. Năm học 2014-2015 ................................................................................................................................ 2 Đề số 2. Chuyên Bến Tre. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................................................. 7 Đề số 3. Chuyên Toán Sư Phạm Hà Nội. Năm học: 2014-2015 ........................................................................................................ 13 Đề số 4. Chuyên SP Hà Nội. Năm học: 2014-2015 ........................................................................................................................... 18 Đề số 5. Chuyên Hà Tĩnh. Năm học: 2014-2015 .............................................................................................................................. 22 Đề số 6. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2014-2015 .......................................................................................................................... 26 Đề số 7. Chuyên Nam Định. Năm học: 2014-2015 ............................................................................................................................ 29 Đề số 8. Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định. Năm học: 2014-2015 ....................................................................................................... 32 Đề số 9. Chuyên Ninh Bình. Năm học: 2014-2015 ............................................................................................................................ 36 Đề số 10. Chuyên Năng Khiếu HCM. Năm học: 2014-2015 ............................................................................................................. 42 Đề số 11. Chuyên Ngoại Ngữ DHQG Hà Nội. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................ 49 Đề số 12. Chuyên Nguyễn Trải – Hải Dương. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................ 54 Đề số 13. Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................ 58 Đề số 14. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 .......................................................................................................................... 63 Đề số 15. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 .......................................................................................................................... 69 Đề số 16. Chuyên HCM. Năm học: 2014-2015 ................................................................................................................................. 74 Đề số 17. Chuyên Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 ......................................................................................... 80 Đề số 18. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 ...................................................................................................... 85 Đề Số 19. Chuyên Năng Khiếu - HCM. Năm học: 2014-2015 .......................................................................................................... 90 Đề số 20. Chuyên Hà Nội Amsterdam. Năm học: 2014-2015 ........................................................................................................... 96 Đề số 21. Chuyên Bắc Giang. Năm học: 2015-2016........................................................................................................................ 104 Đề số 22. Chuyên Bạc Liêu. Năm học: 2015-2016 .......................................................................................................................... 111 Đề số 23. Chuyên Bạc Liêu. Năm học: 2015-2016 .......................................................................................................................... 115 Đề số 24. Chuyên Đại học Vinh. Năm học: 2015-2016 ................................................................................................................... 119 Đề số 25. Chuyên Hà Giang. Năm học: 2015-2016 ......................................................................................................................... 125 Đề số 26. Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình. Năm học: 2015-2016 ............................................................................................ 129 Đề số 27. Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ. Năm học: 2015-2016 .................................................................................................. 134 Đề số 28. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2015-2016 ...................................................................................................................... 140 Đề số 29. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2015-2016 .................................................................................................... 144 Đề số 30. Chuyên Nam Định . Năm học: 2015-2016 ....................................................................................................................... 150 Đề số 31. Chuyên Nam Định. Năm học: 2015-2016 ........................................................................................................................ 158 Đề số 32. Chuyên HCM. Năm học: 2015-2016 ............................................................................................................................... 163 Đề số 33. Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên. Năm học: 2015-2016 ......................................................................................... 167

Đề số 34. Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình. Năm học: 2015-2016 .......................................................................................... 171 Đề số 35. Chuyên Nguyễn Du - Đaklak. Năm học: 2015-2016 ....................................................................................................... 177 Đề số 36. Chuyên Hải Dương. Năm học: 2015-2016....................................................................................................................... 183 Đề số 37. Chuyên Quảng Bình. Năm học: 2015-2016 ..................................................................................................................... 190 Đề số 38. Chuyên Quảng Nam. Năm học: 2015-2016 ..................................................................................................................... 196 Đề số 39. Chuyên Quảng Nam. Năm học: 2015-2016 ..................................................................................................................... 203 Đề số 40. Chuyên Quang Trung – Bình Phước. Năm học: 2015-2016 ............................................................................................ 208 Đề số 41. Chuyên Quốc Học Huế - Thừa Thiên Huế. Năm học: 2015-2016 ................................................................................... 214 Đề số 42. Chuyên SPHN. Năm học: 2015-2016 .............................................................................................................................. 220 Đề số 43. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2015-2016 ........................................................................................................................ 225 Đề số 44. Chuyên Vũng Tàu. Năm học: 2016-2017 ........................................................................................................................ 229 Đề số 45. Chuyên Sơn La. Năm học: 2016-2017 ............................................................................................................................. 233 Đề số 46. Chuyên SPHN. Năm học: 2016-2017 ............................................................................................................................. 238

Đề số 1. Chuyên Bắc Ninh. Năm học 2014-2015 Câu I. ( 1, 5 điểm ) Cho phương trình x 2 + 2mx − 2m − 6 = 0 (1) , với ẩn x , tham số m . 1) Giải phương trình (1) khi m = 1 2) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x12 + x22 nhỏ nhất. Câu II. ( 1,5 điểm ) Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x2 và (d) là đồ thị của hàm số y = -x + 2 1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị . 2) Tìm a và b để đồ thị ∆ của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng -1 Câu III .( 2,0 điểm ) 1) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24km . Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4km so với lúc đi , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B . 2 ) Giải phương trình

x + 1 − x + x (1 − x ) = 1

Câu IV . ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M . 1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn. 2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD và góc BAM = góc OAC . 3) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC. Câu V .( 2, 0 điểm ) 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2014 . 2) Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên lạc được với nhau . Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau.

.................Hết............... Hướng dẫn sơ lược đề thi môn toán dành cho tất cả thí sinh năm học 2014-2015 Thi vào THPT chuyên Tỉnh Bắc Ninh Câu I. ( 1, 5 điểm ) Giải: 1) GPT khi m =1 + Thay m =1 v ào (1) ta được x2 + 2x - 8 = 0 ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0 x = { - 4 ; 2 } KL : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4 hoặc x = 2 2) xét PT (1) : x 2 + 2mx − 2m − 6 = 0 (1) , với ẩn x , tham số m . + Xét PT (1) có ∆ '(1) = m 2 + 2m + 6 = ( m + 1) 2 + 5 > 0 (luôn đúng ) với mọi m => PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m  x + x = −2 m + Mặt khác áp dụng hệ thức viét vào PT ( 1) ta có :  1 2 (I )  x1 x2 = −(2 m + 6)

+ Lại theo đề và (I) có :A = x12 + x22 = ( x1 + x2 )2 – 2 x1x2 = ( - 2m )2 + 2 ( 2m + 6 ) = 4m2 + 4m + 12 = ( 2m + 1)2 + 11 ≥ 11 với mọi m => Giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi m = − KL : m = −

1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

Câu II. ( 1,5 điểm ) Giải : 1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số:

1 2

Dựa vào đồ thị ta có giao điểm của d và (P) là 2 điểm M ( 1 ; 1); N ( -2 ; 4 ) 2) Do đồ thị ∆ của hàm số y = ax + b song song với (d) y = -x + 2 Nên ta có: a = -1. ∆ cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng – 1 nên ta thay x = -1 vào pt (P) ta được: y = 1 Thay x = -1; y = 1 vào pt ∆ ta được a = -1 ; b = 0 =>Phương trình của ∆ là y = - x

Câu III .( 2,0 điểm ) Giải: 1) Đổi 30 phút = ½ giờ Gọi x ( km /h ) là vận tốc người đi xe đạp t ừ A -> B ( x > 0 ) . Vận tốc người đó đi từ B-> A là: x + 4 (km/h) Thời gian người đó đi từ A -> B là:

24 x

Thời gian người đố đi từ B về A là:

24 x+4

Theo bài ra ta có:

x( x + 4) 24 24 1 48( x + 4) 48 x − = ⇔ − = ⇔ x 2 + 4 x − 192 = 0 x x+4 2 2 x( x + 4) 2 x( x + 4) 2 x( x + 4) => x = 12 ( t/m ) . KL : Vậy vận tốc của người đi xe đáp từ A đến B là 12 km/h. 2) ĐKXĐ 0 ≤ x ≤ 1 Đặt 0 < a =

x + 1− x ⇒

a2 −1 = x(1 − x) 2

a2 −1 + PT mới là : a + = 1 ⇔ a 2 + 2a − 3 = 0 ⇔ (a − 1)(a + 3) = 0 2 a = { -3 ; 1 } => a = 1 > 0

x + 1− x = 1 + Nếu a = 1 = > ⇔ x + 1 − x + 2 x (1 − x ) = 1 ⇔

x (1 − x ) = 0

x = { 0 ; 1 } ( t/m) KL : Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là x = 0; x = 1

Câu IV . ( 3,0 điểm ) Giải

1) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp Do BHCD là hình bình hành nên: Ta có: BD//CC’ => BD ⊥ AB => ABD = 90o Có:AA’ ⊥ BC nên: MD ⊥ AA’ => AMD = 90o => ABD + AMD = 180o => tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Chứng minh tương tự ta có tứ giác AMDC nội tiếp đường tròn đường kính AD. => A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đường tròn 2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC 3)Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK =

+ Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA =>

1 OK 1 = (*) AH hay 2 AH 2

OK 1 GK = = ⇒ AG = 2GK , từ đó suy ra AH 2 AG

G là trọng tâm của tam giác ABC Câu V .( 2, 0 điểm ) Giải: 1) Giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi a =b = 1 4P = a2 - 2 ab + b2 + 3(a2 + b2 + 4 + 2ab – 4a – 4b ) + 4. 2014 – 12

= (a-b)2 + 3 (a + b – 2)2 +8044 ≥ 8044 P≥ 2011

a = b => a = b = 1 Dâu “=” xảy ra  a + b − 2 = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi và chỉ khi a = b = 1.

2) Gọi 6 thành phố đã cho là A,B,C,D,E,F + Xét thành phố A .theo nguyên l í Dirichlet ,trong 5 thành phố còn lại thì có ít nhất 3 thành phố liên lạc được với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên lạc được với A ( vì nếu số thành phố liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 và số thành phố không liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 thì ngoài A , số thành phố còn lại cũng không vượt quá 4 ) . Do đó chỉ xảy ra các khả năng sau : • Khả năng 1 : số thành phố liên lạc được với A không ít hơn 3 , giả sử B,C,D liên lạc được với A . Theo đề bài trong 3 thành phố B,C,D có 2 thành phố liên lạc được với nhau . Khi đó 2 thành phố này cùng với A tạo thành 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau . • Khả năng 2 : số thành phố không liên lạc được với A , không ít hơn ,giả sử 3 thành phố không liên lạc được với A là D,E,F . Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên lạc được với nhau ( v ì D,E không liên lạc được với A ) Tương tự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên lạc được với nhau , F và D liên lạc được với nhau và như vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau . Vậy ta có ĐPCM

Đề số 2. Chuyên Bến Tre. Năm học: 2014-2015 Câu 1: (2,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức sau: A =

3 3−4 3+4 − 2 3 +1 5−2 3

 x +2 x −2 − b) Cho biểu thức: B =   x + x với x > 0, x ≠ 1  x + 2 x + 1 x −1 

(

)

i) Rút gọn biểu thức B ii) Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên Câu 2: (2,5 điểm)

 mx + 2 y = 1 Cho hệ phương trình  với m là tham số. 3 x + (m + 1) y = −1 a) Giải hệ với m = 3. b) Giải và biện luận hệ theo m. c) Tìm m nguyên để hệ có nghiệm là số nguyên. Câu 3: (2 điểm) Cho phương trình bậc hai: x 2 − mx + m − 1 = 0 (1), với m là tham số. i) Giải phương trình (1) khi m = 4 ii) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn hệ thức

1 1 x1 + x2 + = x1 x2 2014 Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD.Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ AB(M không trùng với các điểm A và B). a) Chứng minh MD là đường phân giác của góc BMC b) Cho AD=2R.Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R c) Gọi O là tâm đường tròn đường kính AD.Hãy tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung AMB và dây AB theo R. d) Gọi K là giao điểm của AB và MD,H là giao điểm của AD và MC.Chứng minh ba đường thẳng AM,BD,HK đồng quy.

ĐÁP ÁN Câu 1: a) Ta có:

3 3−4 3+4 − 2 3 +1 5−2 3

)( (2 3)

)− (

3 − 4 2 3 −1 2

)( ) − (2 3)

3 +4 5+2 3 52

−1

22 − 11 3 26 + 13 3 − 11 13

= 2− 3 − 2+ 3 4−2 3 4+2 3 − 2 2 2 2  1  = 3 −1 − 3 +1   2  1 = 3 −1 − 3 −1 2 1 = .(−2) = − 2 2 =

(

)

(

)

 x +2 x −2 − b) B =   x + x  x + 2 x + 1 x −1 

(

 B=   =

(

x +2

(

x +2

(x +

)( (

 . x + x x −1  

x −2

−

) (

x +1

)(

)

x +1

) ( x + 1) (

x −1 − 2

x −2

)

x +1

2 x . x ( x + 1) 2 ( x − 1)

ii) Ta có: B =

(

). x + x ( ) i) Với x > 0, x ≠ 1 ta có:

(

. x+ x

)

x +1 =

)

2x x −1

2 x 2( x − 1) + 2 2 = = 2+ x −1 x −1 x −1

Do x nguyên nên:

)

x +1

)

x − 2 − ( x − x − 2)

(

)(

(

x −1

)

B nguyên ⇔

 x − 1 = ±1 2 ⇔ x ∈ {2;0;3; −1} guyên ⇔ x – 1 là ước của 2 ⇔  x −1  x − 1 = ±2

Vậy các giá trị của x cần tìm là x ∈ {2; 0;3; −1}

Câu 2:

 mx + 2 y = 1 a)  (1) 3 x + (m + 1) y = −1 Với m = 3, hệ phương trình (I) trở thành:

3x + 2 y = 1 −2 y = 2  y = −1  y = −1 ⇔ ⇔ ⇔  3x + 4 y = −1 3x + 4 y = −1 3x + 4.(−1) = −1  x = 1 Khi m = 3 hệ có nghiệm (1;–1) b) Ta có:

1 − mx  1 − mx  y=  mx + y = 2 1   y = 2 ⇔ ⇔ 2  3 x + ( m + 1) y = − 1 1 − mx  3x + (m + 1).  = −1 6 x − (m 2 + m) x + m + 1 = −2  2 1 − mx  y = ⇔ ( II ) 2 (m 2 + m − 6) x = m + 3(*)  Khi m = 2: (*) ⇔ 0x = 5 (vô nghiệm) ⇒ Hệ vô nghiệm Khi m = –3: (*) ⇔ 0x = 0. Hệ phương trình có vô số nghiệm x ∈ ℝ, y =

m ≠ −3 Khi m 2 + m − 6 ≠ 0 ⇔ (m + 3)(m − 2) ≠ 0 ⇔  , ta có: m ≠ 2 m+3 1   x = m2 + m − 6 = m − 2  ( II ) ⇔  m 1−  m−2 = 1 y = 2 2−m 

1   1 ; Hệ (I) có nghiệm duy nhất    m−2 2−m Kết luận: + m = 2: (I) vô nghiệm

1 + 3x 2

+ m = –3: (I) có vô số nghiệm x ∈ ℝ, y =

1 + 3x 2

1   1 ; + m ≠ 2 và m ≠ –3: (I) có nghiệm duy nhất    m−2 2−m c) Theo câu b, (I) có nghiệm ⇔ m ≠ 2. Khi m = –3, (I) có nghiệm nguyên chẳng hạn x = 1, y = 2 Khi m ≠ 2 và m ≠ –3: (I) có nghiệm nguyên ⇔

1 ∈ ℝ ⇔ m – 2 là ước của 1 m−2

⇔ m – 2 = 1 hoặc m – 2 = –1 ⇔ m = 3 hoặc m = 1 Vậy các giá trị m cần tìm là m ∈ {–3;1;3}

Câu 3: a) x 2 − mx + m − 1 = 0 (1) i) Với m = 4, phương trình (1) trở thành

x2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 3) ⇔ x = 1 hoặc x = 3 Vậy tập nghiệm của (1) là {1;3} ii) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2

⇔ ∆ = m 2 − 4(m − 1) ≥ 0 ⇔ m 2 − 4m + 4 ≥ 0 ⇔ (m − 2) 2 ≥ 0 (luôn đúng ∀ m) x + x = m Khi đó, theo định lý Vi–ét:  1 2  x1 x2 = m − 1

Ta có:

1 1 x1 + x2 x +x x +x + = ⇔ 1 2 = 1 2 x1 x2 2014 x1 x2 2014 ⇔

2014( x1 + x2 ) − ( x1 + x2 ) x1 x2 =0 2014 x1 x2

⇔

( x1 + x2 )(2014 − x1 x2 ) =0 2014 x1 x2

 x1 + x2 = 0 m = 0 m = 0 ⇔ ⇔ ⇔  m − 1 = 2014  m = 2015  x1 x2 = 2014 Vậy m ∈ {0;2015} là giá trị cần tìm.

Câu 4:

a) Vì B và C thuộc đường tròn đường kính AD nên ABD = ACD = 90o Xét hai tam giác vuông ABD và ACD có chung cạnh huyền AD, hai cạnh góc vuông AB và AC bằng nhau (do ∆ ABC đều)

⇒ ∆ ABD = ∆ ACD (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ BAD = CAD

(1)

Vì AMBD là tứ giác nội tiếp nên: BMD = BAD

(2)

Vì AMDC là tứ giác nội tiếp nên: CMD = CAD

(3)

Từ (1), (2) và (3) => BMD = CMD

⇒ MD là phân giác của góc BMC. b) Ta có: BAD = CAD =

1 BAC = 30o 2

Xét ∆ ABD vuông tại B có: BA = AD.cos BAD = 2R.cos30o = R 3 Vì ABC là tam giác đều nên BC = BA = R 3 Vì AB = AC, DB = DC nên AD là trung trực của BC

⇒ AD ⊥ BC. Tứ giác ABDC có AD ⊥ BC nên

S ABCD =

1 1 AD.BC = .2 R.R 3 = R 2 3 2 2

c) Vẽ OI ⊥ AB tại I. Xét tam giác vuông OIA ta có:

OI = OA.sin OAI = R.sin 30o =

R 2

⇒ Diện tích tam giác AOB là SOAB =

1 1 R R2 3 AB.OI = R 3. = (đvdt) 2 2 2 4

Ta có: AOB = 2 AOC = 120o (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Diện tích hình quạt AOB là

π R 2 .120 360

π R2

(đvdt)

Suy ra diện tích hình viên phân cần tìm là

π R2 3

−

R 2 3 R 2 (4π − 3 3) = (đvdt) 4 12

d) Gọi J là giao điểm của AM và BD. Vì M , B thuộc đường tròn đường kính AD nên DM ⊥ AJ, AB ⊥ DJ

⇒ K là trực tâm của tam giác AJD ⇒ JK ⊥ AD ⇒ JK // BC (cùng ⊥ AD)

(4)

Tứ giác AMKH có KMH = KAH (=BMD) nên là tứ giác nội tiếp

⇒ KHA = 180o – KMA = 180o – 90o = 90o ⇒ KH ⊥ AD ⇒ KH // BC (cùng ⊥ AD)

(5)

Từ (4) và (5), theo tiên đề Ơ–clít về đường thẳng song song, ta có J, K, H thẳng hàng. Vậy AM, BD và KH đồng quy tại J.

Đề số 3. Chuyên Toán Sư Phạm Hà Nội. Năm học: 2014-2015

x y z a b c Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn + + = 0 và + + = 1 Chứng x y z a b c minh rằng

x2 y 2 z 2 + + =1 a 2 b2 c 2

Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn

x 1 − y 2 + y 2 − z 2 + z 3 − x3 = 3 Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số:

an = 1 +

2.6.10....(4n − 2) là một số chính phương (n + 5)(n + 6)...(2n)

Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương abc=1 .Chứng minh rằng

1 1 1 3 + + ≤ ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4 Câu 5 (3điểm) Cho hình vuông ABCD với tâm O .Gọi M là trung điểm AB các điểm N, P thuộc BC, CD sao cho MN//AP.Chứng minh rằng 1.Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP và góc NOP=450 2.Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC. 3.Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy

Câu 6.(1 điểm) Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp{1;2;3;4;….;2014} thỏa mãn điều kiện A có ít nhất 2 phần tử và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì :

y2 ∈A x− y

Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh………………..

Hướng dẫn giải đề thi chuyên Toán sư phạm Hà Nội vòng 2 -2014 Ngày thi 6/6/2014

x y z a b c Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c, x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn + + = 0 và + + = 1 Chứng x y z a b c minh rằng

x2 y 2 z 2 + + =1 a 2 b2 c 2

Hướng dẫn 2

x y z x2 y2 z 2 x y z  xy yz xz  + + =1 ⇔  + +  =1 ⇔ 2 + 2 + 2 + 2 + +  =1 a b c a b c a b c  ab bc ac  2 2 2 x y z  cxy + ayz + bxz  + 2 + 2 + 2  = 1(*) 2 a b c abc  

Từ

a b c ayz + bxz + cxy + + =0⇔ = 0 ⇔ ayz + bxz + cxy = 0 thay vào (*) ta có x y z xyz

x2 y 2 z 2 + + =1 a 2 b2 c 2 Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn

x 1 − y 2 + y 2 − z 2 + z 3 − x3 = 3 Hướng dẫn ĐKXĐ : | x |≤ 3;| y |≤ 1;| z |≤ 2 Áp dụng Bất đẳng thức AB ≤

A2 + B 2 ta có đúng với mọi A,B 2

x 1 − y 2 + y 2 − z 2 + z 3 − x2 ≤

x 2 + 1 − y 2 y 2 + 2 − z 2 z 2 + 3 − x3 + + =3 2 2 2

Kết hợp với GT ta có Dấu “=” xảy ra khi

x = 1− y2  x2 + y 2 = 1   2 2  y = 2 − z 2 y + z = 2 ⇔ 2  2  z = 3 − x2 z + x = 3   2 2 2 2 2 2  x 1 − y + y 2 − z + z 3 − x = 3  x 1 − y + y 2 − z + z 3 − x = 3 x2 = 1 x = 1  2  y = 0 ⇔ 2 ⇔ y = 0 z = 2  z = 2  2 2 2 x y y z z x 1 − + 2 − + 3 − = 3  Câu 3. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số:

an = 1 +

2.6.10....(4n − 2) là một số chính phương (n + 5)(n + 6)...(2n)

Hướng dẫn

2n.(1.3.5......(2n − 1).(n − 4)! 2n.(n + 4)! 2n..1.2.3...n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)! 1+ = 1+ (2n)! 2.4.6...2n 2n.1.2.3.4...n = 1 + (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)

an = 1 +

an = (n 2 + 5n + 5) 2 Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương abc=1 .Chứng minh rằng

1 1 1 3 + + ≤ ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4 Hướng dẫn Đặt a =

x y z ,b = ;c = y z x

1 1 1 yz zx xy + + = + + ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 xy + xz + 2 yz xy + yz + 2 xz xz + yz + 2 xy

Thì 3 − P = 1−

yz zx xy +1− +1− xy + xz + 2 yz xy + yz + 2 xz xz + yz + 2 xy

  1 1 1 3 − P = ( xy + yz + xz )  + +   xy + xz + 2 yz xy + yz + 2 xz xz + yz + 2 xy  Áp dụng Bất đẳng thức

1 1 1 9 + + ≥ A B C A+ B +C

( Do ta áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương: A + B + C ≥ 3 3 ABC ;

1 1 1 1 + + ≥ 33 A B C ABC

Nhân theo vế 2 bất đẳng thức trên, ta được:

1 1 1 9 1 1 1 ( A + B + C)  + +  ≥ 9 ⇒ + + ≥ A B C A+ B+C A B C Khi đó Ta có 3 − P ≥ ( xy + yz + xz )

9 9 9 3 = ⇔ P ≤ 3− = 4 xy + 4 yz + 4 xz 4 4 4

 xy + yz + 2 xz = xy + 2 yz + xz = 2 xy + yz + xz ⇔ x = y = z =1 Dấu “=” xảy ra khi   xyz = 1 Câu 5 (3điểm) Cho hình vuông ABCD với tâm O .Gọi M là trung điểm AB các điểm N, P thuộc BC, CD sao cho MN//AP.Chứng minh rằng

1.Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP và góc NOP=450 1. Đăt AB = a ta có AC = a 2 Chứng minh Tam giác ADP đồng dạng tam giác NBM (g.g) suy ra

BM BN a2 a2 = ⇒ BN .DP = mà OB.OD = DP AD 2 2 tam giác DOP đồng dạng BNO (c.g.c). từ đó tính được ∠NOP = 45o 2.Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC. Theo a ta có

OB ON OD = = góc PON = góc ODP=450 DP OP DP

tam giác DOP đồng dạng ONP (c.g.c). suy ra góc DOP= góc ONP nên DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiêp tam giác OPN

3.Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy

Đặt giao điểm cua MN và BC là Qvà AP là K áp dung tính chát phân giác cho tam giác MBN; APD

QM BM KP DP QM KP QM QN ; ⇒ = (1) ta có. Giả sử MP cắt AN tại I . K I cắt MN tại H Áp = = ⇔ = QN BN KA AD QN KA KP KA dụng định lí ta lét

HM HN = (2) PK KA

Từ (1) và (2) Suy ra

HM QM = Q trùng H, vậy BD, PM, AN đồng quy HN QN

Câu 6.(1 điểm) Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp{1;2;3;4;….;2014} thỏa mãn điều kiện A có ít nhất 2 phần tử và nếu x ∈ A, y ∈ A, x > y , thì :

y2 ∈A x− y

Hướng dẫn Với mỗi tập A là tập con của S = {1;2;3;...;2014} thỏa mãn đề bài, gọi a và b lần lượt là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của A (a, b ∈ S, a < b) Ta chứng minh b ≤ 2a, thật vậy, giả sử b > 2a Theo giả thiết c =

a2 a2 a2 ∈ A. Mà b > 2a => b – a > a > 0 => c = < = a , mâu thuẫn với a là phần tử b−a b−a a

nhỏ nhất của A. Vậy b ≤ 2a Gọi d là phần tử lớn nhất của tập B = A\{b}. Ta chứng minh b ≥ 2d. Thật vậy giả sử b < 2d, theo giả thiết thì

d2 d2 d e = ∈ A, mà b < 2d => 0 e > =d b−d d Suy ra e ∈ A nhưng e ∉ B ⇒ e = b ⇒

d2 = b => d 2 = b 2 − bd => 5d 2 = 4b 2 − 4bd + d 2 = (2b − d ) 2 b−d

(mâu thuẫn vì VP là số chính phương, VT không là số chính phương) Vậy b ≥ 2d ⇒ 2d ≤ b ≤ 2a ⇒ d ≤ a. Mà a ≤ d (a và d lần lượt là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của B) nên a = d ⇒ b = 2a Vậy A = {a;2a}. Kiểm tra lại ta thấy A thỏa mãn đề bài. Vì a ∈ S và 2a ∈ S nên 2 ≤ 2a ≤ 2014 ⇒ 1 ≤ a ≤ 1007 Vậy số tập con A thỏa mãn đề bài là 1007 tập.

Đề số 4. Chuyên SP Hà Nội. Năm học: 2014-2015 Câu 1(2 điểm) Cho các số thực dương a, b ; a ≠ b.Chứng minh rằng

( a − b)3 − b b + 2a a 3a + 3 ab ( a − b )3 + =0 b−a a a −b b Câu 2(2 điểm)

3 xe bị hỏng phải 4 dừng lại 10 phút để sửa rồi đi tiếp với vận tốc kém vận tốc lúc đầu 10km/h. Biết xe máy đến B lúc 11h40 3 1 phút trưa cùng ngày. Giả sử vận tốc xe máy trên quãng đường đầu không đổi và vận tốc xe máy trên 4 4 quãng đường còn lại cũng không đổi .Hỏi xe máy bị hỏng lúc mấy giờ ? Câu 3 (1,5 điểm) 2 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) : y = − (m + 1) x + (m là tham số ) 3 3 1.Chứng minh rằng với mỗi giá trị của m đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt . Cho Quãng đường AB dài 120 km. Lúc 7 giờ sáng một xe máy đi từ A đến B. Đi được

2. Gọi x1 ; x2 là là hoành độ các giao điểm (d) và (P),đặt f ( x) = x3 + (m + 1) x 2 − x CMR: f ( x1 ) − f ( x2 ) =

−1 ( x1 − x2 )3 2

Câu 4 (3 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC = 2R .Gọi gọi K,M theo thứ tự là chân các đường vuông góc hạ từ A và C xuống BD, E là giao điểm của AC và BD, biết K thuộc đoạn BE ( K ≠B ; K ≠E) .Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt AC tại P. 1.Chứng minh tứ giác AKPD nội tiếp đường tròn. 2.Chứng minh KP ⊥ PM. 3. Biết ABD = 60o và AK=x .Tính BD theo R và x. Câu 5: (1 điểm) Giải phương trình

x( x 2 − 56) 21x + 22 − 3 =4 4 − 7x x +2 ----------------------------------Hết----------------------------------Họ và tên thí sinh.................................................................số báo danh

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN SP HÀ NỘI VÒNG 1 Ngày 5/6/2014 Câu 1

( a − b)3 − b b + 2a a 3a + 3 ab ( a − b )3 Q= + b−a a a −b b ( a − b )3 .( a + b )3 − b b + 2a a 3 a( a + b) ( a − b )3 = − ( a − b )(a + ab + b) ( a − b )( a + b ) =

a a + 3a b + 3b a + b b + 2a a 3 a − ( a − b )(a + ab + b) a− b

3a a + 3a b + 3b a − 3a a − 3a b − 3b a ( a − b )(a + ab + b) = 0( DPCM ) =

Câu 2

3 quãng đường ban đầu là x (km/h) x>10 4 1 quãng đường sau là x-10 (km/h) Thì vận tốc trên 4 3 90 ( h) Thời gian đi trên quãng đường ban đầu là 4 x 1 30 ( h) Thời gian đi trên quãng đường sau là 4 x Gọi vận tốc trên

9 Vì thời gian đi cả 2 quãng đường là 11h40 phút – 7h- 10 phút = (h) 2 Nên ta có PT: 90 30 9 + = x x − 10 2 180( x − 10) 60 x 9 x( x − 10) <=> + = 2 x( x − 10) 2 x( x − 10) 2 x( x − 10) <=> 240 x − 1800 = 9 x 2 − 90 x <=> 9 x 2 − 330 x + 1800 = 0 Giải ra x=30 thỏa mãn điều kiện. Thời gian đi trên

3 90 = 3(h) quãng đường ban đầu 4 30

Vậy xe hỏng lúc 10 h

 y = x2 2   y = x <=> Câu 3 a) xét hệ phương trình   2 −2(m + 1) 1 x+ 3x + 2(m + 1) x − 1 = 0(1) y = 3 3  PT(1) có hệ số a và c trái dấu nên luôn có 2 nghiệm phân biệt mọi m nên (P) và (d ) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi m.

−2(m + 1)  −3( x1 + x2 )   x1 + x2 = m + 1 = 3 b) Theo Vi ét  <=>  2 − 1 x x = 3 x1 x2 = −1  1 2 3 Ta có f ( x1 ) − f ( x2 ) = x13 − x23 + (m + 1)( x12 − x2 2 ) − x1 + x2

<=> 2[f ( x1 ) − f ( x2 )] = 2 x13 − 2 x23 − 3( x1 + x2 )(x12 − x2 2 ) − 2 x1 + 2 x2 <=> 2[f ( x1 ) − f ( x2 )] = − x13 + x23 + 3x1 x2 ( x2 − x1 ) − 2( x1 − x2 ) <=> 2[f ( x1 ) − f ( x2 )] = − x13 + x23 + ( x1 − x2 ) − 2( x1 − x2 ) <=> 2[f ( x1 ) − f ( x2 )] = −( x13 − x23 − 3x1 x2 ( x1 − x2 )) <=> 2[f ( x1 ) − f ( x2 )] = −[( x1 − x2 )( x12 + x2 2 − 2 x1 x2 )] <=> 2[f ( x1 ) − f ( x2 )] = −( x1 − x2 )3

1 Nên f ( x1 ) − f ( x2 ) = − ( x1 − x2 )3 2 Câu 4

1. Ta có ∠ PAD =∠ PKD ( cùng bằng ∠ CBD đồng vị ) nên tứ giác AKPD nội tiếp ( quỹ tích cung chứa góc) 2.Theo phần 1 thì DP vuông góc AC nên MDCP nội tiếp suy ra: ∠ MPD =∠ MCD mà ∠ MCD =∠ ACB ( cùng phụ 2 ∠ MDC =∠ ACB ) mà ∠ APK =∠ ACB ( đồng vị ) nên ∠ MPD =∠ APK Ta có ∠ MPD +∠ MPE = 90 0 ⇒∠ APK +∠ MPE = 90o suy ra KP ⊥ PM.

3.ta có AD = R 3 Pitago tam giác vuông AKD vuông tại K tính được KD = 3R 2 − x 2 tam giác BAK x vuông tại K có góc ABK=600 => BK = AK .cot ABK = 3 x BD = BK + KD = + 3R 2 − x 2 (dv độ dài) 3 Câu 5 ( 1 điểm) 4 ĐKXĐ: x ≠ ; x ≠ 3 2 7 Đặt : 4 − 7x = b; x3+ 2 = a; (a; b ≠ 0) Thì

x3 − 56 x = x3 + 2 + 8(4 − 7 x) − 34 = a + 8b − 34 21x + 24 = −3(4 − 7 x) + 34 = 32 − 3b Ta có phương trình a + 8b − 34 34 − 3b − =4 b a <=> a 2 + 8ab − 34a − 34b + 3b 2 = 4ab

<=> (a + b)(a + 3b − 34) = 0 a + b = 0 <=>   a + 3b = 34 V ới a+b=0 ta có x3 − 7 x + 6 = 0 <=> (x − 1)(x − 2)(x + 3) = 0  x = 2(TM ) <=>  x = −3(TM )  x = 1(TM ) Với a+3b=34 ta có x3 − 21x + 20 = 0 <=> (x + 1)(x + 4)(x − 5) = 0  x = −1(TM ) <=>  x = −4(TM )  x = 5(TM ) PT có 6 nghiệm S ={− 4;− 3;− 1;1;2;5}

Đề số 5. Chuyên Hà Tĩnh. Năm học: 2014-2015  −x 2 1   x  Bài 1: Cho biểu thức P =  + −  : x +3−  với x > 0; x ≠ 9 x −3 x + 3  x −3  x ( x − 9) a) Rút gọn biểu thức P 1 b) Tìm các giá trị của x để P = − 4

Bài 2: Cho phương trình x 2 − 2(m − 2) x + m2 − 2m + 2 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình khi m = -1 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn | 2( x1 + x2 ) + x1 x2 |= 3 Bài 3: a) Giải phương trình

2 x + 3 − 2 x + 1 = −1

 xy 2 + 2 y 2 − 2 = x 2 + 3 x c) Giải hệ phương trình   x + y = 3 y − 1 Bài 4: Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có BAC= 45o , BC = a. Gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AC và từ C xuống AB. Gọi I là điểm đối xứng của O qua EF. a) Chứng minh rằng các tứ giác BFOC và AEIF nội tiếp được đường tròn b) Tính EF theo a 4 Bài 5: Biết phương trình x4+ax3+bx2+ax+1=0 có nghiệm. Chứng minh rằng a 2 + b 2 ≥ 5

BÀI GIẢI Bài 1: a) P=

9 x

= =

− x + 2 x ( x + 3) − x ( x − 3) ( x + 3)( x − 3) − x : x ( x − 9) x −3 x ( x + 3)( x − 3)

9 x ( x − 3) −9 x ( x + 3)( x − 3)

−9 x −3 =

−1 x +3

b) P=

−1 <=> 4

−1 −1 = x +3 4

<=> x + 3 = 4 <=> x = 1(TM )

Bài 2: a) Khi m = -1 ta có phương trình x2 + 6x + 5 = 0 <=> ( x + 1)(x + 5) = 0  x = −1 <=>   x = −5 Tập nghiệm của phương trình S = {-1; -5} b)Ta có: ∆ ' = (m − 2)2 − (m2 − 2m + 2) = 2 − 2 m

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ ' > 0 <=> m < 1  x1 + x2 = 2m − 4 Áp dung hệ thức Vi-et ta có:  2  x1 x2 = m − 2m + 2 Do đó: | 2( x1 + x2 ) + x1 x2 |= 3 <=>| m 2 + 2m − 6 |= 3 <=>| ( m + 1) 2 − 7 |= 3 ( m + 1) 2 − 7 = 3 <=>  2 ( m + 1) − 7 = −3  m = −1 + 10( L) Với (m + 1) 2 − 7 = 3 <=> m + 1 = ± 10 <=>   m = −1 − 10(TM )

 m = 1( L) Với (m + 1) 2 − 7 = −3 <=> m + 1 = ±2 <=>   m = −3(TM ) Bài 3: a) ĐKXĐ: x ≥ -1. Phương trình tương đương

2 x + 3 + 1 = 2 x + 1 <=> 2 x + 3 + 2 2 x + 3 + 1 = 4 x + 4 <=> 2 x + 3 = x x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0  <=>  2 <=>  <=>   x = −1 <=> x = 3 ( x − 3)( x + 1) = 0 x − 2x − 3 = 0   x = 3 Vậy nghiệm của phương trình x = 3 b)ĐKXĐ: y ≥ 1 Từ phương trình (1) của hệ ta có

=> y 2 ( x + 2) = ( x + 1)( x + 2) <=> ( x + 2)( y 2 − x − 1) = 0  x = −2 <=>  2  y − x −1 = 0 Xét x = -2 thay vào (2) được y − 2 = 3 y − 1 <=> y 2 − 13 y + 13 = 0 <=> y =

13 ± 117 (với y ≥ 2) 2

Xét x=y2-1 thay vào (2) được y 2 + y − 1 = 3 y − 1

Đặt

y − 1 = a ≥ 0 =>y=a2+1

y2 + y −1 = 3 y −1 <=> (a 2 + 1) 2 + a 2 = 3a <=> a 4 + 3a 2 − 3a + 1 = 0 1 1 <=> a 4 + 3(a − )2 + = 0(VN ) 2 4  x = −2  Đối chiếu ĐKXĐ ta có  13 + 117 là nghiệm của hệ phương trình đã cho x =  2 Bài 4:

a) Ta có BOC= 2.BAC= 2.45o =90o (Góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung BC) Do đó BFC=BOC=BEC= 90o suy ra đỉnh F, O, E cùng nhìn BC dưới góc 90o nên B, F, O, E, C cùng thuộc một đường tròn đường kính BC (Bài toán cung chứa góc) Hay tứ giác BFOC nội tiếp Ta có FOB= FCB (Cùng chắn cung BF) EOC= EBC (Cùng chắn cung EC) Mà FCB + EBC= 90o –ABC+ 90o -ACB = 180o - ( ABC+ ACB)= BAC= 45o => FOB+ EOC =45o Hay EOF= 135o . Mặt khác vì I đối xứng với O qua EF nên EIF= EOF= 135o=> EIF+ BAC= 180o Do đó tứ giác AEIF nội tiếp đường tròn (Tổng hai góc đối bằng 1800) b)Theo câu a tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE =ACB (Cùng bù với EFB) ⇒∆AFE ∼∆ACB (g – g)

EF AE AE 1 a a 2 = = = => EF = = (Vì ∆AEB vuông cân tại E) BC AB 2 2 AE 2 2 Bài 5: Dễ dàng nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Giả sử x0 ≠ 0 là nghiệm của phương trình đã cho. Chia 2 vế của phương trình cho x0 2 ≠ 0 được =>

( x0 2 +

1 1 ) + a( x0 + ) + b = 0 2 x0 x0

Đặt t = x0 +

1 1 =>| t |≥ 2; xo 2 + 2 = t 2 − 2 x0 x0

Do đó ta có phương trình:

t 2 − 2 = −at − b Áp dụng BĐT Bunhia được (a 2 + b 2 )(t 2 + 1) ≥ (at + b)2 = (t 2 − 2) 2 => a 2 + b 2 ≥

t 4 − 4t 2 + 4 t 3 − 4t 2 + 4 4 4 5t 4 − 24t 2 + 16 4 (5t 2 − 4)(t 2 − 4) 4 4 = − + = + = + ≥ t2 +1 t 2 +1 5 5 5(t 2 + 1) 5 5(t 2 + 1) 5 5

2  b=− | t |= 2  | x | = 1 4    5 Vậy a 2 + b 2 ≥ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  a b <=>  0 =>  5 =  a = bt a = − 4  t t  5 Bài giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh

Đề số 6. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2014-2015 Bài 1: (2,00 điểm) 1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: A = 2) Rút gọn biểu thức B = (

1 8 − 10 − 2 +1 2− 5

a a a +1 + ): với a>0; a ≠ 4 a−2 a a −2 a−4 a +4

Bài 2: (2,00 điểm)

 ax − y = −b 1) Cho hệ phương trình:   x − by = −a Tìm a và b biết hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) = (2;3). 2) Giải phương trình: 2(2 x − 1) − 3 5 x − 6 = 3 x − 8

Bài 3: (2,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): y =

1 2 x 2

a)Vẽ đồ thị (P). b)Trên (P) lấy điểm A có hoành độ xA = -2 . Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho |MA –MB| đạt giá trị lớn nhất, biết rằng B(1;1). Bài 4: (4,00 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của AM, tia CO cắt d tại D. a)Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. b)Chứng minh rằng: NO ⊥ AD c)Chứng minh rằng: CA.CN = CO .CD. d)Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất. ---HẾT---

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,00 điểm) 1)

1 8 − 10 2 −1 2(2 − 5) − = − = 2 − 1 − 2 = −1 1 2 +1 2− 5 2− 5

B=(

a a a +1 + ): với a>0; a ≠ 4 a−2 a a −2 a−4 a +4

a a  ( a − 2) 2  = + . a −2 a +1 a−2 a a + a ( a − 2) 2 . = a −2 a +1 Bài 2: (2,00 điểm) =

a (1 + a ) ( a − 2) 2 . = a ( a − 2) a −2 a +1

 ax − y = −b 1)Vì hệ phương trình:  có nghiệm (x;y) = (2; 3) nên ta có hpt:  x − by = −a 2a − 3 = −b  2a + b = 3 6a + 3b = 9 7 a = 7 a = 1 <=>  <=>  <=>  <=>   2 − 3b = −a a − 3b = −2 a − 3b = −2  2a + b = 3 b = 1 Vậy a = 1, b = 1 2)Giải phương trình: 2(2 x − 1) − 3 5 x − 6 = 3 x − 8

<=> 4(2 x − 1) − 6 5 x − 6 = 2 3 x − 8 <=> [(5 x − 6) − 6 5 x − 6 + 9] + [(3 x − 8) − 2 3 x − 8 + 1] = 0 <=> ( 5 x − 6 + 3) 2 + ( 3 x − 8 − 1)2 = 0  5 x − 6 + 3 = 0 <=>  <=> x = 3  3 x − 8 − 1 = 0 Vậy pt có nghiệm x = 3. Bài 3: (2,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): y =

1 2 x 2

a)Lập bảng giá trị (HS tự làm) Đồ thị:

b)Vì A ∈ (P) có hoành độ xA=-2 nên yA=2 . Vậy A(-2; 2)

Lấy M(xM; 0) bất kì thuộc Ox, Ta có: |MA-MB| ≤ AB (Do M thay đổi trên O và BĐT tam giác) Dấu “ =” xảy ra khi điểm A, B, M thẳng hàng khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox. - Lập pt đường thẳng AB: Gọi phương trình đường thẳng AB có dạng: y = ax +b Do A, B thuộc đường thẳng AB nên ta có: −1  a = 3  −2 a + b = 2 <=>   a + b = 1 b = 4  3 −1 4 x+ Vậy phương trình đường thẳng AB là: y = 3 3 - Tìm giao điểm của đường thẳng AB và O (y = 0)=> x = 4 => M(4;0) Bài 4 (4,00 điểm)

a)Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp Ta có OC ⊥ AM => OCN=90o Đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B nên OBN=90o Vậy Tứ giác OBNC nội tiếp có OCN+OBN=180o b)Chứng minh rằng: NO ⊥ AD Trong ∆AND có hai đường cao là AB và GC cắt nhau tại O. Suy ra NO là đường cao thứ ba hay: NO ⊥ AD. c) Chứng minh rằng CA . CN = CO. CD Ta có Trong tam giác vuông AOC có CAO+AOC=90o Trong tam giác vuông BOD có BOD+BDO=90o Mà CAO=BOD(2 góc đối đỉnh) =>CAO=BDO =>tam giác CAO đồng dạng với tam giác CDN (g.g) CA CO => = => CA.CN = CO.CD CD CN d)Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: 2 AM + AN ≥ 2 AM . AN (cauchy − cosi ) Ta chứng minh: AM . AN = AB 2 = 4 R 2 (1) => 2 AM + AN ≥ 2 2.4 R 2 = 4 2 R

Đẳng thức xảy ra khi: 2AM = AN =>AM=

AN (2) 2

Từ (1 ) và (2) suy ra: AM = R 2 =>∆AOM vuông tại O=> M là điểm chính giữa cung AB.

Đề số 7. Chuyên Nam Định. Năm học: 2014-2015 Bài 1: (2,0 điểm): 1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn:

1 1 1 + + = 1 và a + b + c = 1. a b c

Chứng minh rằng (a-1)(b-1)(c-1)=0

2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh (3 + 5) n + (3 − 5) n là số nguyên dương. Bài 2: (2,5 điểm): 1) Giải phương trình ( x + 6 − x − 2)(1 + x 2 + 4 x − 12) = 8.

 x3 + xy 2 = y 6 + y 4  2) Giải hệ phương trình  1 4 = 3 − 4 x3 2 y + 1 + 2 x +1  Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA1; BB1; CC1của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AA1cắt đường tròn (O) tại K khác A. 1) Chứng minh A1là trung điểm của HK. HA HB HC + + 2) Hãy tính AA1 BB1 CC1 3) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đường thẳng BB1cắt (O) tại giao điểm thứ hai là E, AB AN = ( 1 )2 kéo dài MB1cắt AE tại N. Chứng minh rằng NE EB1 Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn x3 + y 3 − 3xy = 1 Bài 5: (1,5 điểm): 1) Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách xóa đi chữ số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu trên bảng ghi số 6100. Hỏi sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 1006 hay không ? Tại sao ? 2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz . Chứng minh rằng: x2 y2 z2 3 + + ≤ 4 4 4 x + yz y + xz z + xy 2 __________Hết__________

Hướng dẫn giải: Bài 1: (2,0 điểm): 1)Từ GT ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 + + = => ( + ) − ( − )=0 a b c a+b+c a b c a+b+c a+b a+b => + =0 ab c(a + b + c) => (a + b) [ (c(a + b + c) + ab ] = 0 => (a + b)(b + c)(a + c) = 0 a + b = 0 => b + c = 0  c + a = 0 Nếu a + b = 0 => c = 1 => c – 1 = 0 => (a-1)(b-1)(c-1)=0 Nếu c + b = 0 => a = 1 => a – 1 = 0 =>(a-1)(b-1)(c-1)=0 Nếu a + c = 0 => b = 1 => b – 1 = 0 => (a-1)(b-1)(c-1)=0 Vậy ta có đpcm. 2)Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh (3 + 5) n + (3 − 5) n là số nguyên dương. Bài 2: (2,5 điểm):

1) Giải phương trình ( x + 6 − x − 2)(1 + x 2 + 4 x − 12) = 8. ĐKXĐ x ≥ 2 , đặt x + 6 = a ≥ 0; x − 2 = b ≥ 0 => a 2 − b 2 = 8 PTTT : (a − b)(1 + ab) = a 2 − b 2 <=> (a − b)(1 + ab − a − b) = 0  a = b <=> x + 6 = x − 2(VN )   a = 1 <=> x + 6 = 1(VN ) <=>  1 + ab − a − b = 0 <=> (a − 1)(b − 1) = 0 <=>   b = 1 <=> x − 2 = 1 <=> x = 3(TM ) PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3

 x3 + xy 2 = y 6 + y 4 (1)  2) Giải hệ phương trình  1 4 = 3 − 4 x3 (2) 2 y + 1 + 2 x +1  (1) <=> ( x3 − y 6 ) + xy 2 − y 4 = 0 <=> ( x − y 2 )( x 2 + xy 2 + y 4 + y 2 ) = 0 x = y2  <=>  2 x = 0 1 3 x + xy 2 + y 4 + y 2 = 0 <=> ( x + y 2 ) 2 + y 4 + y 2 = 0 <=>  (TM (2))  2 4 y = 0  Với x=y2 Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC

a) góc A1 = góc C2 = góc C1 => ∆CHK cân C, CA1 là đ/cao + đ trung trực => đpcm b) Có: HA HB HC1 HA HB1 HC1 HA HB HC ) = 3−( 1 + ) + + = (1 − 1 ) + (1 − 1 ) + (1 − + AA1 BB1 CC1 AA1 BB1 CC1 AA1 BB1 CC1

= 3−(

S HBC S HAC S HBA + + ) = 3 −1 = 2 S ABC S ABC S ABC

c) Từ GT => M trung điểm BC => ....=> ∆B1MC cân tại M => góc MB1C = gócMCB1 = góc AB1N => ∆CBB1 đồng dạng ∆B1AN (g-g) => B1 N ⊥ AE Áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông ta có: 2

 AB1  AN . AE AN = (đpcm)   = EN .EA EN  EB1  Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn x3 + y 3 − 3xy = 1 x 3 + y 3 − 3 xy = 1 <=> ( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) − 3 xy = 1

Đặt x + y = a và xy = b (a, b nguyên) ta có:

a 3 − 3ab − 3b = 1 <=> (a + 1)(a 2 − a + 1) − 3b(a + 1) = 2 <=> (a + 1)(a 2 − a + 1 − 3b) = 2 Vì a, b nguyên nên có các TH sau : a = 0 a + 1 = 1  <=>  1)  2 −1 ( L ) b = a − a + 1 − 3 b = 2   3 a + 1 = 2 a = 1 x + y = 1 2)  2 <=>  (TM ) <=>  => ( x; y ) ∈ {(0;1); (1;0)} b = 0  xy = 0 a − a + 1 − 3b = 1

a + 1 = −1  a = −2  x + y = −2 3)  2 <=>  (TM ) <=>  => ( x; y ) ∈ ∅ b = 3  xy = 3 a − a + 1 − 3b = −2 a + 1 = −2 a = −3  x + y = −3 4)  2 <=>  (TM ) <=>  => ( x; y ) ∈ ∅ 4 4 b = xy = a − a + 1 − 3 b = − 1   

Vậy ( x; y ) ∈{(0;1);(1;0)}

Bài 5: (1,5 điểm): 2)Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz . Chứng minh rằng: x2 y2 z2 3 + + ≤ 4 4 4 x + yz y + xz z + xy 2 Vì x, y, z dương, áp dụng BĐT Cô-si ta có: + )2 x +)

yz ≤ x + yz <=>

1 2x2

1 x2 1 ≥ 4 <=> 4 ≤ (1) x + yz 2 yz yz x + yz

2 1 1 1 1 1 1 ≤ + <=> ≤ ( + )(2) yz y z 2 yz 4 y z

Từ (1) và (2) => : x2 1 1 1 ≤ ( + ) 4 x + yz 4 y z Tương tự: y2 1 1 1 ≤ ( + ) 4 y + xz 4 x z z2 1 1 1 ≤ ( + ) 4 z + xy 4 x y

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 xy + yz + zx => A ≤ ( + + + + + ) = ( + + ) = . (3) 4 y z x z x y 2 y z x 2 xyz Mà lại có : xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 (4) 1 x 2 + y 2 + z 2 1 3 xyz 3 Từ (3) và (4) có : A ≤ . = . = đpcm xyz 2 2 xyz 2 Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1

Đề số 8. Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định. Năm học: 2014-2015 Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức A =

a 2 + a 2a + a − + 1 , với a > 0. a − a +1 a

a. Rút gọn A. b. Tìm giá trị của a để A = 2. c. Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 2: (2,0 điểm) Gọi đồ thị hàm số y=x2 là parabol (P), đồ thị hàm số y=(m+4)x-2m-5 là đường thẳng (d).

a. Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b. Khi (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là x1;x2 Tìm các giá trị của m sao cho x13 + x23 = 0

Bài 3: (1,5 điểm ) Tìm x, y nguyên sao cho

x + y = 18

Bài 4: ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng của B qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O). a.Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp. b.Chứng minh AC ⊥ CH. c.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ. Bài 5: (1,0 điểm) 2 1 + với 0<x<1 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 1− x x -------HẾT------

BÀI GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) a) Rút gọn A. Ta có: A =

a 2 + a 2a + a − + 1 (với a>0) a − a +1 a

a [( a )3 + 1] 2a + a − +1 = a − a +1 a

a ( a + 1)(a − a + 1) a (2 a + 1) − +1 a − a +1 a

= a ( a + 1) − 2 a − 1 + 1 =a− a b)Tìm giá trị của a để A = 2 Ta có: A = a − a

Để A=2=> a − a = 2 => a − a − 2 = 0 Đặt

a = t > 0 có pt:

t −t −2 = 0 t = −1( L) <=>  t = 2(TM ) Với t = 2 ⇔ a = 2 <=> a = 4(TM ) Vậy: a = 4 là giá trị cần tìm. c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 1 1 1 1 −1 Ta có: A = a − a = a − 2 a . + ( ) 2 − ( )2 = ( a − )2 − ≥ ∀a > 0 2 2 2 2 4 4 1 1 Dấu “=” khi a − = 0 <=> a = (TMDK a>0) 2 4 −1 1 khi a= Vậy AMin = 4 4 Bài 2: (2,0 điểm) a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Ta có: (d): y = (m + 4) x − 2m − 5 ; (P): y=x2 Pt hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

x 2 = (m + 4) x − 2m − 5 <=> x 2 − (m + 4) x + 2m + 5 = 0(1) ∆ = [ − (m − 4)]2 − 4(2m + 5) = (m + 4) 2 − 4(2m + 5) = m 2 − 4 = (m − 2)(m + 2) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi ∆> 0

 m + 2 > 0  m − 2 > 0 m > 2 m − 2 > 0 (m − 2)(m + 2) > 0 <=>  <=>  <=>   m + 2 < 0 m + 2 < 0  m < −2   m − 2 < 0 Vậy: với m > 2 hoặc m < -2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị của m sao cho x13 + x23 = 0 Với m > 2 hoặc m < -2. Thì Pt: x 2 − (m + 4) x + 2m + 5 = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 x + x = m + 4 Theo Viet ta có:  1 2  x1 x2 = 2 m + 5 Ta có

x13 + x2 3 = ( x1 + x2 )[( x1 + x2 ) 2 − 3 x1 x2 ] = (m + 4)[( m + 4) 2 − 3(2 m + 5)] = ( m + 4)( m + 1) 2

Để: x13 + x23 = 0 (m + 4)(m + 1) 2 = 0  m = −4(TM ) <=>   m = −1( L) Vậy : m =−4 là giá trị cần tìm. Bài 3: (1,5 điểm ) Ta có : x + y = 18(x ≥ 0; y ≥ 0) Pt viết: x + y = 3 2(1)(0 ≤ x ≤ 3 2; 0 ≤

y ≤ 3 2)

Pt viết:

x = 3 2 − y ≥ 0 <=> ( x ) 2 = (3 2 − y ) 2 <=> 6 2 y = y − x + 18 => 2 y =

y − x + 18 ∈Q 6

 a 2 ∈ N (Vi 2y ∈ Z va a ≥ 0) <=> 2 y = a ∈ Q <=> 2 y = a ∈ Q <=>  a ⋮ 2 a = 2m ( m ∈ N ) 2

=> 2 y = (2m) 2 <=> y = 2m 2 <=>

y = m 2.TT => x = n 2

Pt (1) viết: n 2 + m 2 = 3 2 <=> m + n = 3(m; n ∈ N ) n = 0 x = 0 =>    y = 18 m = 3 n = 1 x = 2  =>  m = 2 y = 8 <=>    n = 2 =>  x = 8   m = 1  y = 2   x = 18 n = 3   m = 0 =>  y = 0  

 x = 0  x = 2  x = 8  x = 18 Vậy Pt đã cho có 4 nghiệm  ; ; ;  y = 18  y = 8  y = 2  y = 0 Bài 4: ( 3,5 điểm ) a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp Xét ∆ ABP có: PA = PB và APO= OPB (tính giất hai tiếp tuyến cắt nhau) => ∆ ABP cân tại P có PO là phân giác => PO cũng là đường cao, trung tuyến ∆ ABP . Xét tứ giácBHCP ta có BHP = 900 (Vì PO ⊥AB) BCP = 90o (Vì kề bù BCD = 900 (nội tiếp nửa đường tròn (O)) BHP= BCP

=> Tứ giácBHCP nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc) b) Chứng minh AC⊥CH . Xét ∆ ACH ta có HAC= B1 (chắn cung BKC của đường tròn (O)) MàB1 =H1 ( do BHCP nội tiếp) =>HAC =H1 Mà H1+ AHC= 90o ( Vì: PO ⊥ AB) =>HAC+ AHC = 900 =>AHC vuông tại C Hay AC ⊥CH . c)Chứng minh M là trung điểm của AQ. Xét tứ giác ACHM ta có M nằm trên đường tròn ngoại tiếp ∆ ACH ) => tứ giác ACHM nội tiếp =>CMH =HAC (chắn cung HC ) Mà HAC= BIC (chắn cung BC của đường tròn (O)) =>CMH= BIC => MH//BI (vì cặp góc đồng vị bằng nhau) Xét ∆ ABQ có AH = BH ( do PH là trung tuyến APB (C/m trên)) Và: MH//BI => MH là trung bình ∆ ABQ => M là trung điểm của AQ Bài 5: (1,0 điểm) Ta có: 2 1 2 1 2x 1− x y= + = − 2 + −1 + 3 = + +3 1− x x 1− x x 1− x x 2x 1− x Vì 0 < x < 1 => > 0; >0 1− x x Ta có:

2x 1 − x 2x 1− x + ≥2 = 2 2 (Bất đẳng thức Cô si) . 1− x x 1− x x

Dấu “=” xảy ra khi:

 x = −1 + 2(TM ) 2x 1 − x = <=> 2 x 2 = x 2 − 2 x + 1 <=> x 2 + 2 x − 1 = 0 <=>  1− x x  x = −1 − 2( L)

=> y ≥ 2 2 + 3

Dấu “=” xảy ra khi x = −1 + 2 Vậy ymin = 2 2 + 3 khi x= -1+ 2

Đề số 9. Chuyên Ninh Bình. Năm học: 2014-2015 Câu 1 (2,0 điểm).

 a−3 a   a −2 a −3 9−a  + − Cho biểu thức A = 1 −  :   (a ≥ 0; a ≠ 4; a ≠ 9) a − 9 a + 3 2 − a a + a − 6     a) Rút gọn A. b) Tìm a để A+ |A| = 0 Câu 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình:

29 − x + x + 3 = x2 − 26 x + 177

 x 2 − 2 y 2 = xy + x + y 2. Giải hệ phương trình:   x 2 y − y x − 1 = 2 x − y + 1 Câu 3 (2,0 điểm). 1. Cho hai phương trình: x 2 + bx + c = 0(1); x 2 − b2 x + bc = 0(2) (trong đó x là ẩn, b và c là các tham số). Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2, phương trình (2) có hai nghiệm x3 và x4 thỏa mãn điều kiện x3 − x1 = x4 − x2 = 1 . Xác định b và c. 2. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p + 1)(p – 1) chia hết cho 24. Câu 4 (3,0 điểm). Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O’ lần lượt tại M và N (M và N khác A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, D, M, I cùng thuộc một đường tròn. b) MI.BE = BI.AE c) Khi điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

5b3 − a3 5c 3 − b3 5a 3 − c 3 P= + + ab + 3b 2 bc + 3c 2 ca + 3a 2

ĐÁP ÁN Câu 1 a) Với a ≥ 0, a ≠ 4, a ≠ 9, ta có:

 a−3 a   a −2 a −3 9−a  A = 1 − + −  :   a − 9   a + 3 2 − a a + a − 6   a − 9 − a + 3 a ( a − 2) 2 − ( a − 3)( a + 3) − 9 + a : a−9 ( a + 3)( a − 2)

−9 + 3 a ( a − 2) 2 − (a − 9) − (9 − a ) = : ( a − 3)( a + 3) ( a + 3)( a − 2) 3( a − 3) ( a − 2) 2 : ( a − 3)( a + 3) ( a + 3)( a − 2)

a −2 3 : a +3 a +3

3 a +3 . a +3 a −2 3 = a −2 b) Ta có: A+ | A |= 0 <=>| A |= − A <=> A ≤ 0 3 <=> ≤0 a −2 =

<=> a − 2 < 0 <=> 0 ≤ x < 4 Kết hợp với điều kiện, ta có 0 ≤ a < 4 là giá trị cần tìm. Câu 2

29 − x + x + 3 = x2 − 26 x + 177 (1) 1) ĐK: –3 ≤ x ≤ 29. Với mọi a, b ≥ 0, ta có: ( a − b) 2 ≥ 0 <=> a 2 + b 2 ≥ 2ab <=> 2( a 2 + b 2 ) ≥ (a + b) 2 <=> a + b ≤ 2( a 2 + b 2 )

Thay a = 29 − x ; b = x + 3 ta có:

29 − x + x + 3 ≤ 2(29 − x + x + 3) = 8 2

x − 26 x + 177 = ( x − 13) 2 + 8 ≥ 8 => 29 − x + x + 3 ≤ x 2 − 26 x + 177

 29 − x = x + 3 <=> x = 13 Dấu “=” xảy ra khi   x − 13 = 0 Do đó (1) ⇔ x = 13 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {13}.

2 2  x − 2 y = xy + x + y (1) 2)  (I ) x 2 y − y x − 1 = 2 x − y + 1(2)  ĐK: x ≥ 1, y ≥ 0 Ta có

(1) <=> x 2 − xy − 2 y 2 = x + y <=> ( x + y )( x − 2 y ) = x + y <=> ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0 ≥1+ 0 =1> 0

<=> x − 2 y − 1 = 0 Do đó:

 x = 2 y + 1 ( I ) <=>  (2 y + 1) 2 y − y 2 y = 2(2 y + 1) − y + 1  x = 2 y + 1  x = 2 y + 1 <=>  <=>  ( y + 1) 2 y = 2 y + 3 ( y + 1)( 2 y − 3) = 0 9   x = 2 y + 1 y = <=>  <=>  2  x = 10  2 y = 3(Do y+1>0) (thỏa mãn điều kiện)

 9 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 10;   2 Câu 3 1. Vì x3 − x1 = x4 − x2 = 1 => x3 = x1 + 1; x4 = x2 + 1 Áp dụng định lý Vi–ét cho phương trình (1) và phương trình (2) có:  x1 + x2 = −b   x1 x2 = c

 x3 + x4 = b 2 = ( x1 + 1) + (x 2 + 1) = −b + 2   x3 x4 = bc = ( x1 + 1)( x2 + 1) = ( x1 + x2 ) + x1 x2 + 1 = −b + c + 1  b = 1 b 2 + b − 2 = 0 (b − 1)(b + 2) = 0  =>  <=>  <=>  b = −2 (c+ 1)(b − 1) = 0 bc + b − c − 1 = 0  c = −1  1 Nếu b = 1 thì (1) có nghiệm <=> ∆ = 1 − 4c ≥ 0 <=> c ≤ 4 Thử lại: −1 ± 1 − 4c 2 1 ± 1 − 4c (2) <=> x 2 − x + c = 0 <=> x = 2 (thỏa mãn) Nếu b = –2, c = –1 thì (1) <=> x 2 + x + c = 0 <=> x =

(1) <=> x 2 − 2 x − 1 = 0 <=> x = 1 ± 2 (2) <=> x 2 − 4 x + 2 = 0 <=> x = 2 ± 2 (thỏa mãn)

1 hoặc b = –2, c = –1. 4 2. Đặt A = (p + 1)(p – 1) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 2 và 3. p lẻ ⇒ p = 2k + 1 ( k ∈ ℝ*) ⇒ A = (2k + 2).2k = 4k(k + 1) k và k + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 ⇒ k(k + 1) ⋮ 2 ⇒ A ⋮ 8 (1) Vì p không chia hết cho 3 nên p = 3m + 1 hoặc p = 3m – 1 (m ∈ ℝ*) Nếu p = 3m + 1 ⇒ p – 1 ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3 Nếu p = 3m – 1 ⇒ p + 1 ⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3 Vậy A ⋮ 3 (2) Từ (1) và (2), với chú ý (3;8) = 1 ⇒ A ⋮ 24. Câu 4 Vậy b = 1, c ≤

a) Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên DAB= DEB Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên DAB= BNI Do đó DEB= BNI=> BEI+ BNI =180° ⇒ BEIN là tứ giác nội tiếp ⇒BEN= BIN Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên BEN =ADB Do đó BIN= ADB =>BIM+ MDB = 180° ⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp ⇒ B, D, I, M cùng thuộc một đường tròn.

b) Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên BAE =BMI (1) Vì DAEB và DMIB là các tứ giác nội tiếp nên ABE =ADE và MBI= ADE =>ABE =MBI (2) Từ (1) và (2) ⇒tam giác BAE đồng dạng với tam giác BMI (g.g) =>

BE AE = => MI .BE = BI . AE BI MI

c) Ta chứng minh AD. BE =AE. BD Vì CD là tiếp tuyến của (O) nên CDA =CBD =>tam giác CDA đồng dạng với tam giác CBD (g.g) DA CD => = BD CB EA CE = Chứng minh tương tự ta có => EB CB DA EA = => AD.BE = AE.BD Mà theo tính chất tiếp tuyến ta có CD = CE nên BD EB • Ta chứng minh DE đi qua điểm K là giao hai tiếp tuyến tại A và B của (O) Gọi K1, K2 lần lượt là giao điểm của DE với tiếp tuyến của (O) tại A và B. Khi đó AE K1 E K1 A K1 AE = K1 DA => ∆K1 AE ~ ∆K1 DA( g .g ) => = = AD K1 A K1 D 2

K1 E K1 A K1 E  AE  . =>  =  = K1 A K1 D K1 D  AD  Chứng minh tương tự ta có: 2

K2E  BE    = K2D  BD 

Mà AD.BE=AE.BD =>

KE K E AE BE = => 1 = 2 AD BD K1D K 2 D

Do K1 và K2 đều nằm ngoài đoạn DE nên K1 và K2 chia ngoài đoạn DE theo các tỷ số bằng nhau ⇒ K1 ≡ K2 ≡ K. Vậy DE luôn đi qua điểm K cố định. Câu 5. Xét

5b3 − a 3 5b 3 − a 3 − (ab + 3b 2 )(2b − a ) − (2b − a ) = ab + 3b 2 ab + 3b 2 5b3 − a 3 − (2ab 2 − a 2b + 6b3 − 3b 2 a ) −b 5 − a 3 + a 2b + b 2 a = = ab + 3b 2 ab + 3b 2 −(a + b)(a − b)2 = ≤0 ab + 3b 2 5b3 − a 3 => ≤ 2b − a ab + 3b 2 Ta có 2 BĐT tương tự:

5c 3 − b3 ≤ 2c − b bc + 3c 2 5a 3 − c 3 ≤ 2a − c ca + 3a 2 Cộng từng vế 3 BĐT trên ta được P ≤ 2(a + b + c) − (a + b + c) = a + b + c = 3

a = b = c <=> a = b = c = 1 Dấu bằng xảy ra <=>  a + b + c = 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 ⇔ a = b = c = 1.

Đề số 10. Chuyên Năng Khiếu HCM. Năm học: 2014-2015 Câu I. Cho phương trình (m2 + 5) x 2 − 2mx − 6m = 0(1) với m là tham số. a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. b) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn điều kiện ( x1 x2 − x1 + x2 ) 4 = 16

2(1 + x y ) 2 = 9 y x Câu II. 1) Giải hệ phương trình  2 2(1 + y x ) = 9 x y 2) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức ( MC + MA)( NB + NA) ≥ 3+ 2 2 MA.NA 1 1 1 Câu III. Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho + = a b c a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố Câu IV. Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI, CJ cắt AB lần lượt tại M, N. a) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC. b) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy. c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Câu V. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40. ........................Hết......................

ĐÁP ÁN Câu I. a) Phương trình (1) có hệ số a = m 2 + 5 > 0 nên là phương trình bậc hai ẩn x. Do đó Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2

<=> ∆ ' = m2 + (m 2 + 5).6m > 0 <=> m 2 + 6m3 + 30m > 0 <=> m(6m 2 + m + 30) > 0 1 119   <=> m 5m 2 + (m + )2 +  > 0 2 4  > 0 ∀m

<=> m > 0

2m m2 + 5 Xét m2 + 5 − 2m = (m − 1)2 + 4 > 0 . Mà m>0 => m2 + 5 > 2m > 0 Khi đó theo định lý Vi–ét ta có: x1 + x2 =

2m < 1 => 0 < x1 + x2 < 1 m2 + 5 Vậy tổng hai nghiệm của (1) không thể là số nguyên. b) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 => 0 <

1 119   ∆ ' ≥ 0 <=> m 5m 2 + ( m + ) 2 + ≥0 2 4   <=> m ≥ 0 2m   x1 + x2 = m 2 + 5 Khi đó, theo định lý Vi–ét:   x x = −6 m  1 2 m 2 + 5 Ta có:

( x1 x2 − x1 + x2 )4 = 16  x1 x2 − x1 + x2 = 2 <=>   x1 x2 − x1 + x2 = −2 TH 1: x1 x2 − x1 + x2 = 2 <=>

−6m 2m − = 2(2) 2 m +5 m2 + 5

Đặt t =

2m ; t ≥ 0 phương trình (2) trở thành −3t 2 − t − 2 = 0 2 m +5

Xét ∆ = 12 − 4(−3)(−2) = −23 < 0 ⇒ (2) vô nghiệm. TH 2 : x1 x2 − x1 + x2 = −2 <=>

Đặt t =

−6 m 2m − = −2(3) 2 m +5 m2 + 5

2m ; t ≥ 0 phương trình (3) trở thành −3t 2 − t + 2 = 0 m2 + 5

<=> (t + 1)(3t − 2) = 0 t = −1( L)   m = 2(TM ) <=>  2 2m 4 2 = <=> 4m − 18m + 20 = 0 <=> (m − 2)(4m − 10) = 0 <=>  t = (T M ) => 2 2  m = (TM ) 3 m 5 9 +  5  

 2 Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m ∈ 2;   5 Câu II. 2(1 + x y ) 2 = 9 y x (I)  2 2(1 + y x ) = 9 x y  ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0

Đặt a = x y ; b = y x , điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0. Hệ (I) trở thành

2(1 + a) 2 = 9b(1)  2 2(1 + b) = 9a (2) Lấy (1) trừ (2) ta được: 2(1 + a ) 2 − 2(1 + b) 2 = 9(b − a) <=> 2(a − b)(a + b + 2) + 9(a − b) = 0 <=> ( a − b)(2 a + 2b + 13) = 0 > 0 ∀a ,b > 0

<=> a = b Thay a = b vào (1) ta có

  x  a = 2 => b = 2(TM ) =>    y   2(1 + a ) 2 = 9a <=>  x   1 1   a = => b = (TM ) =>  2 2 y   

Vậy hệ phương trình có nghiệm

(

y =2 x =2

<=> x = y = 3 4

1 2 <=> x = y = 3 1 1 4 x= 2

 1 1 4; 3 4 ;  3 ; 3   4 4

)

Vì BM, CN lần lượt là phân giác góc ABC, ACB nên theo tính chất đường phân giác, ta có:

MC BC MC + MA BC = => = 1+ MA AB MA AB NB BC BN + NA BC = => = 1+ NA AC NA AC ( MC + MA)( NB + NA) BC BC BC 2 BC BC => = (1 + )(1 + ) = 1+ + + MA.NA AB AC AB. AC AB AC Áp dụng định lý Pi–ta–go cho tam giác vuông ABC và BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có:

BC 2 = AB 2 + AC 2 ≥ 2 AB. AC =>

BC 2 ≥2 AB.BC

BC BC BC BC + ≥2 . ≥2 2 AB AC AB AC ( MA + MC )( NB + NA) => ≥ 1+ 2 + 2 2 = 3 + 2 2 MA.NA Câu III. 1 1 1 a+b 1 = => c(a + b) = ab(*) a) Ta có: + = => a b c ab c Giả sử a + b là số nguyên tố, khi đó từ (*) ⇒ ab ⋮ (a + b) ⇒ a ⋮ (a + b) hoặc b ⋮ (a + b) Điều này mâu thuẫn do 0 < a < a + b, 0 ca+cb=ab=>ca+ab=2ab-ab=>a(b+c)=b(2a-c) ⇒ a( b + c) ⋮ b (**) Mà b + c là số nguyên tố, b là số nguyên dương nhỏ hơn b + c nên (b + c, b) = 1 Do đó từ (**) suy ra a ⋮ b. Chứng minh tương tự ta có b(a + c) = a(2b – c) ⇒ b ⋮ a Vậy a = b. Từ (*) ⇒ a = b = 2c Do đó a + c = b + c = 3c, không là số nguyên tố với c > 1 (mâu thuẫn với giả sử) Vậy a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố. Câu IV.

a) Ta có: HCA =ABC (cùng phụ với HCB ) Vì CN là phân giác của góc HCB nên HCN =BCN Do đó CAN= HCA +HCN= ABC +BCN Mặt khác, xét ∆ BCN với góc ngoài ANC ta có: ANC= ABC+ BCN Suy ra CAN= ANC ⇒ ∆ ACN cân tại A ⇒ AC = AN.

Chứng minh tương tự ta có BC = BM. b) Vì CM, CN lần lượt alà phân giác của góc ACH và BCH nên 1 1 1 MCN = MCH + NCH = ACH + BCH = ACB = 45o 2 2 2 Tam giác ACN cân tại A có AI là phân giác kẻ từ đỉnh A, nên cũng là trung trực của đáy CN. ⇒ IC = IN. ⇒ ∆ ICN cân tại I. Tam giác ICN cân tại I có ICN=45o nên là tam giác vuông cân tại I ⇒ CI ⊥ IN Chứng minh tương tự ta có CJ ⊥ MJ. Tứ giác MIJN có MIN=MJN=90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, I, J, N cùng thuộc một đường tròn. Vì CH ⊥ MN, MJ ⊥ CN, NI ⊥ CM nên CH, MJ, NI đồng quy tại trực tâm của ∆ CMN. c) Đặt AC = b; BC = a => a 2 + b2 = BC 2 = 4 R2 ( Pi − ta − go) Theo câu a, ta có AN=AC= b; BM=BC=b Do đó a+b=AN+BM=BC+MN=>MN=a+b-BC=a+b-2R Ta có: ( a − b ) 2 ≥ 0 => 2 ab ≤ a 2 + b 2 => ( a + b ) 2 ≤ 2( a 2 + b 2 ) = 8 R 2 <=> a + b ≤ 2 2 R => MN = a + b − 2 R ≤ 2 R ( 2 − 1)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ CA = CB ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vì C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên CH ≤ R. 1 1 Do đó SCMN = CH .MN ≤ R.2.R( 2 − 1) = R 2 ( 2 − 1) 2 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 2 R ( 2 − 1) và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CMN là R 2 ( 2 − 1) đều xảy ra khi và chỉ khi C là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB. Câu V. a) Gọi 5 số tự nhiên đã cho là a, b, c, d, e. Do chúng đôi một phân biệt nên có thể giả sử a d + e ⇒ a + b + c ≥ d + e + 1 Suy ra a ≥ d + e + 1 – b – c. Vì b, c, d, e là số tự nhiên nên từ d > c ⇒ d ≥ c + 1; c > b ⇒ c ≥ b + 1 Suy ra d ≥ b + 2 ⇒ d – b ≥ 2 e>d⇒e≥d+1⇒e≥c+2⇒e–c≥2 Do đó a ≥ (d – b) + (e – c) + 1 ≥ 5. Suy ra b, c, d, e > 5 Vậy tất cả các số đều không nhỏ hơn 5. b) Nếu a ≥ 6 ⇒ b ≥ a + 1 ≥ 7. Tương tự c ≥ 8, d ≥ 9, e ≥ 10 ⇒ a + b + c + d + e ≥ 40 (mâu thuẫn) Suy ra a < 6. Mà theo câu a ta có a ≥ 5 ⇒ a = 5. Ta có 5 + b + c ≥ d + e + 1 ⇒ b + c ≥ d + e – 4. Mà d – 2 ≥ b, e – 2 ≥ c ⇒ d + e – 4 ≥ b + c. Do đó

b = d − 2 =>a+b+c+d+e=5+2b+2c+4<40  c = e − 2 31 31 => b + c < => b + (b + 1) ≤ b+ c < => b ≤ 7 2 2 Suy ra b = 6 hoặc b = 7 Nếu b = 6 thì d = b + 2 = 8. Vì b < c < d nên c = 7 ⇒ e = c + 2 = 9. Nếu b = 7 thì d = b + 2 = 9. Vì b < c < d nên c = 8 ⇒ e = c + 2 = 10. có hai bộ thỏa mãn đề bài là (5;6;7;8;9) và (5;7;8;9;10).

Đề số 11. Chuyên Ngoại Ngữ DHQG Hà Nội. Năm học: 2014-2015 Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức A = (

x + 2 x + 4 x + 2 x +1 1 2 + + ) : (3 + ) x −1 x x −8 x −2 x +1

1. Rút gọn A. 2. Tìm giá trị của x để A > 1. Câu 2. (2,5 điểm) 1. Giải phương trình: x 2 + 2 x + 7 = 3 ( x 2 + 1)( x + 3) 2 2  x + y = 3 − xy 2. Giải hệ phương trình:  4 4  x + y = 2

Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn x): x 2 − 3(m+ 1) x + 2m2 + 5m + 2 = 0. Tìm giá trị của m để phương trình có hainghiệm phân biệt x1và x2 thỏa mãn |x1+x2|=2|x1-x2| Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi P, Qlần lượt là chân của đường vuông góc kẻ từ H đến các cạnh AB, AC. 1. Chứng minh rằng BCQP là tứ giác nội tiếp. 2. Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng MH2= MB.MC 3. Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giácBCQP. Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm) 2 3 4 2014 2015 Chứng minh rằng: 1 + + 2 + 3 + .... + 2013 + 2014 < 4 2 2 2 2 2

ĐÁP ÁN Câu 1. 1. Ta có:

A=(

x + 2 x + 4 x + 2 x +1 1 2 + + ) : (3 + ) x −1 x x −8 x −2 x +1

  3( x − 2)( x + 1) + ( x + 1) + 2( x − 2) x+2 x +4 ( x + 1) 2 = + : ( x − 2)( x + 1)  ( x − 2)( x + 2 x + 4) ( x + 1)( x − 1)   1 x + 1  3( x − x − 2) + 3 x − 3 =  + : x − 1  ( x − 2)( x + 1)  x −2

x − 1 + ( x + 1)( x − 2) 3x − 9 : ( x − 2)( x − 1) ( x − 2)( x + 1)

x−3 ( x − 2)( x + 1) . 3( x − 3) ( x − 2)( x − 1)

x +1 3( x − 1) 2. ĐKXĐ: x≥0;x ≠1;x ≠3;x ≠4

A > 1 <=>

x +1 x +1 > 1 <=> −1 > 0 3( x − 1) 3( x − 1)

x + 1 − 3( x − 1) >0 3( x − 1)

<=> <=>

4−2 x >0 3( x − 1)

<=>

2− x >0 3( x − 1)

<=> 1 < x < 2 <=> 1 < x < 4

1 < x < 4 Kết hợp với ĐKXĐ, ta có  là điều kiện cần tìm. x ≠ 3 Câu 2.

1.x 2 + 2 x + 7 = 3 ( x 2 + 1)( x + 3)(1) ĐK: x ≥ –3 Nhận xét: x 2 + 2 x + 7 = ( x 2 + 1) + 2(x + 3)

Đặt a = x 2 + 1(a > 0), b = x + 3(b ≥ 0), phương trình (1) trở thành a 2 + 2b 2 = 3ab <=> (a − b)(a − 2b) = 0 a = b <=>   a = 2b Vớ i

a = b => x 2 + 1 = x + 3 <=> x 2 + 1 = x + 3 <=> ( x − 2)( x + 1) = 0  x = 2(TM ) <=>   x = −1(TM ) Vớ i

a = 2b => x 2 + 1 = 2 x + 3 <=> x 2 + 1 = 4( x + 3) <=> x 2 − 4 x − 11 = 0  x = 2 + 15(TM ) <=>   x = 2 − 15(TM )

{

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 2; −1; 2 − 15; 2 + 15

}

2 2  x + y = 3 − xy 2.  4 (I) 4  x + y = 2 2 2 2 2  x + y = 3 − xy  x + y = 3 − xy ( I ) <=>  2 <=>  2 2 2 2 2 2 2 ( x + y ) − 2 x y = 2 (3 − xy) − 2 x y = 2 2 2 ( x + y ) − 2 xy = 3 − xy ( x + y ) = 3 + xy <=>  <=>  2 2 2 2 2 2 9 − 6 xy + x y − 2 x y = 2  x y + 6 xy − 7 = 0

 ( x + y ) 2 = 4 ( x + y ) = 3 + xy     xy = 1 <=>   xy = 1 <=>   ( x + y ) 2 = −4   xy = −7  ( L)     xy = −7 2

 x + y = 2  x = 1    xy = 1 y =1  <=> <=>    x + y = −2   x = −1     xy = 1   y = −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) và (–1;–1) Câu 3.

x2 − 3(m+ 1) x + 2m2 + 5m + 2 = 0. (1) Ta có: ∆ = 9(m + 1)2 − 4(2m2 + 5m + 2) = m2 − 2m + 1 = (m − 1)2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 <=> ∆ > 0 <=> (m − 1) 2 > 0 <=> m ≠ 1 Khi đó, theo định lí Vi–ét, ta có:  x1 + x2 = 3( m − 1)  2  x1 x2 = 2m + 5m + 2 Do đó:

| x1 + x2 |= 2 | x1 − x2 | <=> ( x1 + x2 ) 2 = 4( x1 − x2 ) 2 <=> 3( x1 + x2 )2 − 16 x1 x2 = 0 <=> 27(m + 1) 2 − 16(2m 2 + 5m + 2) = 0 <=> 5m 2 + 26m + 5 = 0 <=> (m + 5)(5m + 1) = 0  m = −5 <=>   m = −1 5  Đối chiếu với điều kiện m ≠ 1, ta có m = –5 và m =

−1 là các giá trị cần tìm. 5

Câu 4.

1. Tứ giác APHQ có APH +AQH=90°+90°=180° nên là tứ giác nội tiếp ⇒APQ= AHQ Ta có: AHQ =BCQ (cùng phụ với CHQ ) Do đó APQ =BCQ Suy ra BPQC là tứ giác nội tiếp. 2. Vì BPQC là tứ giác nội tiếp nên MBP= MQC MB MP ∆MBP ~ ∆MQC ( g.g ) => = => MB.MC = MP.MQ(1) MQ MC Vì APHQ là tứ giác nội tiếp nên: MQH =BAH Mà BAH= MHP (cùng phụ với PBH ) nên MQH= MHP MQ MH ∆MQH ~ ∆MHP( g.g ) => = => MH 2 = MP.MQ(2) MH MP Từ (1) và (2) ⇒MH2 =MB .MC 3. Vì AKBC là tứ giác nội tiếp nên MK MB MKB = MCA => ∆MKB ~ ∆MCA => = MC MA => MK .MA = MB.MC Kết hợp với kết quả ý 2, ta có MH 2 = MK .MA ⇒ HK là đường cao của tam giác vuông AHM. ⇒ AK ⊥ KH

Do đó KH cắt (O) tại D (D khác K) thì AD là đường kính của (O). Gọi J là trung điểm HD, N là trung điểm QC. Khi đó OJ là đường trung bình của ∆ AHD ⇒ OJ // AH ⇒ OJ ⊥ BC. Mà OB = OC nên OJ là trung trực BC (3) Vì HQ // DC (cùng vuông góc AC) nên HQCD là hình thang. ⇒ JN là đường trung bình của hình thang HQCD ⇒ JN // HQ ⇒ JN ⊥ QC ⇒ JN là trung trực của QC (4) Từ (3) và (4) ⇒ J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC là tứ giác nội tiếp) ⇒J≡I Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng. Câu 5. 3 4 2014 2015 Đặt S= 2 + 3 + .... + 2013 + 2014 2 2 2 2 Ta có: 3 4 2014 2015 2S = + 2 + .... + 2012 + 2013 2 2 2 2 3 4−3 5−4 2015 − 2014 2015 => 2S − S = + 2 + 3 + .... + − 2014 2 2 2 22013 2 1 1 1 1 2015 => S = (1 + + 2 + 3 + .... + 2013 ) − 2014 2 2 2 2 2 2014

1 1− ( ) 1 1 1 1 1 2 Ta có: 1 + + 2 + 3 + .... + 2013 = = 2 − 2013 1 2 2 2 2 2 1− 2 Do đó: 1 2015 2 3 4 2014 2015 S = 2 − 2013 − 2014 < 2 => 1 + + 2 + 3 + .... + 2013 + 2014 < 4 2 2 2 2 2 2 2

Đề số 12. Chuyên Nguyễn Trải – Hải Dương. Năm học: 2014-2015 Câu I ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình:

43 − x = x − 1

2) Rút gọn biểu thức: A =

10 x 2 x −3 x +1 − + (x ≥ 0; x ≠ 1) x+3 x −4 x + 4 1− x

Câu II ( 2,0 điểm) Cho Parabol (P): y=x2 và đường thẳng (d):y=(m-1)x+m+4 (tham số m) 1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). 2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. Câu III ( 2,0 điểm)  x + y = 3m + 2 1) Cho hệ phương trình:  ( tham số m) 3x − 2 y = 11 − m Tìm m để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x2 – y2 đạt giá trị lớn nhất. 2) Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa quãng đường còn lại ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằng ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tìm vận tốc dự định của ô tô. Câu IV ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AM, BN, CP của tam giác ABC cắt nhau tại H. Dựng hình bình hành BHCD. 1) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC là các tứ giác nội tiếp. 2) Gọi E là giao điểm của AD và BN. Chứng minh: AB.AH = AE.AC 3) Giả sử các điểm B và C cố định, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn và B ·AC không đổi. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi Câu V ( 1,0 điểm) Cho x; y là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S=

( x + y)2 ( x + y)2 + x2 + y2 xy

ĐÁP ÁN Câu Câu 1

NỘI DUNG 1) Giải phương trình:

43 − x = x − 1

 x − 1 ≥ 0(1) 43 − x = x − 1 <=>  2  43 − x = ( x − 1) (2) (1) <=> x ≥ 1

x = 7 (2) <=> x 2 − x − 42 = 0 <=>   x = −6 Kết hợp nghiệm ta có: x= 7 ( thỏa mãn), x = - 6 (loại) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {7}. 2)Rút gọn biểu thức: A =

Câu 2

10 x 2 x −3 x +1 − + (x ≥ 0; x ≠ 1) x+3 x −4 x + 4 1− x

Điểm 0,25

0,25 0,25 0,25 1,00

10 x 2 x −3 x +1 − + (x ≥ 0; x ≠ 1) x+3 x −4 x + 4 1− x

10 x 2 x −3 x +1 − − ( x + 4)( x − 1) x +4 x −1

0,25

10 x − (2 x − 3)( x − 1) − ( x + 1)( x + 4) ( x + 4)( x − 1)

0,25

10 x − (2 x − 5 x + 3) − (x + 5 x + 4) −3x + 10 x − 7 = ( x + 4)( x − 1) ( x + 4)( x − 1)

0,25

( x − 1)(7 − 3 x ) 7 − 3 x = ( x + 4)( x − 1) x +4

0,25

Cho Parabol (P): y=x2 và đường thẳng (d):y=(m-1)x+m+4 (tham số m) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). m = 2 ta có phương trình đường thẳng (d) là : y = x + 6 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: x2=x+6  x = −2 <=> x 2 − x − 6 = 0 <=>  x = 3 +) x = -2 => y = 4 +) x = 3 => y = 9 Vậy m= 2 thì (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm A(-2;4) và B(3;9) 2. Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm nằm về hai phía của trục tung. Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: x 2 = (m − 1) x + m + 4

0,25

0,25 0,25 0,25

1,00

<=> x 2 − ( m − 1) x − m − 4 = 0(*)

0,25

(d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trình (*)có 2

0,25

nghiệm trái dấu 1. (- m – 4) < 0 m>-4

Câu 3

 x + y = 3m + 2 1) Cho hệ phương trình:  ( tham số m) 3x − 2 y = 11 − m

0,25 0,25 1,00

 x + y = 3m + 2  2 x + 2 y = 6m + 4 5 x = 5m + 15 x = m + 3 <=>  <=>  <=>   3x − 2 y = 11 − m 3 x − 2 y = 11 − m  x + y = 3m + 2  y = 2m − 1

0,25

x 2 − y 2 = ( m + 3) 2 − (2m − 1) 2 = −3m 2 + 10m + 8

0,25

49 5 − 3(m − ) 2 3 3 5 5 Do (m− ) 2 ≥ 0 với mọi m; dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 3 3 49 5 => x 2 − y 2 ≤ ,dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 3 3 49 5 ,dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = Hay x2-y2 lớn nhất bằng 3 3 2. Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (x > 6) 80 Khi đó thời gian ô tô dự định đi hết quãng đường AB là (h) x 40 Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường đầu là (h) x−6 40 Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường còn lại là (h) x + 12 Theo bài ra ta có phương trình: 40 40 80 + = x − 60 x + 12 x 40 x( x + 12) 40 x( x − 6) 80( x − 6)( x + 12) <=> + = x( x − 6)( x + 12) x( x − 6)( x + 12) x( x − 6)( x + 12) =

0,25 0,25

0,25

0,5

<=> 40 x 2 + 480 x + 40 x 2 − 240 x = 80 x 2 + 480 x − 5760 <=> 240 x = 5760 <=> x = 24 Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (km/h)

0,25

Câu 4

0,25

Từ giả thiết ta có: APH=90o; ANH =90o =>Tứ giác APHN nội tiếp đường tròn đường kính AH Ta có: BD//CH (BDCH là hình bình hành) và CH ⊥ AB

BD ⊥ AB => ABD=90o Tương tự ta có: ACD=90o

Câu 5

Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD) 2. Xét 2 tam giác ABE và ACH có: ABE=ACH (cùng phụ với góc BAC) (1) Góc BAE phụ với góc BDA; BDA=BCA (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Góc CAH phụ với góc BCA =>BAE=CAH(2) Từ (1) và (2) suy ra 2 tam giác ABE, ACH đồng dạng AB AC => = => AB. AH = AC. AE AE AH 3. Gọi I là trung điểm của BC => I cố định ( do B, C cố định) Gọi O là trung điểm AD => O cố định (do góc BAC không đổi, B, C cố định, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Độ dài OI không đổi Tứ giác ABDC là hình bình hành => I là trung điểm của HD 1 => OI = AH (OI là đường trung bình của tam giác ADH) 2 Độ dài AH không đổi Vì AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ dài AH không đổi => độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN không đổi => đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi. Ta có: 2

( x + y ) (x + y) + x2 + y 2 xy

= 1+

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

2 xy x2 + y2 + +2 x2 + y2 xy 2 xy x2 + y 2 x2 + y 2 + ) + x2 + y 2 2 xy 2 xy

0,25

Do x, y là các số dương nên ta có:

0,25

= 3+ (

2 xy x2 + y 2 2 xy x 2 + y 2 + ≥ 2 . =2 x2 + y 2 2 xy x 2 + y 2 2 xy

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2 xy x2 + y 2 = <=> ( x 2 + y 2 )2 = 4 x 2 y 2 <=> ( x 2 − y 2 )2 = 0 x2 + y 2 2 xy

<=> x 2 = y 2 <=> x = y ( x; y > 0) x 2 + y 2 ≥ 2 xy =>

x2 + y2 ≥ 1 <=> x = y 2 xy

Cộng các bất đẳng thức ta được S ≥ 6 S = 6 x = y. Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi x = y

0,25

Đề số 13. Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An. Năm học: 2014-2015 Câu 1 (7,0 điểm). a) Giải phương trình x + 1 + 2 x x + 3 = 2 x + x 2 + 4 x + 3  x2 y2 1 + =  2 2 b) Giải hệ phương trình  ( y + 1) ( x + 1) 2 3 xy = x + y + 1 

Câu 2 (3,0 điểm). a) Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình 9 x + 2 = y 2 + y b) Tìm các chữ số a, b sao cho ( ab) 2 = ( a + b)3 Câu 3 (2,0 điểm). Cho các số a, b, c không âm. Chứng minh rằng

a 2 + b2 + c 2 + 3 3 (abc)2 = 2(ab + bc + ca) Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AE và CFcắt nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N lần lượt làhình chiếu của P trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng: BH EF = 2. a) OB vuông góc với EF và BO AC b) Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP. Câu 5 (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có BAC = 60o ; BC = 2 3cm . Bên trong tam giác nàycho 13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm màkhoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm. ----- HẾT -----

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

NGHỆ AN ______________

TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2014 – 2015 _________________________ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ________________________

Câu 1. a)

Nội dung

Điều kiện: x ≥−1

Điểm 7,0 3,5 0,5

Ta có: x + 1 + 2 x x + 3 = 2 x + x 2 + 4 x + 3 <=> 2 x x + 3 − 2 x + x + 1 − ( x + 1)( x + 3) = 0

0,25

<=> 2 x ( x + 3 − 1) − x + 1( x + 3 − 1) = 0

0,5

<=> ( x + 3 − 1)( x + 1 − 2 x) = 0

0,5 0,5

 x + 3 = 1(1) <=>   x + 1 = 2 x(2) Ta có (1) ⇔x =−2 (loại)

x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0  (2) <=>  <=>  2 <=>  1 ± 17 2 x + = x x − x − = 1 4 4 1 0   x = 8  <=> x =

0,5 0,5

1 + 17 (TM ) 8

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =

1 + 17 8

b) Điều kiện: x ≠−1;y ≠−1

0,25 3,5 0,5

 x2 y2 1 + =  2 2 2  ( y + 1) ( x + 1) Hệ phương trình đã cho tương đương với   x . y =1  y + 1 x + 1 4  2 2 1 u + v = 2 x y Đặt u = ;v = , hệ đã cho trở thành  y +1 x +1 uv = 1  4

0,5

2 2 2 u + v + 2uv = 1 (u + v) = 1 <=>  2 2 <=>  2 u + v − 2uv = 0 (u − v) = 0

0,5

1  u = v = 2 =>  u = v = −1  2 Nếu u = v =

0,75

 y +1 = 2x 1 =>  <=> x = y = 1(TM) 2 x +1 = 2 y

Nếu u = v = −

0,75

 y + 1 = −2 x 1 −1 =>  <=> x = y = (TM) 2 3  x + 1 = −2 y

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: x = y = 1 , x = y =

−1 3

2. a) Phương trình đã cho tương đương với 9 x = ( y − 1)( y + 2)(1)

3,0 2,0 0,5

Nếu y −1 ⋮ 3 thì y + 2 = ( y − 1) + 3⋮ 3 => (y− 1)(y + 2)⋮ 9

0,5

Mà 9x ⋮ 9 ∀x ∈ Z nên ta có mâu thuẫn. Suy ray −1 ⋮ 3, do đó: y −1 = 3k( k ∈ Z )=>y=3k+1( k ∈ Z ) Thay vào (1) ta có: 9 x = 3k (3k + 3) => x = k (k + 1)

0,5 0,25

 x = k (k + 1) (k ∈ Z ) Vậy phương trình có nghiệm:   y = 3k + 1 b)

0,25 1,0 0,25

Từ giả thiết suy ra ab = ( a + b ) a + b (1) Vì ab và a+b ∈ N * nên a + b là số chính phương. Mặt khác 1 ≤ a + b ≤ 18 => a + b ∈ {1; 4; 9;16}

0,25

Nếu a+ b=1, a +b = 4, a+ b=16 thì thay vào (1) không thỏa mãn

0,5

Nếu a +b = 9 thay vào (1) ta được ab = 27 Vậy a=2;b=7

2,0 0,5

Đặt 3

a 2 = x; 3 b 2 = y; 3 c 2 = z.

=> a 2 = x3 ; b 2 = y 3 ; c2 = z 3 , a = x3 ; b =

y 3 ;c = z 3 ; x, y, z ≥ 0

Bất đẳng thức đã cho trở thành:

x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ 2( x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 )(1) Vì vai trò của x; y ;z bình đẳng nên có thể giả sử x ≥y ≥z ≥ 0 Khi đó x ( x − y ) 2 + z ( y − x ) 2 + ( z + x − y )(x − y )( y − z ) ≥ 0

0,5

=> x 3 + y 3 + z 3 + 3 xyz ≥ xy (z + y) + yz(y + z) + zx(z + x)(2)

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có xy ( x + y) ≥ 2 xy xy = 2 x3 y3 (3) Tương tự ta có:

0,5

yz (y + z ) ≥ 2 y 3 z 3 (4) zx(z + x) ≥ 2 z 3 x3 (5) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (3), (4), (5) ta được

xy(x + y ) + yz (y+ z) + zx(z+ x) ≥ 2( x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 )(6) 0,5

Từ (2) và (6) ta có

x3 + y 3 + z 2 + 3xyz ≥ 2( x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 ) Đẳng thức xảy ra khi x=y=z hay a= b =c. 4. a)

6,0 4,0

Vì AEC= AFC =90o nên tứ giác ACEF nội tiếp. Suy ra BFE =ACB (cùng bù với góc AFE ) (1) Kẻ tia tiếp tuyến Bx của đường tròn (O) tại B. Ta có ACB= ABx (cùng chắn cung AB ) (2) Từ (1) và (2) suy ra BFE =ABx Do đó Bx// EF Mà OB⊥Bx nên OB⊥ EF Xét ∆BEF và ∆BAC có ABC chung và BFE= ACB ( theo (1)) nên ∆BEF và ∆BAC đồng dạng. Mặt khác ∆BEF và ∆BAC lần lượt nội tiếp đường tròn bán kính

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

BH và đường tròn bán kính 2

0,5

EF BH = AC 2.OB BH EF = 2. Từ đó ta có BO AC

OB nên

b) Gọi M1và N1lần lượt là các điểm đối xứng với P qua AB và AC. Ta có: AM1B=APB (do tính chất đối xứng) (3) APB=ACB (cùng chắn cung AB) (4)

2,0 0,25 0,25

Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFE= BHE (5) Mặt khác theo câu a) BFE =ACB (6) Từ (3), (4), (5), (6) suy ra AM1B= BHE ⇒AM1B+ AHB = 1800, do đó tứ giác AHBM1nội tiếp ⇒AHM1= ABM1 mà ABM1= ABP nên AHM1 =ABP. Chứng minh tương tự ta có AHN1= ACP ⇒AHM1+ AHN1= ABP+ ACP=180O⇒M1, N1, H thẳng hàng Mặt khác MN là đường trung bình của tam giác PM1N1, do đó MN đi qua trung điểm của PH.

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác BC, CA, AB. Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC MC =2 Vì BAC = 60O => MOC = 60O => OA = OB = OC = sin 60o Vì O nằm trong tam giác ABC và OM⊥ BC, ON ⊥AC ,OP ⊥AB Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC). Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy ra IA=IP=IO=IN=1 Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1. Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho. Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1.

0,5

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Đề số 14. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 Bài 1. (2,0 điểm)

 2 3 5 x −7  2 x +3 + − Cho biểu thức A =  (x > 0, x ≠ 4)  : x x x x x x − 2 2 + 1 2 − 3 − 2 5 − 10   1, Rút gọn biểu thức A. 2, Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên.

Bài 2. (2, 5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2(m + 3)x – 2m + 2 ( m là tham số, m ∈ ℝ). 1, Với m = –5 tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d). 2, Chứng minh rằng: với mọi m parabol (P) và đường thẳng (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dương. 3, Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi m

Bài 3. (1,5 điểm)

2 x 2 + 3xy − 2 y 2 − 5(2 x − y ) = 0 Giải hệ phương trình:  2 2  x − 2 xy − 3 y + 15 = 0 Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O; R) cắt nhau tại T, đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D khác A. 1, Chứng minh rằng tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT. 2, Chứng minh rằng: AB.CD = BD.AC 3, Chứng minh rằng hai đường phân giác góc BAC , góc BDC và đường thẳng BC đồng quy tai một điểm. 4, Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh rằng góc BAD bằng góc MAC.

Bài 5. (0,5 điểm) Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: x( x + 1) + y( y + 1) + z( z + 1) ≤ 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B =

1 1 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1

ĐÁP ÁN Bài 1. 1. Với x > 0, x ≠ 4 ta có:  2 3 5 x −7  2 x +3 A =  + −  :  x − 2 2 x + 1 2 x − 3 x − 2  5 x − 10 x

) ( ) ( )( ) 5 x ( x − 2) 2 x +3 = . ( x − 2 )( 2 x + 1) 2 x + 3 =

(

) (

2 2 x +1 + 3

x − 2 − 5 x − 7 5 x − 10 x . 2 x +3 x − 2 2 x +1

5 x 2 x +1

2. Vì x > 0 ⇒ 5 x > 0; 2 x + 1 > 0 ⇒ A > 0

Mặt khác, xét A − 3 =

(

)=−

5 x − 3 2 x +1 2 x +1

x −3 < 0 ∀x > 0 ⇒ A < 3 2 x +1

Vậ y 0 < A < 3 Do đó A nguyên ⇔ A = 1 hoặc A = 2.

A =1⇔

5 x 1 1 = 1 ⇔ 5 x = 2 x + 1 ⇔ 3 x = 1 ⇔ x = ⇔ x = (thỏa mãn) 3 9 2 x +1

A=2⇔

5 x = 2 ⇔ 5 x = 2(2 x + 1) ⇔ x = 2 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 (loại) 2 x +1

Vậ y A ∈ ℤ ⇔ x =

1 9

Bài 2. 1. Khi m = –5 ⇒ (d) : y = –4x + 12 Khi đó , phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x2 = −4 x + 12 ⇔ x2 + 4 x − 12 = 0 ⇔ ( x + 6)( x − 2) = 0 ⇔ x = –6 hoặc x = 2

Khi x = –6 ⇒ y = 36

Khi x = 2 ⇒ y = 4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (–6;36) và (2;4)

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x2 = 2(m + 3) x − 2m + 2 ⇔ x2 − 2(m + 3) x + 2m − 2 = 0

(1)

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆ ' = (m + 3) 2 − (2m − 2) > 0 ⇔ (m2 + 6m + 9) − (2m − 2) > 0 ⇔ m 2 + 4m + 7 > 0 ⇔ (m + 2) 2 + 3 > 0 (luôn đúng ∀ m) Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1 , x2 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1)

Hai giao điểm có hoành độ dương ⇔ (1) có hai nghiệm dương  x1 + x2 = 2( m + 3) > 0  m > −3 ⇔ ⇔ ⇔ m >1 m > 1  x1 x2 = 2 m − 2 > 0

Vậy m > 1.

3. Gọi ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà (d) luôn đi qua ∀ m Khi đó: y0 = 2(m + 3) x0 − 2m + 2(∀m) ⇔ m(2 x0 − 2) + (6 x0 + 2 − y0 ) = 0(∀m) 2 x0 − 2 = 0  x0 = 1  x0 = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 6 x0 + 2 − y0 = 0 6.1 + 2 − y0 = 0  y0 = 8

Vậy (d) luôn đi qua điểm (1;8) ∀m.

Bài 3.

2 x 2 + 3xy − 2 y 2 − 5(2 x − y ) = 0(1) (I )  2 2  x − 2 xy − 3 y + 15 = 0(2) Ta có: (1) ⇔ (2 x − y )( x + 2 y ) − 5(2 x − y ) = 0 ⇔ (2 x − y )( x + 2 y − 5) = 0  y = 2x ⇔ x = 5 − 2y  y = 2x x = 5 − 2 y ho ặ c Do đó: ( I ) ⇔  2 ( II ) ( III )  2 2 2  x − 2 x.2 x − 3(2 x) + 15 = 0 (5 − 2 y ) − 2(5 − 2 y ) y − 3 y + 15 = 0  y = 2x ( II ) ⇔  ⇔ 2  −15 x + 15 = 0

 x = 1; y = 2   x = −1; y = −2

x = 5 − 2 y ( III ) ⇔  2 ⇔ 5 y − 30 y + 40 = 0

 y = 2; x = 1  y = 4; x = −3 

Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm (1;2) , (-1;-2) , (-3;4)

Bài 4.

1. Vì TB là tiếp tuyến của (O) nên BAD = DBT (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cùng BD) Xét ∆ ABT và ∆ BDT có:

 ATB(chung ) ⇒ ∆ABT ~ ∆BDT ( g.g )   DBT = BAT (cmt )

2. Vì ∆ABT ~ ∆BDT ⇒

AB AT BT AT BT AT  AB  = = ⇒ . =  = BD BT DT BT DT DT  BD 

Chứng minh tương tự ta có: 2

AT  AC    = DT  CD  2

AB AC  AB   AC  Do đó  = ⇒ AB.CD = BD. AC  =  ⇒ BD CD  BD   CD  3. Gọi I1, I2 lần lượt là giao điểm của BC với tia phân giác góc BAC và góc BDC. Xét ∆ ABC có tia phân giác AI1, theo tính chất đường phân giác ta có:

I1 B AB = I1C AC Chứng minh tương tự ta có:

I 2 B DB = I 2C DC

Theo câu 2) ta có AB.CD = BD. AC ⇒

IB I B AB DB = ⇒ 1 = 2 AC DC I1C I 2C

Mà I1, I2 cùng thuộc đoạn BC nên chúng chia trong đoạn BC theo các tỉ số bằng nhau.

⇒ I1 ≡ I2 ⇒ Đường phân giác góc BAC, đường phân giác góc BDC và đường thẳng BC đồng quy.

4. Gọi M’ là điểm thuộc đoạn BC sao cho CAM’ = BAD . Ta chứng minh M’ ≡ M. Vì CAM’ = BAD => BAM’ = CAD Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ADB = ACM’ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Mà CAM’ = BAD => ∆ADB ~ ∆ACM’ (g.g) ⇒

BD AD = ⇒ BD. AC = AD.CM ' (1) CM ' AC

Chứng minh tương tự ta có: AB.CD = AD.BM’

(2)

Từ (1) và (2) với chú ý BD.AC = AB.CD => AD.CM’ = AD.BM’ => CM’ = BM’

⇒ M’ ≡ M => BAD = MAC

Bài 5. Với mọi a, b, c > 0, ta có:

(a − b) 2 + (b − c)2 + (c − a ) 2 ≥ 0 ⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0 ⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2ab + 2bc + 2ca ⇔ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 2ab + 2bc + 2ca ⇔ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (a + b + c)2 (*) Với mọi a, b, c > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho ba số dương, ta có:

a + b + c ≥ 3 3 abc > 0  1 1 1 ⇒ (a + b + c)  + +  ≥ 9 1 1 1 1 a b c >0  + + ≥ 33 abc a b c 1 1 1 9 ⇒ + + ≥ (**) a b c a+b+c Áp dụng BĐT (*) với a = x, b = y, c = z và từ điều kiện của x, y, z ta có:

( x + y + z )2 18 ≥ x + y + z + x + y + z ≥ + x+ y+ z 3 ⇒ ( x + y + z )2 + 3( x + y + z ) − 54 ≤ 0 2

⇒ ( x + y + z + 9)( x + y + z − 6) ≤ 0

⇒ x + y + z ≤ 6 (do x + y + z + 9 > 0) (***) Áp dụng BĐT (**) với a = x + y + 1, b = y + z + 1, c = z + x + 1, ta có:

1 1 1 9 9 + + ≥ = x + y + 1 y + z + 1 z + x + 1 x + y + 1 + y + z + 1 + z + x + 1 2( x + y + z ) + 3

Áp dụng (***) ta có: B ≥

9 3 = 2.6 + 3 5

x = y = z  Dấu bằng xảy ra ⇔  x + y + 1 = y + z + 1 = z + x + 1 ⇔ x = y = z = 2 x + y + z = 6 

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là

3 , xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. 5

Đề số 15. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2014-2015 Bài 1. (3,0 điểm) 1) Giải phương trình:

5 x − 6 + 10 − 3x = 2 x2 − x − 2

 x3 + 8 xy 2 = 96 y 2) Giải hệ phương trình:  2 2  x + 32 y = 48 Bài 2. (2,0 điểm) 1) Cho phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Tính S = x17 + x2 7 2) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2. Chứng minh a + b + c + d là hợp số. Bài 3. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương và có tổng bằng 1. a − bc b − ca c − ab 3 + + ≤ Chứng minh: a + bc b + ca c + ab 2 Bài 4. (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD với A, C cố địnhvà B, D di động. Đường phân giác của góc BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ. 1) Chứng minh AO là phân giác góc IAJ. 2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn. 3) Tìm đường tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động. Bài 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chi hết cho 11

ĐÁP ÁN Bài 1. a ) 5 x − 6 + 10 − 3 x = 2 x 2 − x − 2

6 10 ( ≤x≤ ) 5 5

<=> 5 x − 6 − 2 + 10 − 3 x − 2 = 2 x 2 − x − 6 5( x − 2) 3( x − 2) − − ( x − 2)(2 x + 3) = 0 5x − 6 + 2 10 − 3 x + 2 5 3 <=> (x − 2)( − − 2 x − 3) = 0 5x − 6 + 2 10 − 3 x + 2  x = 2(TM ) <=>  5 3  − − 2 x − 3 = 0(*) 10 − 3 x + 2  5 x − 6 + 2 Vì 6 10 5 5 5 ≤ x ≤ => 5 x − 6 + 2 ≥ 2 => ≤ => −3< 0 5 5 5x − 6 + 2 2 5x − 6 + 2 6 10 3 ≤ x ≤ => − − 2x < 0 5 5 10 − 3 x + 2 5 3 => − − 2 x − 3 < 0 => (*)VN 5x − 6 + 2 10 − 3 x + 2 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {2} <=>

3 2  x + 8 xy = 96 y 2)  2 (I) 2  x + 32 y = 48

 x 3 + 8 xy 2 = 48.2 y  x3 + 8 xy 2 = 2 y ( x 2 + 32 y 2 )(*) (I) <=>  2 <=>  2 2 2  x + 32 y = 48  x + 32 y = 48 (*) <=> x 3 − 2 x 2 y + 8 xy 2 − 64 y 3 = 0 <=> x 3 − (4 y )3 − 2 xy ( x − 4 y ) = 0 <=> ( x − 4 y )( x 2 + 2 xy + 16 y 2 ) = 0 x = 4 y x = 4y <=>  2 <=>  2 2 2  x + 2 xy + 16 y = 0  ( x + y ) + 15 y = 0 x = 4 y <=>  x = y = 0 Vì x = y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình nên x = 4y

x = 4 y x = 4 y <=>  ( I ) <=>  2 2 2 2  x + 32 y = 48 16 y + 32 y = 48  x = 4  x = 4 y y =1 <=>  2 <=>    x = −4 y =1    y = −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (4;1), (–4;–1) Bài 2. x + x = 2 1) Phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Theo định lý Vi–ét ta có:  1 2  x1 x2 = −4 Ta có: ( x1 + x2 )3 = x13 + x2 3 + 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) => x13 + x2 3 = ( x1 + x2 )3 − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = 23 − 3.( −4).2 = 32

Và x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 2 2 − 2.( −4) = 12 x14 + x2 4 = ( x12 + x2 2 ) 2 − 2 x12 x2 2 = 12 2 − 2.( −4) 2 = 112

Khi đó:

( x13 + x23 )( x14 + x14 ) = x17 + x2 7 + x13 x2 4 + x14 x23 => S = x17 + x2 7 = ( x13 + x2 3 )( x14 + x14 ) − ( x1 x2 )3 ( x1 + x2 ) = 32.112 − (−4)3 .2 = 3712 Vậy S = 3172. 2) Ta có a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 => a 2 + 2 ab + b 2 = c 2 + 2 xd + d 2 + ab − cd

<=> ab − cd = ( a + b) 2 − (c − d ) 2 = ( a + b + c + d )( a + b − c − d )(*)

Nếu ab-cd=0: Do a+b+c+d>0=>a+b-c-d=0=>a+b+c+d=2(c+d) là hợp sốdo c + d ∈ ℝ* và c + d > 1 Nếu ab -cd ≠ 0:Từ (*) ⇒ ab – cd ⋮ (a + b + c + d). a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 => 3( ab − cd ) + ( a 2 − 2 ab + b 2 ) = c 2 − 2cd + d 2

=> 3( ab − cd ) = (c − d ) 2 − ( a − b) 2 = (c − d + a − b)(c − d − a + b ) ≠ 0

⇒ (c – d + a – b)(c – d – a + b) ⋮ (a + b + c + d) Giả sử a + b + c + d là số nguyên tố thì ta có c – d + a – b ⋮ a + b + c + d hoặc c – d – a + b ⋮ a + b + c + d Điều này mâu thuẫn do –(a + b + c + d) < c – d + a – b < a + b + c + d ; –(a + b + c + d) < c – d – a + b < a + b + c + d và (c – d + a – b)(c – d – a + b) ≠ 0 Vậy a + b + c + d là hợp số. Bài 3. Thay 1 = a + b + c ta có: A+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c) Do đó: a − bc a + bc − 2bc 2bc 2bc = = 1− = 1− a + bc a + bc a + bc (a + b)(a + c)

Ta có 2 đẳng thức tương tự b − ca 2ca = 1− b + ca (b + c )(b + a ) c − ab 2ab = 1− c + ab (c+ a)(c + b) Cộng từng vế của 3 đẳng thức trên ta có:

  a − bc b − ca c − ab bc ca ab + + = 3− 2 + +  a + bc b + ca c + ab  (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c+ a)(c+ b)  Do đó:   3 a − bc b − ca c − ab 3 bc ca ab + + ≤ <=>  + + ≥ a + bc b + ca c + ab 2  (a + b)(a + c) (b + c)(b + a ) (c+ a)(c+ b)  4 <=>

bc(b + c) + ca (c + a ) + ab(a + b) 3 ≥ (a + b)(b + c)(c + a ) 4

<=> 4(b 2 c + bc 2 + c 2 a + ca 2 + a 2b + ab 2 ) ≥ 3(a 2b + ab 2 + b 2 c + bc 2 + c 2 a + ca 2 + 2abc) <=> b 2 c + bc 2 + c 2 a + ca 2 + a 2b + ab 2 ≥ 6abc(*) Áp dụng BĐT Cô–si cho ba số dương ta có: 2 2 2 b c + c a + a b ≥ 3abc => (*) đúng  2 2 2 bc + ca + ab ≥ 3abc

Vậy BĐT đã cho được chứng minh. 1 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3 Bài 4.

1) Vì AI // DC (do ABCD là hình bình hành) nên AIJ= DCJ (so le trong) Vì AJ // BC nên AJI= BCJ (đồng vị) Mà CJ là phân giác góc BCD nên DCJ= BCJ=> AIJ= AJI ⇒ ∆ AIJ cân ở A Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AIJ cân nên AO là trung trực IJ đồng thời là phân giácgóc IAJ.

2) Vì JD // BC nên DJC= JCB= JCD ⇒ ∆ JDC cân tại D Suy ra JD = DC = AB (do ABCD là hình bình hành) Ta có OA = OJ ( bằng bán kính (O)) Xét ∆ OAJ với góc ngoài OJD có: OJD= AOJ +OAJ =2AIJ+ OAJ= 2DCJ +OAJ= DCB +OAJ=DAB+OAJ=OAB Xét ∆ OAB và ∆ OJD có: OA = OJ (cmt )  OAB = OJD(cmt ) => ∆OAB = ∆OJD(c.g.c)  AB = JD(cmt ) 

=> OBA = ODJ ⇒ AODB là tứ giác nội tiếp ⇒ A, O, D, B cùng thuộc một đường tròn. 3) Vì ∆ OAB = ∆ OJD nên OB = OD. Mà O’B = O’D (bằng bán kính (O’)) nên OO’ làtrung trực của BD. Gọi K là giao BD và AC ⇒ K là trung điểm BD và AC. ⇒ K ∈ OO’ Vì OA = OM, O’A = O’M nên OO’ là trung trực của AM Mà K ∈ OO’ ⇒ KA = KM = KC ⇒ M thuộc đường tròn tâm K bán kính KA, hay đường tròn đường kính AC. Vậy khi B, D thay đổi, M luôn nằm trên đường tròn đường kính AC. Bài 5. Xét 20 số đầu tiên. Trong 20 số này có 2 số chia hết cho 10, chúng có chữ số hàng đơn vị là 0. Mặt khác, trong 2 số đó có một số có chữ số hàng chục khác 9. Gọi số đó là N. Xét dãy 11 số thuộc 39 số đã cho: N, N + 1, ... , N + 9, N + 19 Tổng các chữ số của các số này tương ứng là. s, s + 1, s + 2, ..., s + 9, s + 10 Thật vậy, nếu N có tổng chữ số là s thì mỗi số N + i với 1 ≤ i ≤ 9 có tất cả các chữ số (trừ hangđơn vị) giống số N và chữ số hàng đơn vị của N + i là i, do đó tổng chữ số của N + i là s + i. Số N + 19 có chữ số hàng đơn vị là 9, chữ số hàng chục hơn chữ số hàng chục của số N là 1, cònlại tất cả các chữ số ở hàng khác của hai số bằng nhau, do đó tổng chữ số của N + 19 là s + 10. Trong 11 số liên tiếp s, s + 1, s + 2, ..., s + 9, s + 10 có một số chia hết cho 11. Bài toán được chứng minh.

Đề số 16. Chuyên HCM. Năm học: 2014-2015 Câu 1: (2 điểm) a) Giải phương trình: x 2 x − 3 = 3x − 4 b) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 0 và xyz ≠ 0. Tính giá trị biểu thức P =

x2 y2 z2 + + y 2 + z 2 − x2 z 2 + x2 − y 2 x2 + y 2 − z 2

Câu 2: (1,5 điểm) 1 9   x + y + y = x Giải hệ phương trình:  x + y − 4 = 4 y  x x2 Câu 3: (1,5 điểm) Cho tam giác đều ABC và M là một điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi D, E lần lượt là hình chiếuvuông góc của M trên AB và AC. Xác định vị trí của M để tam giác MDE của chu vi nhỏ nhất Câu 4: (2 điểm).

a) Cho x, y là 2 số thực khác 0. Chứng minh rằng:

x2 y2 x y + ≥ + y2 x2 y x

b) Cho a, b là hai số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

a 2 + 3ab + b 2 ab (a + b)

Câu 5: (2 điểm) Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là các tiếpđiểm). Gọi H là giao điểm của AB vơi OM, I là trung điểm của MH. Đường thẳng AI cắt (O) tạiđiểm K (K khác A). a) Chứng minh HK vuông góc AI. b) Tính số đo góc MKB Câu 6: (1 điểm) Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình: 2015( x 2 + y 2 ) − 2014(2 xy + 1) = 25

ĐÁP ÁN Câu 1 a ) x 2 x − 3 = 3 x − 4 (ĐKXĐ: x ≥ 3/2)

<=> x 2 (2 x − 3) = (3 x − 4)2 <=> 2 x 3 − 3x 2 = 9 x 2 − 24 x + 16 <=> 2 x 3 − 12 x 2 + 24 x − 16 = 0 <=> 2( x − 2)3 = 0 <=> x = 2(TM ) Vậy S = {2} b)Ta có x+ y+z =0

<=> ( y + z ) 2 = (− x) 2 <=> y 2 + z 2 − x 2 = −2 yz Tương tự: z 2 + x 2 − y 2 = −2 zx x 2 + y 2 − z 2 = −2 yx P=

x2 y2 z2 x3 + y 3 + z 3 + + = −2 yz −2 zx −2 yx −2 xyz

Mà

x3 + y 3 + z 3 = ( x + y )3 − 3x 2 y − 3xy 2 + z 3 = (− z )3 − 3xy ( x + y ) + z 3 = 3xy => P =

3xyz −3 = −2 xyz 2

Câu 2 ĐKXĐ: x, y ≠ 0 1 9   x + y + y = x (1)   x + y − 4 = 4 y (2)  x x2 Lấy (1) trừ (2) ta được: 1 4 9 4y + = − y x x x2 4y 5 1 <=> 2 − + = 0 x x y <=> x 2 − 5 xy + 4 y 2 = 0 <=> ( x − 4 y )( x − y ) = 0 x = y <=>  x = 4y

8 = 0 <=> x = y = ±2 x 5 1 = 0 <=> y = ± => x = ±2 Với x = 4y, thế vào (1) có 5 y − 4y 2

Với x = y, thế vào (1) có 2 x −

1 −1   Vậy S = (2; 2);(−2; −2);(2; );(−2; )  2 2   Câu 3:

CMDE = MD + ME + DE = ( BM + CM ) sin 60o + DE = BC.sin 60o + DE Mà BC.sin600 không đổi nên chi vi tam giác MDE nhỏ nhất ⇔ DE nhỏ nhất Tứ giác ADME nội tiếp đường tròn đường kính AM (ADM =AEM =90°) nên tam giác ADEcũng nội tiếp đường tròn đường kính AM, tâm I là trung điểm AM. DIE ) Gọi K là trung điểm DE, suy ra IK ⊥ DE và EIK = BAC (= 2 Gọi R là bán kính đường tròn tâm I đường kính AM thì KE 0,5DE DE DE sin KIE = = = = IE R 2 R AM => DE = AM .sin BAC = AM .sin 60o Vì sin60o không đổi nên DE nhỏ nhất ⇔ AM nhỏ nhất ⇔ M ≡ H (H là chân đường vuông góc hạtừ A xuống BC, mà tam giác ABC đều nên H là trung điểm BC). Vậy khi M là trung điểm BC thì chu vi tam giác MDE nhỏ nhất. Câu 4

x2 y2 x y a ) 2 + 2 ≥ + ( x ≠ 0; y ≠ 0) y x y x <=>

x2 y 2 x y + − − ≥0 y 2 x2 y x

<=>

x 4 + y 4 − x3 y − xy 3 ≥0 x2 y2

<=>

( x − y )( x 3 − y 3 ) ≥0 x2 y2

<=>

( x − y )2 ( x 2 + xy + y 2 ) ≥0 x2 y2

2  1 3 2 ( x − y )  x +  + y  2  4   <=> ≥0 x2 y2 2

(luôn đúng ∀ x,y ≠ 0) c) Tìm minP (a, b > 0)

a 2 + 3ab + b 2 ab (a + b)

(a + b) 2 + ab ab (a + b) 1 3 (a + b) 2 + ab + (a + b) 2 4 =4 ab (a + b) =

1 1 3 3 2 (a + b) 2 + ab (a + b) 2 (a + b) .ab ab 3 5 4 4 4 4 = + ≥ + = 1+ = 2 2 ab (a + b) ab ab (a + b) ab 1 2  (a + b) = ab Dấu bằng xảy ra <=>  4 <=> a = b  a = b 5 Vậy MinP = <=> a = b 2 *Cách khác

a 2 + 3ab + b 2 (a + b) 2 + ab a + b ab 3 a + b 1 a + b ab 3 1 5 = = + = . +( . + ) ≥ .2 + 2 = 4 ab a + b 4 4 2 ab (a + b) ab (a + b) ab a + b 4 ab Câu 5 P=

a) Kẻ đường kính AE của (O), EH cắt (O) tại K’, AK’ cắt EB tại D. Dễ thấy H là trực tâm tamgiác AED nên DH ⊥ AO ⇒ DH // AM (1) Ta có BDH= EAH =HMB nên tứ giác HMDB nội tiếp ⇒ HM ⊥ MD ⇒ DM // AH (2) Từ (1) và (2) ⇒ AHDM là hình bình hành. ⇒ AD đi qua trung điểm I của HM ⇒ K’ là giao của AI với (O) ⇒ K’ ≡ K ⇒ HK ⊥ AI b) Ta có IAM =ABK (cùng chắn cung AK) AMI= OBA (OAMB nội tiếp) Nên IAM+AMI=ABK+OBA AIH=OBK Mặt khác AIH+KHI=90o OBK+KBM=90o =>KHI=KBM ⇒ Tứ giác HKMB nội tiếp =>BKM=BHM=90o Câu 6 2015( x 2 + y 2 ) − 2014(2 xy + 1) = 25 <=> 2014(x − y) 2 + x 2 + y 2 = 2039

Đặt t=|x-y| , t ∈ N do x, y nguyên Xét các trường hợp: TH1: t = 0, tức x = y ⇒ phương trình vô nghiệm TH2: t = 1, tức là x – y = ±1 + Với x – y = 1 hay x = y + 1, phương trình trở thành: ( y + 1) 2 + y 2 = 25 <=> y 2 + y − 12 = 0 y = 3 <=>   y = −4 Với y = 3 thì x = 4; với y = –4 thì x = –3 + Với x – y = –1 hay x = y – 1, phương trình trở thành:

( y − 1) 2 + y 2 = 25 <=> y 2 − y − 12 = 0  y = −3 <=>  y = 4 Với y = –3 thì x = –4; với y = 4 thì x = 3 TH3: t ≥ 2, VT > VP ⇒ phương trình vô nghiệm Vậy các cặp (x;y) thỏa là (4;3), (–3;–4), (–4;–3), (3;4) Cách khác: Sử dụng phương pháp biến đổi phương trình về dạng vế trái là tổng của các bìnhphương. Vế phải là tổng của các số chính phương, hoặc cách điều kiện có nghiệm của phươngtrình bậc hai cũng có thể giải ra đáp số.

Đề số 17. Chuyên Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015 Câu 1: (2.0 điểm) Cho biểu thức: P =

3x + 16 x − 7 x +1 x −3 − − (Với x > 0) x + 2 x −3 x +3 x −1

1.Rút gọn biểu thức P 2.Tính giá trị của biểu thức khi x = 2 2 + 3 Câu 2: (2.0 điểm) 1.Cho phương trình: 2013x 2 − (m − 2014) x − 2015, với m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn

x12 + 2014 − x1 = x2 2 + 2014 + x2

2.Giải phương trình:

1 1 + =3 2 (2 x + 1) (2 x + 2) 2

Câu 3: (2.0 điểm) Tìm nghiệm của phương trình: x3 + y 3 − x 2 y − xy 2 = 5 Câu 4: (3.0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (AB ≠ A, M ≠ B) và I là điểm thuộc đoạn OA (I ≠ O, I ≠ A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng: 1.Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp 2.EF // AB 3.OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn:

x 2 + y 2 + y 2 + z 2 + z 2 + x 2 = 2014 x2 y2 z2 + + y+z z+x x+ y Hết Họ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh:………… Chữ ký của giám thị 1:…………………………………Chữ ký của giám thị 2:………….

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHUYÊN TIN

Câu 1: 1.1 P=

3 x + 16 x − 7 x +1 x −3 − − x + 2 x −3 x +3 x −1

x +1 x −3 3x + 4 x − 7 − − x +3 x −1 ( x + 3)( x − 1)

3 x + 4 x − 7 − ( x + 1)( x − 1) − ( x − 3)( x + 3) ( x + 3)( x − 1)

3x + 4 x − 7 − x + 1 − x + 9 ( x + 3)( x − 1)

x+4 x +3 ( x + 3)( x + 1) = = ( x + 3)( x − 1) ( x + 3)( x − 1)

(0, 25d ) (0,25d)

(0,25d) x +1 x −1

(0,25d)

1.2 x = 2 2 + 3 = ( 2 + 1) 2 (thỏa mãn ĐKXĐ)

=> x = 2 + 1 => P =

(0,5d )

x +1 2 +1+1 2+2 = = = 1+ 2 x −2 2 +1−1 2

(0,5d)

Câu 2: 2.1 Ta có: ∆ = (m − 2014)2 + 4.2013.2015 > 0 với mọi m. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. (0.25 đ) m − 2014   x1 + x2 = 2013 Theo hệ thức Vi – et ta có:   x x = −2015  1 2 2013 Từ

x12 + 2014 − x1 = x2 2 + 2014 + x2 (0,25đ)

2014 = ( x 2 + 2014 + x )( x 2 + 2014 + x ) 1 1 2 2  =>  2014 = ( x12 + 2014 − x1 )( x2 2 + 2014 − x2 ) 2014 = ( ( x 2 + 2014)( x 2 + 2014) + x x 2 + 2014 + x x 2 + 2014 + x x 1 2 2 1 1 2 1 2  =>  2 2 2 2 2014 = ( ( x1 + 2014)( x2 + 2014) − x2 x1 + 2014 − x1 x2 + 2014 + x1 x2 => x12 + 2014( x1 + x2 ) + x2 2 + 2014( x1 + x2 ) = 0 => ( x1 + x2 )( x12 + 2014 + x2 2 + 2014) = 0

(0,25 đ)

=> x1 + x2 = 0 m − 2014 =0 2013 => m = 2014 Vậy m=2014 là giá trị thỏa mãn đề bài. (0.25 đ) 1 1 2.2 Giải phương trình: + = 3 (*) 2 (2 x + 1) (2 x + 2) 2 =>

1 Đk : x ≠ −1; x ≠ − . Đặt 2x+1=t 2 1 1 PT (*) <=> 2 + =3 t (t + 1) 2 1 1 2 2 <=> ( − ) + −3 = 0 (0, 25d) t t +1 t (t + 1) Đặt y =

1 ta có pt: t (t + 1)

y2 + 2 y − 3 = 0 y =1 <=>  (0, 25d )  y = −3 Với y=1 => 1 = 1 => t 2 + t − 1 = 0 t (t + 1)

 −1 + 5 −3 + 5 => x = t = 2 4 (TM ) =>  (0,25d)  −1 − 5 −3 − 5 => x = t =  2 4 1 1 = −3 => t 2 + t + = 0(VN ) Với y=-3 t (t + 1) 3 Vậy pt có hai nghiệm x1 =

Câu 3 :

−3 + 5 −3 − 5 ; x2 = 4 4

(0,25đ)

x3 + y 3 − x 2 y − xy 2 = 5 <=> ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) − xy(x + y) = 5 <=> (x + y)(x 2 − 2 xy + y 2 ) = 5

(0, 25d )

<=> (x + y)(x − y) 2 = 5 Do (x-y)2 ≥ 0 và x y thuộc Z nên xảy ra hai trường hợp:  x + y = 5 x = 3 <=>   x + y = 5 x − y = 1 y = 2 =>  Th1:  2 x = 2 ( x − y ) = 1   x + y = 5 <=>   y = 3   x − y = −1

(0, 25d )

 x + y = 1 x + y = 1 => (L) (0, 25d ) Th2:   2 ( x − y ) = 5 x − y = ± 5    Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên ( x; y ) ∈{(3; 2);(2;3)} Câu 4 :

4.1 CM: Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp: C/m được các tứ giác ACMI BDMI nội tiếp ( đ) I = A1  o o o Do đó: 1  => I1 + I 2 = A1 + B1 Mà A2 + B2 = 90 Và A1 + A2 + B1 + B2 = 180 => I1 + i2 = 90 (0,25đ) I 2 = B1 

=> EIF = EMF = 90o Tứ giác MEIF nội tiếp được. (0.25 đ) 4.2 CM: EF // AB: Tứ giác MEIF nội tiếp (câu 1) => I1 = F1 Tứ giác ACMI nội tiếp (câu 1) => I1 = A1

(0,5đ)

Trong (O) B2 = A1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM) ( 0,25Đ) Do đó => B2 = F1 , mà chúng ở vị trí đồng vị => EF // AB. (0.25 đ)

4.3 CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM, DFM Ta có OA = OM => M1 = A2 Mà C1 = A2 (cùng chắn cung IM) => C1 = M1 => OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1). (0.5 đ)

Lại có: OM = OB => M 2 = B2 mà D1 = B2 (cùng chắn cung IM) => D1 = M 2 => OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF (2). (0.5 đ) Từ (1) và (2) =>ĐPCM Câu 5:

Đặt a = x 2 + y 2 ; b = y 2 + z 2 ; c = z 2 + x 2 (*) => a + b + c = 2014(1)

a 2 − b 2 + c 2 2 a 2 + b 2 − c 2 2 −a 2 + b 2 + c 2 ;y = ;z = 2 2 2 Áp dụng BĐT Cau chy ta có:

Từ (*) => x 2 =

y + z ≤ 2( y 2 + z 2 ) = b 2 z + x ≤ 2(z 2 + x 2 ) = c 2 (0,25đ) x + y ≤ 2(x 2 + y 2 ) = a 2

Từ đó ta có: x2 y2 z2 1 a 2 − b2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 −a 2 + b 2 + c 2 T= + + ≥ ( + + ) y+ z z+ x x+ y 2 2 b c a

a 2 c2 a2 b2 b2 c 2 + + + + + − a − b − c)(2) (0,25d) c a a 2 2 b b c Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có: a2 c2 a2 b2 b2 c2 + b ≥ 2a; + b ≥ 2c; + c ≥ 2a; + c ≥ 2b; + a ≥ 2b; + a ≥ 2c (0, 25d ) b b c c a a a2 c 2 a 2 b2 b2 c 2 => + + + + + ≥ 4(a + b + c) − 2(a + b + c) = 2(a + b + c)(3) b b c c a a 1 Từ (2) và (3)=> T ≥ (a + b+ c)(4) 2 2 1 .2014. Từ (1) và (4) => T ≥ 2 2 2014 2014 Vậy TMIN = khi x=y=z= 2 2 3 2 T≥

(

Đề số 18. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2014-2015

2 2 2 − − a − 16 a −4 a +4 1.Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C.

Bài 1: (2,0 điểm): Cho biểu thức: C =

2.Tìm giá trị của biểu thức C khi a = 9 − 4 5 Bài 2: (2,0 điểm) (m − 1) x + y = 2 Cho hệ phương trình:  (m là tham số)  mx + y = m + 1 1.Giải hệ phương trình khi m = 2. 2.Chứng minh rằng với mọi m, hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn: x + 2 y ≤ 3

Bài 3: (2,0 điểm): 1.Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): y=mx-m+2 cắt Parabol (P): y = 2 x 2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung. 3 x + 2 y = 4 − x − 2 y (1) 2.Giải hệ phương trình:  3  2 x + 6 + 2 y = 2(2) Bài 4: (3,0 điểm): Cho đường tròn O đường kính BC và một điểm A nằm bất kì trên đường tròn (A khác B và C). Gọi AH là đường cao của DABC, đường tròn tâm I đường kính AH cắt các dây cung AB, AC tương ứng tại D, E. 1.Chứng minh rằng: góc DHE bằng 90o và AB.AD=AC.AE 2.Các tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D và E cắt BC tương ứng tại G và F. Tính số đo góc GIF. 3.Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để tứ giác DEFG có diện tích lớn nhất. xyz ( x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 ) Bài 5: (1,0 điểm): Cho ba số thực x, y, z. Tìm giá trị lớn nhất biểu thức S = ( x 2 + y 2 + z 2 )( xy + yz + zx )

LỜI GIẢI VÀ THANG ĐIỂM TOÁN CHUNG LAM SƠN Ngày thi: 17/06/2014 Câu 1: 1/Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa, rút gọn C. a ≥ 0 a ≥ 0 a − 16 ≠ 0   a ≠ 16 =>  => a ≥ 0, a ≠ 16 +Biểu thức C có nghĩa khi   a −4≠ 0 a ≠ 16  a +4≠ 0 ∀a ≥ 0 

(0, 25d)

+Rút gọn biểu thức C a 2 2 C= − − a − 16 a −4 a +4 a 2 2 = − − ( a − 4)( a + 4) a −4 a +4

a − 2( a + 4) − 2( a − 4) ( a − 4)( a + 4)

a − 2 a −8− 2 a +8 ( a − 4)( a + 4)

a−4 a ( a − 4)( a + 4)

a ( a − 4) ( a − 4)( a + 4)

a a +4

(1,25d)

2/ Tìm giá trị của biểu thức C khi a = 9 − 4 5 Ta có: a = 9 + 4 5 = 4 + 4 5 + 5 = (2 + 5) 2 => a = 2 + 5 Vậ y C =

a 2+ 5 2+ 5 = = a +4 2+ 5 +4 6+ 5

(0,5đ)

Câu 2: 1/Giải hệ phương trình khi m = 2. Khi m = 2 thay vào ta có hệ phương trình (2 − 1) x + y = 2 x + y = 2 x = 1 x = 1 <=>  <=>  <=>   2 x + y = 2 + 1 2 x + y = 3 x + y = 2 y =1

(0,75đ)

x = 1 Kết luận: Với m = 2 hệ phương trình có một nghiệm duy nhất  (0,25đ) y =1 2/Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn 2 x + y ≤ 3 (m − 1) x + y = 2  y = 2 − (m − 1) x  y = 2 − (m − 1) x <=>  <=>   mx + y = m + 1  mx + 2 − (m − 1) x = m + 1 mx + 2 − mx + x = m + 1  y = − m 2 + 2m + 1  y = 2 − (m − 1) x  y = 2 − (m − 1)(m − 1) <=>  <=>  <=>  x = m −1 x = m− 1 x = m −1

Vậy với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất:  y = − m 2 + 2m + 1  x = m −1 Ta có:

(0,5đ)

2 x + y − 3 = 2(m − 1) − m 2 + 2m + 1 − 3 = − m 2 + 4m − 4 = −(m − 2) 2 ≤ 0 <=> 2 x + y − 3 ≤ 0 <=> 2 x + y ≤ 3

(0,5d)

Câu 3: 1/Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình:

2 x 2 = mx − m + 2 <=> 2 x 2 − mx + m − 2 = 0(1) ∆ = m2 − 4.2(m − 2) = m 2 − 8m + 16 = (m − 4) 2 Để đường thẳng (d): y = mx – m + 2 cắt Parabol (P): y = 2 x 2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung thì  (m − 4) 2 > 0 ∆ > 0 m ≠ 4   m  =>  m > 0 => m > 2, m ≠ 4  x1 + x2 > 0 =>  > 0 2 x x > 0  m > 2   1 2 m − 2 0 >  2 Kết luận: Để đường thẳng (d): y = mx – m + 2 cắt Parabol (P): y = 2 x 2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung thì: m > 2, m ≠ 4

(1đ)

3 x + 2 y = 4 − x − 2 y (1) 2/Giải hệ phương trình:  3  2 x + 6 + 2 y = 2(2)

x + 2 y ≥ 0 x + 2 y ≥ 0 =>  (*) Điều kiện:  2 y ≥ 0 y ≥ 0 Đặt

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

3t = 4 − t 2 => t 2 + 3t − 4 = 0 1 + 3 – 4 = 0, nên phương trình có hai nghiệm t = 1 và t = -4 (loại) Với t = 1=> x + 2 y = 1 => x + 2 y = 1 => x = 1 − 2 y thay vào phương trình (2) ta có

2(1 − 2 y ) + 6 + 2 y = 2

<=> 3 −4 y + 8 + 2 y = 2 <=> 3 −4 y + 8 = 2 − 2 y <=> −4 + 8 = 8 − 12 2 y + 12 y − 2 y 2 y <=> 16 y − 12 2 y − 2 y 2 y = 0 <=> 8 y − 6 2 y − y y = 0 <=>

y (− 2 y + 8 y − 6 2) = 0

<=>

y ( y − 2)( 2 y − 6) = 0

  y = 0 => y = 0 => x = 1(TM (*))  <=>  y = 2 => y = 2 => x = −3(TM (*))   y = 6 => y = 18 => x = −35(TM (*))  2 Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm (x;y)=(1;0);(-3;2);(-35;18) Câu 4:

(1đ)

1.Chứng minh DHE=90o =E =>ADHE là hình chữ nhật => DHE=90o Tứ giác ADHE có: A=D Chứng minh: AB. AD = AC. AE Xét hai tam giác vuông HAB và HAC ta có: AB.AD=AH2=AC.AE ( 1đ 2/Tính góc GIF DHE=90o=>DE là đường kính => I thuộc DE 1 1 1 => GIF = DIH + HIE = DIE = 90o (1đ) 2 2 2 3/Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đường cao DE = AH 1 1 Hai đáy DG=GH=GB= BH và EF=FC=FH= HC 2 2 =>Diện tích tứ giác DEFG là

)

1 ( HB + HC ). AH BC. AH 2 = Lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi 2 4 Ta có: AH lớn nhất =>AH là đường kính => A là trung điểm cung AB (1.0 đ) Câu 5: Theo Bunhia: ( x + y + z ) 2 ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) => x + y + z ≤ 3 x 2 + y 2 + z 2 => S ≤

xyz ( 3 x 2 + y 2 + z 2 + x 2 + y 2 + z 2 ) = ( x 2 + y 2 + z 2 )( xy + yz + zx)

=> S ≤ =>Smax=

xyz ( 3 + 1) 3 6 x2 y 2 z 2 3 x2 y 2 z 2 3 +1 khi x=y=z 3 3

xyz ( 3 + 1) x 2 + y 2 + z 2 ( xy + yz + zx)

3 +1 3 3

(1đ)

Chú ý: 1/Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm 2/Làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Đề Số 19. Chuyên Năng Khiếu - HCM. Năm học: 2014-2015 Câu I. Cho phương trình (m2 + 5) x 2 − 2mx − 6m = 0(1) với m là tham số. c) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. d) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn điều kiện ( x1 x2 − x1 + x2 ) 4 = 16  2(1 + x y ) 2 = 9 y x Câu II. 1) Giải hệ phương trình  2  2(1 + y x ) = 9 x y 2) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức ( MC + MA)( NB + NA) ≥ 3+ 2 2 MA.NA 1 1 1 Câu III. Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho + = a b c c) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố. d) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố Câu IV. Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI, CJ cắt AB lần lượt tại M, N. d) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC. e) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy. f) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Câu V. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. c) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. d) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40. ........................Hết......................

ĐÁP ÁN Câu I. c) Phương trình (1) có hệ số a = m 2 + 5 > 0 nên là phương trình bậc hai ẩn x. Do đó Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2

<=> ∆ ' = m2 + (m 2 + 5).6m > 0 <=> m 2 + 6m3 + 30m > 0 <=> m(6m 2 + m + 30) > 0 1 119   <=> m 5m 2 + (m + )2 +  > 0 2 4  > 0 ∀m

<=> m > 0

2m m2 + 5 Xét m2 + 5 − 2m = (m − 1)2 + 4 > 0 . Mà m>0 => m2 + 5 > 2m > 0

Khi đó theo định lý Vi–ét ta có: x1 + x2 =

2m < 1 => 0 < x1 + x2 < 1 m2 + 5 Vậy tổng hai nghiệm của (1) không thể là số nguyên. d) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 => 0 <

1 119   ∆ ' ≥ 0 <=> m 5m 2 + ( m + ) 2 + ≥0 2 4   <=> m ≥ 0 2m   x1 + x2 = m 2 + 5 Khi đó, theo định lý Vi–ét:   x x = −6 m 1 2 m2 + 5  Ta có:

( x1 x2 − x1 + x2 )4 = 16  x1 x2 − x1 + x2 = 2 <=>   x1 x2 − x1 + x2 = −2

TH 1: x1 x2 − x1 + x2 = 2 <=>

−6m 2m − = 2(2) 2 m +5 m2 + 5

Đặt t =

2m ; t ≥ 0 phương trình (2) trở thành −3t 2 − t − 2 = 0 m2 + 5

Xét ∆ = 12 − 4(−3)(−2) = −23 < 0 ⇒ (2) vô nghiệm. TH 2 : x1 x2 − x1 + x2 = −2 <=>

−6 m 2m − = −2(3) 2 m +5 m2 + 5

2m ; t ≥ 0 phương trình (3) trở thành −3t 2 − t + 2 = 0 m2 + 5 <=> (t + 1)(3t − 2) = 0

Đặt t =

t = −1( L)   m = 2(TM ) <=>  2 2m 4 2 = <=> 4m − 18m + 20 = 0 <=> (m − 2)(4m − 10) = 0 <=>  t = (T M ) => 2 2  m = (TM ) 3 m + 5 9  5  

 2 Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m ∈ 2;   5 Câu II.  2(1 + x y ) 2 = 9 y x (I)  2  2(1 + y x ) = 9 x y ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0

Đặt a = x y ; b = y x , điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0. Hệ (I) trở thành 2 2(1 + a) = 9b(1)  2 2(1 + b) = 9a (2)

Lấy (1) trừ (2) ta được: 2(1 + a ) 2 − 2(1 + b) 2 = 9(b − a) <=> 2(a − b)(a + b + 2) + 9(a − b) = 0 <=> ( a − b)(2 a + 2b + 13) = 0 > 0 ∀a ,b > 0

<=> a = b Thay a = b vào (1) ta có

  x  a = 2 => b = 2(TM ) =>    y   2(1 + a ) 2 = 9a <=>  x   1 1   a = => b = (TM ) =>  2 2 y    Vậy hệ phương trình có nghiệm

(

y =2 x =2

<=> x = y = 3 4

1 2 <=> x = y = 3 1 1 4 x= 2

 1 1 4; 3 4 ;  3 ; 3   4 4

)

Vì BM, CN lần lượt là phân giác góc ABC, ACB nên theo tính chất đường phân giác, ta có:

BC 2 = AB 2 + AC 2 ≥ 2 AB. AC =>

BC 2 ≥2 AB.BC

BC BC BC BC + ≥2 . ≥2 2 AB AC AB AC ( MA + MC )( NB + NA) => ≥ 1+ 2 + 2 2 = 3 + 2 2 MA.NA Câu III. 1 1 1 a+b 1 = => c(a + b) = ab(*) c) Ta có: + = => a b c ab c Giả sử a + b là số nguyên tố, khi đó từ (*) ⇒ ab ⋮ (a + b) ⇒ a ⋮ (a + b) hoặc b ⋮ (a + b) Điều này mâu thuẫn do 0 < a < a + b, 0 ca+cb=ab=>ca+ab=2ab-ab=>a(b+c)=b(2a-c) ⇒ a( b + c) ⋮ b (**) Mà b + c là số nguyên tố, b là số nguyên dương nhỏ hơn b + c nên (b + c, b) = 1 Do đó từ (**) suy ra a ⋮ b. Chứng minh tương tự ta có b(a + c) = a(2b – c) ⇒ b ⋮ a Vậy a = b. Từ (*) ⇒ a = b = 2c Do đó a + c = b + c = 3c, không là số nguyên tố với c > 1 (mâu thuẫn với giả sử) Vậy a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố. Câu IV.

d) Ta có: HCA =ABC (cùng phụ với HCB ) Vì CN là phân giác của góc HCB nên HCN =BCN Do đó CAN= HCA +HCN= ABC +BCN Mặt khác, xét ∆ BCN với góc ngoài ANC ta có: ANC= ABC+ BCN Suy ra CAN= ANC ⇒ ∆ ACN cân tại A ⇒ AC = AN. Chứng minh tương tự ta có BC = BM. e) Vì CM, CN lần lượt alà phân giác của góc ACH và BCH nên 1 1 1 MCN = MCH + NCH = ACH + BCH = ACB = 45o 2 2 2

Tam giác ACN cân tại A có AI là phân giác kẻ từ đỉnh A, nên cũng là trung trực của đáy CN. ⇒ IC = IN. ⇒ ∆ ICN cân tại I. Tam giác ICN cân tại I có ICN=45o nên là tam giác vuông cân tại I ⇒ CI ⊥ IN Chứng minh tương tự ta có CJ ⊥ MJ. Tứ giác MIJN có MIN=MJN=90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, I, J, N cùng thuộc một đường tròn. Vì CH ⊥ MN, MJ ⊥ CN, NI ⊥ CM nên CH, MJ, NI đồng quy tại trực tâm của ∆ CMN. f) Đặt AC = b; BC = a => a 2 + b2 = BC 2 = 4 R2 ( Pi − ta − go) Theo câu a, ta có AN=AC= b; BM=BC=b Do đó a+b=AN+BM=BC+MN=>MN=a+b-BC=a+b-2R Ta có: ( a − b ) 2 ≥ 0 => 2 ab ≤ a 2 + b 2 => ( a + b ) 2 ≤ 2( a 2 + b 2 ) = 8 R 2 <=> a + b ≤ 2 2 R => MN = a + b − 2 R ≤ 2 R ( 2 − 1)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ CA = CB ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vì C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên CH ≤ R. 1 1 Do đó SCMN = CH .MN ≤ R.2.R( 2 − 1) = R 2 ( 2 − 1) 2 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 2 R ( 2 − 1) và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CMN là R 2 ( 2 − 1) đều xảy ra khi và chỉ khi C là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB. Câu V. c) Gọi 5 số tự nhiên đã cho là a, b, c, d, e. Do chúng đôi một phân biệt nên có thể giả sử a d + e ⇒ a + b + c ≥ d + e + 1 Suy ra a ≥ d + e + 1 – b – c. Vì b, c, d, e là số tự nhiên nên từ d > c ⇒ d ≥ c + 1; c > b ⇒ c ≥ b + 1 Suy ra d ≥ b + 2 ⇒ d – b ≥ 2 e>d⇒e≥d+1⇒e≥c+2⇒e–c≥2 Do đó a ≥ (d – b) + (e – c) + 1 ≥ 5. Suy ra b, c, d, e > 5 Vậy tất cả các số đều không nhỏ hơn 5. d) Nếu a ≥ 6 ⇒ b ≥ a + 1 ≥ 7. Tương tự c ≥ 8, d ≥ 9, e ≥ 10 ⇒ a + b + c + d + e ≥ 40 (mâu thuẫn) Suy ra a < 6. Mà theo câu a ta có a ≥ 5 ⇒ a = 5. Ta có 5 + b + c ≥ d + e + 1 ⇒ b + c ≥ d + e – 4. Mà d – 2 ≥ b, e – 2 ≥ c ⇒ d + e – 4 ≥ b + c. Do đó b = d − 2 =>a+b+c+d+e=5+2b+2c+4<40  c = e − 2 31 31 => b + c < => b + (b + 1) ≤ b+ c < => b ≤ 7 2 2 Suy ra b = 6 hoặc b = 7

Nếu b = 6 thì d = b + 2 = 8. Vì b < c < d nên c = 7 ⇒ e = c + 2 = 9. Nếu b = 7 thì d = b + 2 = 9. Vì b < c < d nên c = 8 ⇒ e = c + 2 = 10. có hai bộ thỏa mãn đề bài là (5;6;7;8;9) và (5;7;8;9;10).

Đề số 20. Chuyên Hà Nội Amsterdam. Năm học: 2014-2015 Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x − x − 8 − 3 x + 1 = 0.

 x 2 + y 2 = 5 2) Giải hệ phương trình  3 3  x + 2 y = 10 x − 10 y Bài II (2,5 điểm). 1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh (n4 − 1)⋮ 40  p − 1 = 2 x ( x + 2) 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn  2  p − 1 = 2 y ( y + 2)

3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn

x3 + y3 + z 3 = nx2 y 2 z 2 Bài III (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh ab + ac + bc ≤

3 4

Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC. 1) CMR: MH.MA = MP.MN 2) CMR : E, F, H thẳng hàng. 3) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC để AB AC + nhỏ nhất. QJ QI

Bài V (1,0 điểm) Chứng minh tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho 0 < a + b 2 + c 3 <

1 1000

ĐÁP ÁN

Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x − x − 8 − 3 x + 1 = 0. (1)

ĐK: x ≥ 8

(1) ⇔ 2 x − 2 x − 8 − 6 x + 2 = 0 ⇔ ( x − 8 − 2 x − 8 + 1) + ( x − 6 x ⇔ ( x − 8 − 1) 2 + ( x − 3) 2 = 0(2)   Ta có:   

( (

)

x − 8 −1 ≥ 0

)

⇒

x −3 ≥ 0

(

) (

x − 8 −1 +

)

x −3 ≥ 0

 x − 8 − 1 = 0 Do đó (2) ⇔  ⇔ x = 9 (thỏa mãn)  x − 3 = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình là {9}

 x 2 + y 2 = 5 (I) 2) Giải hệ phương trình  3 3  x + 2 y = 10 x − 10 y  x 2 + y 2 = 5 (I ) ⇔  3 3 2 2  x + 2 y = 2( x + y )( x − y )(*) (*) ⇔ x 3 + 2 y 3 = 2 x3 − 2 x 2 y + 2 xy 2 − 2 y 3

⇔ x 3 − 2 x 2 y + 2 xy 2 − 4 y 3 = 0 ⇔ ( x − 2 y )( x 2 + 2 y 2 ) = 0 x = 2y ⇔ 2 2 x + 2y = 0 Ta có x 2 + 2 y 2 = 0 ⇔ x = y = 0 không là nghiệm của hệ.  x2 + y 2 = 5 4 y 2 + y 2 = 5 y =1  y = −1 Do đó ( I )  ⇔ ⇔ hay  x = 2  x = −2 x = 2y x = 2 y

Vậy hệ có nghiệm (2;1) và (–2;–1)

Bài II (2,5 điểm). 1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh (n4 − 1)⋮ 40 Vì n và 10 nguyên tố cùng nhau nên n không chia hết cho 2 và 5.

⇒ n chỉ có thể có dạng 10k ± 1 và 10k ± 3 với k ∈ ℝ. Ta có: n4 − 1 = (n2 − 1)(n2 + 1) = (n − 1)(n + 1)(n2 + 1) Do n lẻ nên n – 1 ⋮ 2; n + 1 ⋮ 2 và n2 + 1 ⋮ 2 ⇒ n4 – 1 ⋮ 8. (1) • Nếu n = 10k ± 1 ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ n2 – 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (2) Từ (1) và (2), chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1 ⋮ 40 • Nếu n = 10k ± 3 ⇒ n2 ≡ (±3)2 = 9 (mod 10) ⇒ n2 + 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (3) Từ (1) và (3) chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1⋮ 40 Vậy trong mọi trường hợp ta có n4 – 1 ⋮ 40  p − 1 = 2 x ( x + 2) 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn  2  p − 1 = 2 y ( y + 2)

Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ. Trừ từng vế của (2) cho (1) ta được p 2 − p = 2 y 2 − 2 x 2 + 4 y − 4 x ⇔ p( p − 1) = 2( y − x)( y + x + 2)(*)

⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p. Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH: • y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℝ*) Khi đó từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2) (loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2> 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k) • y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ ℝ*) Từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x) (**) Ta chứng minh k = 1. Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x) (vì y – x > 0) ⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x Do đó từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1) (vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1))

⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ. Do đó k = 1, suy ra

x + y + 2 = p x + y + 2 = p x + y + 2 = p  y = 3x + 1 ⇔ ⇔ ⇔   p − 1 = 2( y − x)  x + y + 1 = 2( y − x)  y = 3x + 1  p −1 = 4x + 2 Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có: 4 x + 2 = 2 x( x + 2) ⇔ 2 x + 1 = x 2 + 2 x ⇔ x 2 = 1 ⇒ x = 1

⇒ y = 4, p = 7 (thỏa mãn) Vậy x = 1, y = 4 và p = 7.

3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn

x3 + y3 + z 3 = nx2 y 2 z 2 (1) Giả sử n là số nguyên dương sao cho tồn tại các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn (1) Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1. Từ (1) ⇒ 0 < y 3 + z 3 = x 2 (ny 2 z 2 − 1) ⇒ ny 2 z 2 − 1 > 0 ⇒ ny 2 z 2 − 1 ≥ 1

⇒ y3 + z 3 = x2 (ny 2 z 2 − 1) ≥ x2 (*) Vì x ≥ y ≥ z nên 3x3 ≥ x3 + y 3 + z 3 = nx 2 y 2 z 2 ⇒ ny 2 z 2 ⇒ 9 x 2 ≥ n2 y 4 z 4  z3  Kết hợp với (*) ta có 9 ( y 3 + z 3 ) ≥ 9 x 2 ≥ n 2 y 4 z 4 ⇒ 9  1 + 3  ≥ n 2 yz 4 y  

Mà y ≥ z ⇒

 z3 z3  2 4 ≤ 1 ⇒ n yz ≤ 9 1 +   ≤ 18(**) y3 y3  

z =1 Ta có: (**) ⇒ z 4 ≤ 18 ⇒  z = 2 • Nếu z = 2 : (**) ⇒ 16n 2 y ≤ 18 ⇒ n = y = 1 (loại vì y < z) • Nếu z = 1 : (**) ⇒ n2 y ≤ 18 ⇒ n2 ≤ 18 ⇒ n ≤ 4 Ta chứng minh n ∉ {2;4}. Thật vậy, *Nếu n = 4 thì từ n2y ≤ 18 ⇒ 16y ≤ 18 ⇒ y = 1. Từ (1) ⇒ x3 + 2 = 4x2⇒ x2(4 – x) = 2 ⇒ x2 là ước của 2 ⇒ x = 1 (không thỏa mãn) *Nếu n = 2 thì từ n2y ≤ 18 suy ra 4y ≤ 18 ⇒ 1 ≤ y ≤ 4. + y = 1: (1) ⇒ x3 − 2 x 2 + 2 = 0 ⇒ x 2 ( x − 2) = −2 < 0 ⇒ x < 2 ⇒ x = 1( L) + y = 2 : (1) ⇒ x3 − 8 x 2 + 9 = 0 ⇒ 9 = x 2 (8 − x). Suy ra x2 là ước của 9. Mà x2 ≥ y2 = 4 nên x=3 (không thỏa mãn)

+ y = 3: (1) ⇒ x3 − 18 x 2 + 28 = 0 ⇒ x 2 (18 − x) = 28. Suy ra x2 là ước của 28. Mà x2 ≥ y2 = 9 nên không tồn tại x thỏa mãn. + y = 4 : (1) ⇒ x3 − 32 x 2 + 65 = 0 ⇒ x 2 là ước của 65 (loại vì 65 không có ước chính phương) Vậy n ∉ {2;4}. Do đó n ∈ {1;3} Thử lại với n = 1, tồn tại bộ (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1) với n = 3, tồn tại bộ (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1). Vậy tất cả các giá trị n thỏa mãn bài toán là n ∈ {1;3}

Bài III (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh ab + ac + bc ≤ Áp dụng BĐT Cô–si cho ba số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có:

3 (a + b) + (b + c) + (c + a ) ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a) = 3 ⇒ a + b + c ≥ (2) 2 Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có:  a + b ≥ 2 ab  1 b + c ≥ 2 ac ⇒ 1 = (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 8abc ⇒ abc ≤ (3) 8  c + a ≥ 2 ca  Biến đổi (1), chú ý 2 BĐT (2) và (3), ta được:

(a + b)(b + c)(c + a ) = 1 ⇔ (a + b)(bc + ba + c 2 + ca ) = 1 ⇔ (a + b)(bc + ba + ca ) + ac 2 + bc 2 = 1 ⇔ (a + b)(ab + bc + ca ) + c(ab + bc + ca ) − abc = 1 ⇔ (a + b + c)(ab + bc + ca ) − abc = 1 1 1 + abc 8=3 ⇔ ab + bc + ca = ≤ a+b+c 3 4 1+

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

Bài IV (3,0 điểm)

1 . 2

3 4

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC.

1) CMR: MH.MA = MP.MN 1) Xét tứ giác ANMB có ANB = AMB = 90o nên nó là tứ giác nội tiếp ⇒ BAM = BNM hay PAM = HNM (1) Xét tứ giác CNHM có HNC + HMC = 90o + 90o = 180o nên nó là tứ giác nội tiếp => NHM + NCM = 180o (2) Tứ giác APMC có APC = AMC = 90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ APM + ACM = 180o (3) Từ (2) và (3) ⇒ NHM = APM (4) Từ (1) và (4) ⇒ ∆NHM ~ ∆APM (g.g) ⇒

NM HM = ⇒ MH .MA = MN .MP. AM PM

2) CMR : E, F, H thẳng hàng. Gọi K là giao BH và QE, L là giao CH và QF. Tứ giác AJQI có AIQ + AJQ = 90o + 90o = 180o nên là tứ giác nội tiếp ⇒JAI + JQI = 180o Mà JAI + BQC = 180o (do ABQC là tứ giác nội tiếp) nên JQI = BQC => BQE = CQF (5) Vì E, F đối xứng với Q qua AB, AC nên BQ = BE, CQ = CF ⇒ ∆ BEQ và ∆ CQF cân => CQF = CFQ (6) . Từ (5) và (6) suy ra CFL = BQK (7) Ta có LH // QK (cùng vuông góc AB); KH // QL (cùng vuông góc AC) nên QKHL là hình bình hành ⇒ QKH = QLH = FLC hay QKB = FLC (8) Từ (7) và (8) ⇒∆QKB ~ ∆FLC (g.g) =>

QK QB = FL FC

Hai tam giác cân BQE và CFQ đồng dạng, nên

QB QE QK QE QK FL = ⇒ = ⇒ = FC QF FL QF QE FQ

Mà QK = LH (do QKHL là hình bình hành) nên

Vì LH’ // QE nên theo định lý Ta–lét ta có:

LH FL = QE FQ

LH ' FL = QE FQ

Do đó LH = LH’ ⇒ H’ ≡ H ⇒ H ∈ EF ⇒ H, E, F thẳng hàng. 3) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC để AB AC + nhỏ nhất. QJ QI Vẽ QD ⊥ BC tại D. Trên cạnh BC lấy điểm G sao cho CQG = BQA => BQG = CQA Vì ABQC là tứ giác nội tiếp nên BAQ = GCQ => ∆BAQ ~ ∆GCQ (g.g) =>

Vì JAQ = DCQ ; QJA = QDC = 90o => ∆JAQ ~ ∆DCQ (g.g) =>

Do đó

BA AQ = GC CQ

AQ JQ = CQ DQ

BA JQ AB GC = ⇒ = GC DQ QJ DQ

Chứng minh tương tự ta có: AC GB = QI DQ AB AC GC + GB BC ⇒ + = = QJ QI DQ DQ

Vì BC không đổi nên

AB AC + nhỏ nhất ⇔ DQ lớn nhất ⇔ Q là điểm chính giữa cung BC nhỏ của đường QJ QI

tròn (O).

Bài V (1,0 điểm) Chứng minh tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho 0 < a + b 2 + c 3 <

1 1000

Xét nửa khoảng A = (0;1]. Chia nửa khoảng này thành 1000 nửa khoảng

1  2    1  n −1 n   999  A1 =  0; , A2 =  ; ,..., An =  ; ,..., A1000 =  ;1     1000   1000 1000   1000 1000   1000  Xét bộ số x1 ; x2 ;...; x1001 với xk = 1 − k 2  + k 2( k ∈ ℕ*, k ≤ 1001)

Với mọi k ta có − k 2 < 1 − k 2  ≤ 1 − k 2 (tính chất phần nguyên) nên 0 < 1 − k 2  + k 2 ≤ 1 ⇒ xk ∈ A

⇒ xk thuộc một trong các 1000 khoảng A1, A2,..., A1000 Có 1001 số xk mà có 1000 nửa khoảng, do đó tồn tại 2 số xi , x j thuộc cùng một nửa khoảng Am nào đó

0 ≤| xi − x j |<

1 . 1000

Đặt a = 1 − i 2  − 1 − j 2  , b = i − j => xi − x j = a + b 2 + 0. 3 Mà a là số nguyên, b 2 là số vô tỷ nên a + b 2 ≠ 0 ⇒| xi − x j |> 0 Do đó 0 <| xi − x j |<

1 1 ⇒ 0 < a + b 2 + 0. 3 < 1000 1000

Vậy tồn tại các số nguyên a, b, c thỏa mãn đề bài.

Đề số 21. Chuyên Bắc Giang. Năm học: 2015-2016 Câu I: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 1) 2 x 2 + ( 3 − 2) x − 3 = 0 2) x 4 − 2 x 2 − 8 = 0

2 1  x+ y =3 3)  2 3  2 x + 3 y = 13

Câu II: 1) Cho biểu thức: A =

x − 11 x 2 x −1 − + x− x −2 x +1 x −2

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa, khi đó rút gọn A b) Tìm số chính phương x sao cho A có giá trị là số nguyên 2) Tìm giá trị m để phương trình: x 2 + mx + m2 − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho: x1 + 2x2 = 0

Câu III: Cho quãng đường AB dài 150 km. Cùng một lúc có xe thứ nhất xuất phát từ A đến B, xe thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì 2 xe gặp nhau. Biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút. Tính vận tốc mỗi xe.

Câu IV: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên (O). C ≠ A,B. Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A,B lần lượt tại P,Q 1) Chứng minh: AP.BQ = R2 2) Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ 3) Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC. Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp. 4) Xác đinh vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất

Câu V: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

a4 b4 c4 1 + + ≥ (a + 2)(b + 2) (b + 2)(c + 2) (c + 2)(a + 2) 3

ĐÁP ÁN Câu I: 1) 2 x 2 + ( 3 − 2) x − 3 = 0 (1) Phương trình (1) là phương trình bậc hai có tổng các hệ số a + b + c = 2 + ( 3 − 2) + ( − 3) = 0 nên có hai nghiệm x1 = 1; x2 =

c 3 =− a 2

 3  Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 1; −  2   2) x 4 − 2 x 2 − 8 = 0 (2)

Đặt t = x 2 , với t ≥ 0 phương trình (2) trở thành

t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔ (t + 2)(t − 4) = 0 ⇔ t = –2 (loại) hoặc t = 4 (thỏa mãn) Với t = 4 thì x2 = 4 ⇔ x = ±2 Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là {–2;2}

2 1  x+ y =3 3)  2 3  2 x + 3 y = 13 Ta có:

2 1  x + y = 3 3x + 4 y = 18 6 x + 8 y = 36 ⇔ ⇔ 3 2 2 x + 3 y = 13  6 x + 9 y = 39 2 x + 3 y = 13 y = 3 y = 3 x = 2 ⇔ ⇔ ⇔ 6 x + 9 y = 39 6 x + 9.3 = 39 y = 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2;3)

Câu II:

1) A =

x − 11 x 2 x −1 − + x− x −2 x +1 x −2

a) Để A có nghĩa, điều kiện là: x ≥ 0  x ≥ 0 x − x − 2 ≠ 0  x ≥ 0 ⇔ ⇔  x ≠ 4  x ≠ 2  x −2 ≠ 0   x +1 ≠ 0

Với điều kiện trên, ta có: A=

x − 11 x 2 x −1 − + x− x −2 x +1 x −2

x − 11 − x ( x − 2) + (2 x − 1)( x + 1) ( x + 1)( x − 2)

x − 11 − ( x − 2 x ) + (2 x + x − 1) ( x + 1)( x − 2)

x + 4 x − 12 ( x − 2)( x + 6) = ( x + 1)( x − 2) ( x + 1)( x − 2)

x +6 x +1

x +6 với x ≥ 0 và x ≠ 4. x +1

Vậ y A =

b) Ta có: A =

x +6 =1+ x +1

5 x +1

Để A có giá trị là số nguyên thì

5 là số nguyên x +1

x + 1 là ước của 5 (*) Mặt khác – Nếu

x + 1 ≥ 1 nên (*) ⇔ x + 1 ∈{1; 5}

x + 1 = 1 ⇒ x = 0 (tm)

– Nếu x + 1 = 5 ⇒ x = 16 (tm) Vậy các giá trị x cần tìm là x = 0 và x = 16.

2) x 2 + mx + m2 − 3 = 0

(1)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2⇔ ∆ = m2 – 4(m2– 3) > 0

⇔ –3m2 +12 > 0 ⇔ m2< 4 ⇔ –2 < m < 2 Hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức x1 + 2x2 = 0 => x1 = - 2x2

 x1 + x2 = −m  x1 = −2 x2  x1 = −2 x2    ⇒  x1 x2 = m 2 − 3 ⇒ −2 x2 + x2 = −m ⇒  x2 = m  x = 2x   2 2 2 2  1 −2 x2 .x2 = m − 3 −2m = m − 3

⇒ −2m2 = m2 − 3 ⇒ m2 = 1 ⇒ m = ±1 (tm) Thử lại: – Với m = 1: (1) ⇔ x2 + x – 2 = 0 ⇔ x1 = –2; x2 = 1 (tm) – Với m = –1: (1) ⇔ x2 – x – 2 = 0 ⇔ x1 = 2; x2 = –1 (tm) Vậy m = ± 1 là giá trị cần tìm.

Câu III: Gọi vận tốc của xe đi từ A đến B là x (km/h) (x > 0) Gọi vận tốc của xe đi từ B đến A là y (km/h) (y > 0) Sau 3 giờ, quãng đường đi được của xe đi từ A là 3x (km) quãng đường đi được của xe đi từ B là 3y (km) Sau 3 giờ kể từ khi cùng xuất phát, hai xe gặp nhau, do đó ta có phương trình 3x + 3y = 150 Thời gian đi quãng đường AB của xe đi từ A là

Theo bài ra ta có phương trình:

150 150 − = 2,5 x y

150 150 (giờ) và của xe đi từ B là (giờ) x y (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x + y = 50  y = 50 − x  y = 50 − x    1 150 150 5 ⇔  1 1 1 ⇔  50 − 2 x  x − y =2  x − 50 − x = 60  x(50 − x) = 60   2 ⇒ 60(50 − 2 x) = x(50 − x) ⇒ x − 170 x + 3000 = 0

⇔ x = 20 hoặc x = 150 x = 20 ⇒ y = 30 (tm)

(1)

x = 150 ⇒ y = –100 (loại) Vậy vận tốc của hai xe lần lượt là 20km/h và 30km/h.

Câu IV:

1) Vì AP và CP là tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AP, OC ⊥ PC Xét tam giác vuông OAP và tam giác vuông OCP có:

OP(chung ) ⇒ ∆OAP = ∆OCP (cạnh huyền–cạnh góc vuông)  OA = OC = R  PC = PA(1)  ⇒ 1  POA = POC ⇒ POC = 2 COA(2) QC = QB (3)  Tương tự ta có:  1 QOC = 2 COB (4)

1 1 Từ (2) và (4) ta có: POQ = POC + QOC = (COA + COB) = .180o = 90o 2 2 ⇒ ∆ POQ vuông tại O Từ (1), (3) và áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OPQ ta có: AP.BQ = CP.CQ = CO2 = R2 (đpcm)

2) Xét tam giác vuông OPQ, gọi I là trung điểm cạnh huyền PQ, khi đó: IP = IQ = IO

⇒ O thuộc đường tròn đường kính PQ

(5)

Mặt khác, do AP // BQ nên APQB là hình thang và nhận IO là đường trung bình, suy ra OI // BQ Mà BQ ⊥ AB ⇒ OI ⊥ AB

(6)

Từ (5) và (6) ⇒ AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ tại O.

3) Vì OC = OA = R, PC = PA (cmt) nên PO là trung trực của đoạn AC ⇒ PO ⊥ AC Tương tự QO ⊥ BC. Tứ giác OMCN có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật ⇒ OMCN là tứ giác nội tiếp => OMN = OCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON)

(7)

Mặt khác, do các tam giác OCQ và OCN vuông, suy ra: OCN = PQO (cùng phụ với CON)

(8)

Từ (7) và (8) ⇒ OMN = PQO Mặt khác OMN + PMN = 180o => PQO + PMN = 180o

⇒ Tứ giác PMNQ là tứ giác nội tiếp.

4) Gọi H, I là trung điểm MN, PQ. K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ. Ta có: KH ⊥ MN và KI ⊥ PQ Vì OP là trung trực AC (cmt) nên M là trung điểm AC, tương tự N là trung điểm BC.

⇒ MN //AB và MN =

AB MN AB R ⇒ HN = = = (9) 2 2 4 2

Vì MN // AB, OI ⊥ AB ⇒ MN ⊥ OI. Mà MN ⊥ KH nên OI // KH. Mà KI // HO (cùng vuông góc PQ) nên OIKH là hình bình hành.

⇒ KH = OI ≥ OC = R

(10)

Bán kính đường tròn (K) là KN. Từ (9) và (10) ta có: 2

R 5 R KN = KH 2 + HN 2 ≥ R 2 +   = 2 2

Dấu bằng xảy ra ⇔ OI = OC ⇔ O ≡ C ⇔ OC ⊥ AB ⇔ C là điểm chính giữa cung AB. Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp PMNQ nhỏ nhất khi C là điểm chính giữa cung AB của đường tròn (O).

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si cho 4 số không âm, ta có: a4 a+2 b+2 1 a4 a+2 b+2 1 a 4 4a 4 4 + + + ≥4 . . . =4 4 = (a + 2)(b + 2) 27 27 9 (a + 2)(b + 2) 27 27 9 9 9 ⇒

a4 11a b 7 ≥ − − (1) (a + 2)(b + 2) 27 27 27

Tương tự ta có: b4 11b c 7 ≥ − − (2) (b + 2)(c + 2) 27 27 27 c4 11c a 7 ≥ − − (3) (c + 2)(a + 2) 27 27 27 Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có: a4 b4 c4 11(a + b + c) a + b + c 21 + + ≥ − − (a + 2)(b + 2) (b + 2)(c + 2) (c + 2)(a + 2) 27 27 27 Thay điều kiện a + b + c = 3 ta được: a4 b4 c4 1 + + ≥ (a + 2)(b + 2) (b + 2)(c + 2) (c + 2)(a + 2) 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.

Đề số 22. Chuyên Bạc Liêu. Năm học: 2015-2016 Câu 1. (2,0 điểm) a. Chứng minh với mọi số n lẻ thì n² + 4n + 5 không chia hết cho 8. b. Tìm nghiệm (x; y) của phương trình x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y với x, y thuộc N*. Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình 5x² + mx – 28 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện 5x1 + 2x2 = 1. Câu 3. (2,0 điểm) a. Cho phương trình x4 – 2(m – 2)x² + 2m – 6 = 0. Tìm các giá trị của m sao cho phương trình có 4 nghiệm phân biệt. 1 1 1 b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + + + ≥ 6 a b c Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường tròn (O) tại B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường thẳng d tại E và F. a. Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp. b. Gọi K là trung điểm của FE. Chứng minh rằng AK vuông góc với MN. Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt đoạn BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác BHKC. ------HẾT-----

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN CHUYÊN BẠC LIÊU NĂM HỌC 2015 – 2016

Câu 1. a. n² + 4n + 5 = (n + 2)² + 1 Vì n là số lẻ suy ra n + 2 = 2k + 1, k là số nguyên Ta có (n + 2)² + 1 = 4k² + 4k + 2 không chia hết cho 4 Vậy n² + 4n + 5 không chia hết cho 8 b. x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y <=> x² + 2xy + xy + 2y² – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0 <=> x(x + 2y) + y(x + 2y) – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0 <=> (x + y – 1)(x + 2y) – 8(x + y – 1) = 0 <=> (x + y – 1)(x + 2y – 8) = 0 (a) Với x ≥ 1, y ≥ 1 (vì thuộc N*) suy ra x + y – 1 ≥ 1 > 0 Do đó (a) <=> x + 2y = 8 Ta có 2y ≤ 8 – 1 = 7 Nên y ≤ 7/2 Mà y thuộc N* suy ra y = 1; 2; 3 Lập bảng kết quả x 1 2 3 y 6 4 2 Vậy tập hợp bộ số (x, y) thỏa mãn là {(6; 1), (4; 2), (2; 3)} Câu 2. 5x² + mx – 28 = 0 ∆ = m² + 560 > 0 với mọi m Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Ta có: x1 + x2 = –m/5 (1) x1x2 = –28/5 (2) 5x1 + 2x2 = 1 (3) Từ (3) suy ra x2 = (1 – 5x1)/2 (4) Thay (4) vào (2) suy ra 5x1(1 – 5x1) = –56 <=> 25x1² – 5x1 – 56 = 0 <=> x1 = 8/5 hoặc x1 = –7/5 Với x1 = 8/5 → x2 = –7/2 Thay vào (1) ta có 8/5 – 7/2 = –m/5 <=> m = 19/2 Với x1 = –7/5 → x2 = 4 → –7/5 + 4 = –m/5 suy ra m = –13 Câu 3. a. x4– 2(m – 2)x² +2m – 6 = 0. (1) Đặt t = x² (t ≥ 0) (1) <=> t² – 2(m – 2)t + 2m – 6 =0(2) ∆’ = (m – 2)² – (2m – 6) = m² – 6m + 10 = (m – 3)² + 1 > 0 với mọi m. Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Ứng với mỗi nghiệm t > 0 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương. <=> 2m – 6 > 0 và 2(m – 2) > 0 <=> m > 3. Vậy m > 3 thỏa mãn yêu cầu. 1 1 1 b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + + + ≥ 6 a b c Áp dụng bất đẳng thức cô si: a5 + 1/a ≥ 2a²; b5 + 1/b ≥ b²; c5 + 1/c ≥ c². 1 1 1 Suy ra a5 + b5 + c5 + + + ≥ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) a b c Mặt khác a² + 1 ≥ 2a; b² + 1 ≥ 2b; c² + 1 ≥ 2c Suy ra a² + b² + c² ≥ 2a + 2b + 2c – 3 = 3 Vậy đpcm. Câu 4.

a. Tam giác ABE vuông tại B và BM vuông góc với AE Nên ta có AM.AE = AB² Tương tự AN.AF = AB² Suy ra AM.AE = AN.AF Hay AM/AN = AE/AF Xét ∆AMN và ∆AFE có góc MAN chung Và AM/AN = AF/AE Do đó ∆AMN và ∆AFE đồng dạng Suy ra góc AMN = góc AFE. Mà góc AMN + góc NME = 180° (kề bù) Nên góc AFE + góc NME = 180° Vậy tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn. b. Góc MAN = 90° Nên tam giác AEF vuông tại A suy ra AK = KB = KF Do đó góc KAF = góc KFA

Mà góc AMN = góc KFA (cmt) Suy ra góc KAF = góc AMN Mà góc AMN + góc ANM = 90° Suy ra góc KAF + góc ANM = 90°. Vậy AK vuông góc với MN Câu 5.

Ta có BC² = AB² + AC² = BH² + AH² + AK² + CK² Ta cần chứng minh bất đẳng thức: (ac + bd)² ≤ (a² + b²)(c² + d²) (*) Ta có: (*) <=> a²c² + 2acbd + b²d² ≤ a²c² + a²d² + b²c² + b²d² <=> a²d² – 2abcd + b²c² ≥ 0 <=> (ad – bc)² ≥ 0 (đúng với mọi a, b, c, d) Dấu bằng xảy ra khi ad = bc hay a/c = b/d Áp dụng (*) ta được: 2(BH² + AH²) ≥ (BH + AH)² (1) Tương tự ta có 2(AK² + CH²) ≥ (AK + CK)² (2) Suy ra 2BC² ≥ (BH + AH)² + (AK + CK)² (3) Đặt BH + AH = m; đặt AK + CK = n Vì góc CAK + góc BAH = 90°; mà góc BAH + góc ABH = 90° nên góc CAK = góc ABH Dẫn đến tam giác ABH đồng dạng với tam giác CAK → AH/CK = BH/AK = AB/AC = (AH + BH)/(CK + AK) = m/n Nên AB²/m² = AC²/n² = (AB² + AC²)/(m² + n²) ≥ BC²/(2BC²) = ½ Hay m ≤ AB 2 và n ≤ AC 2 Chu vi tứ giác BHKC là BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + (AB + AC) 2 Vậy chu vi BHKC lớn nhất là BC + (AB + AC) 2

Đề số 23. Chuyên Bạc Liêu. Năm học: 2015-2016

Câu 1. (2,0 điểm) c. Chứng minh với mọi số n lẻ thì n² + 4n + 5 không chia hết cho 8. d. Tìm nghiệm (x; y) của phương trình x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y với x, y thuộc N*. Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình 5x² + mx – 28 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện 5x1 + 2x2 = 1. Câu 3. (2,0 điểm) c. Cho phương trình x4 – 2(m – 2)x² + 2m – 6 = 0. Tìm các giá trị của m sao cho phương trình có 4 nghiệm phân biệt. The image cannot be display ed. Your computer may not hav e enough memory to open the image, or the image may hav e been corrupted. Restart y our computer, and then open the file again. If the red x still appears, y ou may hav e to delete the image and then insert it again.

d. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a + b + c +

Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường tròn (O) tại B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường thẳng d tại E và F. c. Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp. d. Gọi K là trung điểm của FE. Chứng minh rằng AK vuông góc với MN. Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt đoạn BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác BHKC. ------HẾT-----

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN CHUYÊN BẠC LIÊU NĂM HỌC 2015 – 2016

Câu 1. c. n² + 4n + 5 = (n + 2)² + 1 Vì n là số lẻ suy ra n + 2 = 2k + 1, k là số nguyên Ta có (n + 2)² + 1 = 4k² + 4k + 2 không chia hết cho 4 Vậy n² + 4n + 5 không chia hết cho 8 d. x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y <=> x² + 2xy + xy + 2y² – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0 <=> x(x + 2y) + y(x + 2y) – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0 <=> (x + y – 1)(x + 2y) – 8(x + y – 1) = 0 <=> (x + y – 1)(x + 2y – 8) = 0 (a) Với x ≥ 1, y ≥ 1 (vì thuộc N*) suy ra x + y – 1 ≥ 1 > 0 Do đó (a) <=> x + 2y = 8 Ta có 2y ≤ 8 – 1 = 7 Nên y ≤ 7/2 Mà y thuộc N* suy ra y = 1; 2; 3 Lập bảng kết quả x 1 2 3 y 6 4 2 Vậy tập hợp bộ số (x, y) thỏa mãn là {(6; 1), (4; 2), (2; 3)} Câu 2. 5x² + mx – 28 = 0 ∆ = m² + 560 > 0 với mọi m Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Ta có: x1 + x2 = –m/5 (1) x1x2 = –28/5 (2) 5x1 + 2x2 = 1 (3) Từ (3) suy ra x2 = (1 – 5x1)/2 (4) Thay (4) vào (2) suy ra 5x1(1 – 5x1) = –56 <=> 25x1² – 5x1 – 56 = 0 <=> x1 = 8/5 hoặc x1 = –7/5 Với x1 = 8/5 → x2 = –7/2 Thay vào (1) ta có 8/5 – 7/2 = –m/5 <=> m = 19/2 Với x1 = –7/5 → x2 = 4 → –7/5 + 4 = –m/5 suy ra m = –13 Câu 3. c. x4– 2(m – 2)x² +2m – 6 = 0. (1) Đặt t = x² (t ≥ 0) (2) <=> t² – 2(m – 2)t + 2m – 6 =0(2) ∆’ = (m – 2)² – (2m – 6) = m² – 6m + 10 = (m – 3)² + 1 > 0 với mọi m. Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Ứng với mỗi nghiệm t > 0 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương. <=> 2m – 6 > 0 và 2(m – 2) > 0 <=> m > 3. Vậy m > 3 thỏa mãn yêu cầu. The image cannot be display ed. Your computer may not hav e enough memory to open the image, or the image may hav e been corrupted. Restart y our computer, and then open the file again. If the red x still appears, y ou may hav e to delete the image and then insert it again.

d. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a + b + c + Áp dụng bất đẳng thức cô si: a5 + 1/a ≥ 2a²; b5 + 1/b ≥ b²; c5 + 1/c ≥ c². The image cannot be display ed. Your computer may not hav e enough memory to open the image, or the image may hav e been corrupted. Restart y our computer, and then open the file again. If the red x still appears, y ou may hav e to delete the image and then insert it again.

Suy ra a + b + c + Mặt khác a² + 1 ≥ 2a; b² + 1 ≥ 2b; c² + 1 ≥ 2c Suy ra a² + b² + c² ≥ 2a + 2b + 2c – 3 = 3 Vậy đpcm. Câu 4. The image cannot be display ed. Your computer may not hav e enough memory to open the image, or the image may hav e been corrupted. Restart y our computer, and then open the file again. If the red x still appears, y ou may hav e to delete the image and then insert it again.

c. Tam giác ABE vuông tại B và BM vuông góc với AE Nên ta có AM.AE = AB² Tương tự AN.AF = AB² Suy ra AM.AE = AN.AF Hay AM/AN = AE/AF Xét ∆AMN và ∆AFE có góc MAN chung Và AM/AN = AF/AE Do đó ∆AMN và ∆AFE đồng dạng Suy ra góc AMN = góc AFE. Mà góc AMN + góc NME = 180° (kề bù) Nên góc AFE + góc NME = 180° Vậy tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn. d. Góc MAN = 90° Nên tam giác AEF vuông tại A suy ra AK = KB = KF Do đó góc KAF = góc KFA

Mà góc AMN = góc KFA (cmt) Suy ra góc KAF = góc AMN Mà góc AMN + góc ANM = 90° Suy ra góc KAF + góc ANM = 90°. Vậy AK vuông góc với MN Câu 5. The image cannot be display ed. Your computer may not hav e enough memory to open the image, or the image may hav e been corrupted. Restart y our computer, and then open the file again. If the red x still appears, y ou may hav e to delete the image and then insert it again.

The image cannot be display ed. Your computer may not hav e enough memory to open the image, or the image may hav e been corrupted. Restart y our computer, and then open the file again. If the red x still appears, y ou may hav e to delete the image and then insert it again.

và n

Chu vi tứ giác BHKC là BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + (AB + AC) Vậy chu vi BHKC lớn nhất là BC + (AB + AC)

Đề số 24. Chuyên Đại học Vinh. Năm học: 2015-2016 Câu 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình: a) b)

1 3 8 + = x + 1 2x + 1 x − 2

2 x + 1 + 3 − x = 3x + 5

 x 2 + x = y 2 + y ( x, y ∈ ℝ ) Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình  2 2  x + y = 5 Câu 3 (1,5 điểm) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a + b = 3, ab = 1. Tính giá trị của biểu thức

( P=

)

a − b ( a2 − b2 ) a a +b b

Câu 4 (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Phân giác góc BAC cắt BC tại D. Đường tròn tâm I đường kính AD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. a) Chứng minh rằng AD ⊥ EF. b) Gọi K là giao điểm thứ hai của AD và (O). Chứng minh rằng ∆ABD ∼ ∆AKC c) Kẻ EH ⊥ AC tại H. Chứng minh rằng HE.AD = EA.EF d) Hãy so sánh diện tích của tam giác ABC với diện tích của tứ giác AEKF.

Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a b c + + . 2 2 1 + b 1 + c 1 + a2

–––––––––––––– HẾT ––––––––––––––

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2015 Câu 1 a)

1 3 8 + = (1) x + 1 2x + 1 x − 2

ĐK: x ≠ –1; x ≠ 2; x ≠ − (1)

1 2

(2 x + 1)( x − 2) + 3( x + 1)( x − 2) − 8( x + 1)(2 x + 1) =0 ( x + 1)(2 x + 1)( x − 2)

(2 x 2 − 3 x − 2) + 3( x 2 − x − 2) − 8(2 x 2 + 3 x + 1) =0 ( x + 1)(2 x + 1)( x − 2)

−11x 2 − 30 x − 16 =0 ( x + 1)(2 x + 1)( x − 2)

⇒ 11x 2 + 30 x + 16 = 0  x = −2(tm) ⇔  x = − 8 (tm)  11

8  Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là −2; −  11  b)

2 x + 1 + 3 − x = 3x + 5 (2)

1  x ≥ − 2 2 x + 1 ≥ 0  1  ĐK: 3 − x ≥ 0 ⇔  x ≤ 3 ⇔ − ≤ x ≤ 3 2 3 x + 5 ≥ 0  5  x ≥ − 3  Với điều kiện trên, ta có:

(2) ⇔ 2 x + 1 + 3 − x + 2 (2 x + 1)(3 − x) = 3 x + 5 ⇔ 2 −2 x 2 + 5 x + 3 = 2 x + 1 1  x ≥ − 2 1   2 x + 1 ≥ 0 x ≥ −  1 ⇔ ⇔ ⇔  x = − 2 2 2 2 4(−2 x + 5 x + 3) = 4 x + 4 x + 1 12 x 2 − 16 x − 11 = 0    11   x = 6  1   x = − 2 (tm) ⇔  x = 11 (tm)  6

 1 11 Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là − ;   2 6 Câu 2  x 2 + x = y 2 + y (1) (I )  2 2  x + y = 5(2) (1) ⇔ x 2 − y 2 + x − y = 0 ⇔ ( x − y )( x + y + 1) = 0

y = x ⇔  y = −x −1 • y = x: Thay vào (2) ta được: (2) ⇔ 2 x 2 = 5 ⇔ x 2 =

⇒ y=±

5 10 ⇔x=± 2 2

10 2

• y = – x – 1. Thay vào (2) ta được:

x = 1 (2) ⇔ x 2 + (− x − 1) 2 = 5 ⇔ 2 x 2 + 2 x − 4 = 0 ⇔   x = −2 x = 1 ⇒ y = − x − 1 = −2 x = −2 ⇒ y = − x − 1 = 1

 10 10   10 10  ; ;− Vậy hệ phương trình (I) có 4 nghiệm là (1; −2), (−2;1),   ,  −  2   2 2   2 Câu 3

Ta có

( P=

)

) a a +b b ( a) +( b) ( a − b )( a − b )( a + b ) (a + b) = ( a + b )( a + b − ab ) ( a + b − 2 ab ) (a + b) = a − b ( a2 − b2 )

(

a − b (a − b)(a + b) 3

a + b − ab

Thay a + b = 3, ab = 1 ta được:

( 3 − 2.1) .3 = 3 3 −1

Câu 4

a) Do E, F thuộc đường tròn đường kính AD nên AED = AFD = 90o Xét hai tam giác vuông AED và AFD có

 AD(chung ) ⇒ ∆AED = ∆AFD (cạnh huyền – góc nhọn)   EAD = FAD( gt ) ⇒ AE = AF và DE = DF (hai cạnh tương ứng) ⇒ AD là đường trung trực của đoạn EF. ⇒ AD ⊥ EF.

b) Do ABKC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên ABC = AKC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Xét hai tam giác ABD và ACK có

 BAD = CAK ( gt ) ⇒ ∆ABC ~ ∆ACK (g.g)   ABD = AKC (cmt ) c) Vì AEDF là tứ giác nội tiếp nên EDA = EFH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA) Xét tam giác AED và tam giác EHF ta có:  AED = EHF = 90 o ⇒ ∆AED ~ ∆EHF (g.g)   EDA = EFH (cmt )

EA AD = EH EF ⇒ HE. AD = EA.EF

⇒

d) Trên tia AC lấy B’ sao cho AB = AB’. Vẽ KI ⊥ AC tại I Xét ∆ ABK và ∆ AB’K có  AK (chung )   KAB = KAB '( gt ) ⇒ ∆ABK = ∆AB ' K (c.g.c)  AB = AB ' 

⇒ KB = KB’ (hai cạnh tương ứng) Mặt khác AK là phân giác góc BAC nên K là điểm chính giữa cung BC ⇒ KB = KC.

⇒ KB’ = KC ⇒ ∆ KB’C cân tại K ⇒ I là trung điểm B’C

⇒ AI =

AB '+ AC AB + AC = 2 2

⇒ I là trung điểm B’C

S ABC = S ABD + S ACD =

1 1 1 DE. AB + DF . AC = DF .( AB + AC ) 2 2 2

Vì AK là trung trực EF nên AE = AF, EK = FK ⇒ ∆ AEK = ∆ AFK (c.c.c). Do đó

S AEDF = 2.S AKF = KI . AF Vì DF // KI ( cùng vuông góc AC) nên theo định lí Ta–lét:

DF AF AB + AC = ⇒ S AEDF = KI . AF = DF . AI = DF . = S ABC KI AI 2 Vậy S ABC = S AEDF

Câu 5

a b c + + 2 2 1 + b 1 + c 1 + a2

Ta có:

a ab2 =a− 1 + b2 1 + b2

(1)

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có 1 + b 2 ≥ 2b Thay vào (1) ta được:

a ab 2 ab 2 ab =a− ≥a− =a− (2) 2 2 1+ b 1+ b 2b 2 Tương tự, ta có:

b bc ≥b− 2 1+ c 2

(3)

c ca ≥c− 2 1+ a 2

(4)

Cộng từng vế ba BĐT (2), (3), (4) ta được:

a b c  ab + bc + ca  + + ≥ a +b+c −  (5) 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2   Mặt khác

(a + b + c)

− 3 ( ab + bc + ca ) =

1 (a − b) 2 + (b − c)2 + (c − a)2  ≥ 0 2

(a + b + c) 2 ⇒ ab + bc + ca ≤ =3 3

(6)

Thay điều kiện a + b + c = 3 và BĐT (6) vào (5) ta có

a b c 3 + + ≥ 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3 , đạt được khi a = b = c = 1. 2

Đề số 25. Chuyên Hà Giang. Năm học: 2015-2016 Câu 1 (2,0 điểm)

1   a +1 a +2  1 − : − Cho biểu thức P =     a   a − 2 a − 1   a −1 a. Rút gọn biểu thức P b. Tìm a để P >

1 6

Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m + 1 = 0 a. Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 = 3x2

Câu 3 (1,5 điểm) Hai người thợ làm một công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm trong 3 giờ và người 1 thứ hai làm trong 6 giờ thì họ làm được công việc. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình trong mấy 4 giờ thì xong.

Câu 4 (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R), đường kính AB, C là điểm chính giữa cung AB. Điểm M thuộc cung AC (M ≠ A, M ≠ C). Qua M kẻ tiếp tuyến d với nửa đường tròn, gọi H là giao điểm của BM với OC. Từ H kẻ một đường thẳng song song với AB, đường thẳng đó cắt tiếp tuyến d ở E. a. Chứng minh OHME là tứ giác nội tiếp b. Chứng minh EH = R c. Kẻ MK vuông góc với OC tại K. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆ OBC đi qua tâm đường tròn nội tiếp ∆ OMK.

Câu 5 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của A = x − 1 + y − 2 , biết x + y = 4

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 a. Ta có: Điều kiện: a > 0, a ≠ 1, a ≠ 4

a − ( a − 1) ( a + 1)( a − 1) − ( a + 2)( a − 2) : a ( a − 1) ( a − 2)( a − 1)

P= =

1 (a − 1) − (a − 4) 1 ( a − 2)( a − 1) : = . 3 a ( a − 1) ( a − 2)( a − 1) a ( a − 1)

a −2 3 a

b. Điều kiện: a > 0, a ≠ 1, a ≠ 4

a −2 1 1 ⇔ > ⇔ 6 6 3 a

a −2 1 > ⇔ 2( a − 2) > a ⇔ a > 4 ⇔ a > 16 (thỏa mãn) 2 a

Vậy a > 16 là điều kiện cần tìm

Câu 2 a. Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ = (m – 1)2 – (m + 1) > 0

⇔ m2 – 3m > 0 ⇔ m(m – 3) > 0 ⇔ m > 3 hoặc m < 0 b. Với m > 3 hoặc m < 0, phương trình có 2 nghiệm x1, x2 . Theo Viét ta có x1 + x2 = 2m – 2; x1x2 = m + 1 ⇒ x1 = 2m – 2 – x2 Ta có x1 = 3x2⇔ 2m – 2 – x2 = 3x2⇔ 4x2 = 2m – 2 ⇔ x2 =

⇒ m + 1 = x1 x2 =

m − 1 3(m − 1) . ⇒ 4(m + 1) = 3(m − 1) 2 2 2

⇔ 3m2 − 10m − 1 = 0 ⇔ m =

Vậy m =

m −1 3(m − 1) ⇒ x1 = 2 2

5+ 2 7 5−2 7 (thỏa mãn) hoặc m = (thỏa mãn) 3 3

5±2 7 là giá trị cần tìm. 3

Câu 3 Gọi số giờ để mỗi người làm một mình hết công việc đó lần lượt là x và y (h) (x,y > 0) Mỗi giờ, người thứ nhất và người thứ hai làm được

1 1 và (công việc) x y

1 1 1 1 1 Hai người làm hết công việc đó trong 16h nên 16  +  = 1 ⇔ + = x y 16 x y Người thứ nhất làm trong 3h và người thứ 2 làm trong 6h thì được

(1)

1 1 1 1 công việc nên 3. + 6. = (2) 4 x y 4

1 1 1 1 1 =  x + y = 16  x = 24   x 24 ⇔ ⇔ (thỏa mãn) Từ (1) và (2) có hệ:   y = 48 3. 1 + 6. 1 = 1 1 = 1  x  y 48 y 4 Vậy thời gian để mỗi người làm một mình xong công việc là 24h và 48h

Câu 4

a. Vì C là điểm chính giữa cung AB nên OC ⊥ AB. ME là tiếp tuyến của (O) ⇒ ME ⊥ MO => OHE = OME = 90o => OHME là tứ giác nội tiếp

(1)

b. Có góc nội tiếp chắn nửa đường tròn AMB = 90o => AMH + AOH = 180o

⇒ OHMA là tứ giác nội tiếp

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ 5 điểm O, H, M, E, A cùng thuộc 1 đường tròn ⇒ OMEA là tứ giác nội tiếp => EAO = 180o – EMO = 90o

Tứ giác OHEA có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật. ⇒ EH = OA = R. c. Gọi I là trung điểm BC ⇒ đường tròn (I), đường kính BC là đường tròn ngoại tiếp ∆ OBC Gọi J là giao của (I) và BH. Vì OM = OB nên ∆ OMB cân tại O => OMB = OBM Vì MK ⊥ OC ⇒ MK // AB ⇒ OBM = KMB Suy ra OMB = KMB ⇒ MJ là phân giác của góc OMK

(3)

Vì OJCB là tứ giác nội tiếp nên JOC = JBC

(4)

Có MOC = 2.MBC (góc ở tâm và góc nội tiếp)

(5)

Từ (4) và (5) ⇒ MOC = 2.JOC => MOJ = JOC => OJ là phân giác góc MOC (6) Từ (3) và (6) ⇒ J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MKO Vậy đường tròn (I) đi qua tâm đường tròn nội tiếp ∆ MKO

Câu 5 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số (1;1) và

(

A2 = 1. x − 1 + 1. y − 2

(

) ≤ (1 + 1 ) ( x −1 + y − 2) = 2 ( x + y − 3) = 2 ⇒ A ≤ 2

3  1 x −1 x=  = x −1 = y − 2   2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 ⇔ y−2 ⇔  x + y = 4  y = 5 x + y = 4 2  Vậy GTLN của A là 2

)

x − 1; y − 2 ta có

Đề số 26. Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình. Năm học: 2015-2016 Câu I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: 4 8 15 a) A = − + 3 + 5 1+ 5 5 b) B =

2 +2

2 −1 +

2 −2

2 −1

2) Rút gọn biểu thức:

a2 − a a2 + a C= − + a +1 a + a +1 a − a +1 Câu II (2,0 điểm) 1 1 1 1 + = + 1) Giải phương trình: 3x − 1 2 x + 4 9 x − 2 5 − 4 x x + y = z 2) Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:  3 3 2 x + y = z Câu III (2,0 điểm) Một vận động viên A chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi cách nhau 6km với vận tốc 10km/h rồi chạy xuống dốc với vận tốc 15km/h. Vận động viên B chạy từ chân đồi lên đỉnh đồi với vận tốc 12km/h và gặp vận động viên A đang chạy xuống. Hỏi điểm hai người gặp nhau cách đỉnh đồi bao nhiêu ki-lô-mét, biết rằng B chạy sau A là 15 phút. Câu IV (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB và dây MN có độ dài bằng bán kính (M thuộc cung AN, M khác A, N khác B). Các tia AM và BN cắt nhau tại I, các dây AN và BM cắt nhau tại K. 1) Chứng minh rằng: IK vuông góc với AB. 2) Chứng minh rằng:AK.AN+BK.BM=AB2 3) Tìm vị trí của dây MN để diện tích tam giác IAB lớn nhất. Câu V (1,0 điểm) 1) Chứng minh rằng nếu p và (p+2) là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia hết cho 12.  x > 0, y > 0, z > 0 1 1 1 2) Cho  .Chứng minh rằng: + + ≤1 x + y +1 y + z +1 z + x +1  xyz = 1 -------- Hết -------Họ và tên thí sinh: ............................................. Số báo danh: ......................... Phòng thi: ....... Giám thị 1 (Họ và tên, chữ ký): ................................................................................................... Giám thị 2 (Họ và tên, chữ ký): ...................................................................................................

SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN) (Hướng dẫn chấm này gồm có 03 trang)

Câu I (2,0 điểm) Phần ý 1 4 8 15 A= − + 3 + 5 1+ 5 5 =

Nội dung

Điểm 0,5đ

4(3 − 5) 8(1 − 5) 15 5 − + = 3− 5 + 2− 2 5 +3 5 = 5 4 −4 5

2+2

= (

2 − 1 + 1) 2 + (

2 −1 +

2 −1 +1 +1 −

2 −2

2 −1

0,5đ

2 − 1 − 1) 2

2 −1

=2 2

a2 − a a2 + a C= − + a +1 a + a +1 a − a +1 C=

a ( a )3 − 1 a + a +1

−

a ( a )3 + 1 a − a +1

(DK : a ≥ 0)

0,5đ

+ a +1

= a ( a − 1) − a ( a + 1) + a + 1

0,5đ

= a − a − a − a + a +1 = ( a − 1) 2 Câu II (2,0 điểm) Phần Nội dung ý 1 1 1 1 1 1 2 5 + = + : ĐK: x ≠ , x ≠ −2, x ≠ , x ≠ 3x − 1 2 x + 4 9 x − 2 5 − 4 x 3 9 4 5x + 3 5x + 3 Ta có pt: = (3x − 1)(2 x + 4) (9 x − 2)(5 − 4 x)

Điểm 0,25đ 0,25đ

3 −3   x=− x=   <=> <=> 5 5  2  2 6 x + 12 x − 2 x − 4 = −36 x + 45 x + 8 x − 10 (3 x − 1)(2 x + 4) = (9 x − 2)(5 − 4 x) 3   x = − 5 (TM )  6 <=>  x = (TM )  7   x = 1 (TM )  6 Vậy phương trình đã có có 3 nghiệm phân biệt như trên.

0,5đ

Ta có: x3 + y 3 = ( x + y )2 <=> ( x + y)( x 2 − xy + y 2 − x − y) = 0

0,25đ

Vì x, y nguyên dương nên x+y > 0, ta có: x 2 − xy + y 2 − x − y = 0 <=> 2( x 2 − xy + y 2 − x − y ) = 0

0,25đ

<=> ( x − y ) 2 + ( x − 1) 2 + (y − 1) 2 = 2

Vì x, y nguyên nên có 3 trường hợp: x − y = 0  + Trường hợp 1: ( x − 1) 2 = 1 <=> x = y = 2, z = 4 ( y − 1) 2 = 1 

0,25đ

x −1 = 0  + Trường hợp 2: ( x − y ) 2 = 1 <=> x = 1, y = 2, z = 3 ( y − 1) 2 = 1   y −1 = 0  + Trường hợp 3: ( x − y ) 2 = 1 <=> x = 2, y = 1, z = 3 (x − 1) 2 = 1  Vậy hệ có 3 nghiệm (1,2,3);(2,1,3);(2,2,4) Câu III (2,0 điểm) Phần Nội dung ý Gọi điểm 2 vận động viên gặp nhau cách đỉnh đồi x km (x>0) 6− x 1 Thời gian B đã chạy là . Đổi 15p = (giờ) 12 4 6 3 Thời gian A đã chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi là = (giờ) 10 5 x Thời gian A đã chạy từ đỉnh đồi đến chỗ gặp nhau là . 15 1 6− x x 3 = + Ta có phương trình + 4 12 15 5 Giải phương trình được x= 1(km) . KL Câu IV (3,0 điểm) Phần Nội dung

0,25đ Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ Điểm

1 2

Ta thấy AN⊥ BI ,BM ⊥AI , nên K là trực tâm tam giác IAB. Do đó IK⊥ AB Vì ∆AEK∽∆ANB ∽ nên AK. AN =AE .AB Tương tự vì ∆BEK∽∆BMA ∽ nên BK .BM =BE. BA Vậy AK.AN+BK.BM=AE.AB+BE.BA=AB2 Chỉ ra sđ MN=60onên tính được AIB=60o , do đó điểm I thuộc cung chứagóc 60o dựng trên 3 đoạn AB. Diện tích tam giác IAB lớn nhất khi IE lớn nhất (IE là đường cao của tamgiác IAB), khi đó I nằm chính giữa cung chứa góc 60o dựng trên đoạn ABtương ứng với MN song song với AB. Câu V (1,0 điểm) Phần Nội dung ý Ta có: p+(p+2)=2(p+1) 1 Vì p lẻ nên ( p + 1)⋮ 2 => 2( p + 1)⋮ 4 (1) Vì p, (p+1), (p+2) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất một số chia hếtcho 3, mà p và (p+2) nguyên tố nên ( p + 1) ⋮ 3 (2)

1,0đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

Điểm 0,25đ 0,25đ

Từ (1) và (2) suy ra [ p + ( p + 2) ]⋮12 (đpcm)

 x = a3  Đặt  y = b 3 , vì  z = c3 

0,25đ

 x, y , z > 0  a , b, c > 0 =>    xyz = 1 abc = 1

Ta có

x + y + 1 = a3 + b3 + 1 = (a + b)(a 2 − ab + b 2 ) + 1 ≥ (a + b)ab + 1 = ab(a + b + c) = Do đó 1 c ≤ x + y +1 a + b + c

a+b+c c 0,25đ

Tương tự ta có 1 a ≤ y + z +1 a + b + c 1 b ≤ z + x +1 a + b + c Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta có đpcm. * Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.

Đề số 27. Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ. Năm học: 2015-2016 Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãnn2+ 4 và n2+16 là cácsố nguyên tố thì n chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − 2 y( x − y ) = 2( x + 1)

Câu 2 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A =

2(3 + 5)

2(3 − 5)

2 2 + 3+ 5 2 2 − 3− 5 b) Tìm m để phương trình: ( x − 2)( x − 3)( x + 4)( x + 5) = m có 4 nghiệm phân biệt. Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 2 − x − 4 = 2 x − 1(1 − x)  x 3 + xy 2 − 10 y = 0 b) Giải hệ phương trình:  2 2  x + 6 y = 10 Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC = R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng với B qua AC và F và điểmđối ứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tạiK (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhấtcủa tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 2 + 2 + 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức: x y z y2 z2 z 2 x2 x2 y 2 P= + + x( y 2 + z 2 ) y(z 2 + x 2 ) z(x 2 + y 2 ) -------------- HẾT-------------Họ và tên thí sinh: .............................................................................Số báo danh: ............... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Một số chú ý khi chấm bài •Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, cán bộ chấmthi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25điểm. •Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểmtương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm. • Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án-thang điểm Câu 1 (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãnn2+ 4 và n2+16 là cácsố nguyên tố thì n chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − 2 y( x − y ) = 2( x + 1)

Nội dung a) (0,5 điểm) Ta có với mọi số nguyên m thì m2 chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.

Điểm 0,25

+ Nếu n2 chia cho 5 dư 1 thì n2 = 5k + 1 => n2 + 4 = 5k + 5⋮ 5; k ∈ N * . Nên n2+4 không là số nguyên tố Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì n2 = 5k + 4 => n2 + 16 = 5k + 20⋮5; k ∈ N * .

0,25

Nên n +16 không là số nguyên tố. Vậy n2 ⋮ 5 hay n ⋮ 5 b) (1,0 điểm) 2

0,25 2

x − 2 y( x − y) = 2( x + 1) <=> x − 2( y + 1) x + 2( y − 1) = 0(1) Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ∆' theo y phải là số chính phương Ta có ∆ ' = y 2 + 2 y + 1 − 2 y 2 + 2 = − y 2 + 2 y + 3 = 4 − ( y − 1)2 ≤ 4

0,25

∆'chính phương nên ∆’ ∈{0;1;4} + Nếu ∆ ' = 4 => ( y − 1)2 = 0 <=> y = 1 thay vào phương trình (1) ta có :

0,25

x = 0 x 2 − 4 x = 0 <=> x(2 − 4) <=>  x − 4 + Nếu ∆ ' = 1 => ( y − 1)2 = 3 <=> y ∉ Z .

y = 3 + Nếu ∆ ' = 0 => ( y − 1)2 = 4 <=>   y = −1 + Với y = 3 thay vào phương trình (1) ta có: x 2 − 8x + 16 = 0 <=> ( x − 4)2 = 0 <=> x = 4 + Với y =-1 thay vào phương trình (1) ta có: x 2 = 0 <=> x = 0 Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên : ( x; y ) ∈{(0;1);(4;1);(4;3);(0;-1)}

0,25

Câu 2 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A =

2(3 + 5)

2(3 − 5)

2 2 + 3+ 5 2 2 − 3− 5 b) Tìm m để phương trình: ( x − 2)( x − 3)( x + 4)( x + 5) = m có 4 nghiệm phân biệt. a) (1,0 điểm)

2(3 + 5) 4+ 6+2 5

0,25

2(3 − 5) 4− 6−2 5

   3+ 5 3− 5  3+ 5 3− 5  = 2 =2 +  5 + 5 + 5 − 5   4 + ( 5 + 1) 2 4 − ( 5 − 1)2   

0,25

 (3 + 5)(5 − 5) + (3 − 5)(5 + 5)   15 − 3 5 + 5 5 − 5 + 15 + 3 5 − 5 5 − 5  =2   = 2  25 − 5 (5 + 5)(5 − 5)     20 = 2. = 2 20 Vậy A=2 b) (1,0 điểm) Phương trình ( x − 2)( x − 3)( x + 4)( x + 5) = m

0,25 0,25

0,25

<=> ( x 2 + 2 x − 8)( x 2 + 2 x − 15) = m(1) Đặt x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1)2 = y ( y ≥ 0) phương trình (1) trở thành:

0,25

( y − 9)( y − 16) = m <=> y 2 − 25 y + 144 − m = 0(2) Nhận xét: Với mỗi giá trị y > 0 thì phương trình: (x+1)2=y có 2 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt. ∆ ' > 0 ∆ ' = 4m + 49 > 0 −49    S > 0 <=> 25 > 0 <=> < n < 144 4 P > 0 144 − m > 0  

0,25

−49 < n < 144 thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 4 Câu 3 (2,0 điểm)

0,25

Vậ y v ớ i

a)Giải phương trình: x 2 − x − 4 = 2 x − 1(1 − x)

 x 3 + xy 2 − 10 y = 0 b)Giải hệ phương trình:  2 2  x + 6 y = 10 Nội dung a) (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 1(*) Ta có:

Điểm 0,25

x 2 − x − 4 = 2 x − 1(1 − x) <=> x 2 + 2 x x − 1 + x − 1 − 2( x + x − 1) − 3 = 0 Đặt x + x − 1 = y ( y ≥ 1)(**) , phương trình trở thành y 2 − 2 y − 3 = 0

0,25

 y = −1 y 2 − 2 y − 3 = 0 <=> ( y + 1)( y − 3) = 0 <=>  y = 3 +Với y =−1 không thỏa mãn điều kiện (**). + Với y = 3 ta có phương trình:

0,25

x ≤ 3 x ≤ 3 x ≤ 3  x + x − 1 = 3 <=> x − 1 = 3 − x <=>  <=>  2 <=>   x = 2 <=> x = 2 2 x −1 = 9 − 6x + x  x − 7 x + 10 = 0  x = 5  thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x = 2. b) (1,0 điểm)

 x3 + xy 2 − 10 y = 0  x 3 + xy 2 − ( x 2 + 6 y 2 ) y = 0 (1) <=>  2  2 2 2 (2)  x + 6 y = 10  x + 6 y = 10 Từ phương trình (1) ta có: x3 + xy 2 − (x 2 + 6 y 2 ) y = 0

0,25

<=> x3 + xy 2 − x 2 y − 6 y 3 = 0 <=> x3 − 2 x 2 y + x 2 y − 2 xy 2 + 3 xy 2 − 6 y 3 = 0 <=> ( x − 2 y )( x 2 + xy + 3 y 2 ) = 0 x = 2y <=>  2 2  x + xy + 3 y = 0

0,25

y 11y 2 + Trường hợp 1: x 2 + xy + 3 y 2 = 0 <=> ( x + ) 2 + = 0 => x = y = 0 2 4 V i x= y = 0 không thỏa mãn phương trình (2). + Trường hợp 2: x =2y thay vào phương trình (2) ta có:  y = 1 => x = 2 4 y 2 + 8 y 2 = 12 <=> y 2 = 1 <=>   y = −1 => x = −2 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( x; y) ∈{(2;1);(−2; −1)}

0,25

Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC = R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng với B qua AC và F và điểmđối ứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tạiK (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhấtcủa tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định. Nội dung Điểm

a) (1,5 điểm) Ta có AKB =AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB) Mà ABE =AEB (tính chất đối ứng) suy ra AKB= ABE (1) AKC= AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF= AFC (tính chất đối xứng) suy ra AKC= ACF (2) Mặt khác ABE =ACF (cùng phụ với BAC ) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra AKB= AKChay KA là phân giác trong của góc BKC. Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB. 1 Ta có BC = R 3 nên BOC=120o ; BAC = BOC = 60o . Trong tam giác vuông ABP có 2 o o o APB=90 ;BAC=60 =>APB=30 hay ABE=ACF=30o Tứ giác APHQ có AQH +APH=180o=> PAQ+ PHQ=180o=> PHQ=120o=> BHC=120o(đối đỉnh). Ta có AKC= ABE= 300 , AKB= ACF= ABE= 300 (theo chứng minh phần a). Mà BKC =AKC +AKB= AFC+ AEB =ACF +ABE = 600 suy ra BHC+ BKC=1800 nên tứ giác BHCK nội tiếp. b) (1,5 điểm) Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC = R 3 BKC=60o= BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O). Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC(N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC. Ta có

0,5

0,25 0,25

0,5

0,25

1 1 1 BC.HM + BC.KN = BC.( HM + KN ) 2 2 2 1 1 S BHCK ≤ BC ( HI + KI ) = BC.KH(Do HM ≤ HI;KN ≤ KI) 2 2 Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH ≤ 2R (không đổi) Nên SBHCK lớn nhất khi KH= 2R và HM+ KN= HK =2R . S BHCK = S BHC + S BCK =

1 R 3.2.R = R 2 3 2 Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểmcủa BC nên ∆ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC. c) (0,5 điểm) Ta có BOC=120o ;BKC =60osuy ra BOC +BKC =1800 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn. Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO hay KO là phân giác góc BKCtheo phần (a) KA à phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 2 + 2 + 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức: x y z Giá trị lớn nhất S BHCK =

1 x(

1 1 + ) z2 y2

+ y(

1 1 + ) z 2 x2

+ z(

a b c a2 b2 c2 + + = + + b 2 + c 2 c 2 + a 2 a 2 + b 2 a (1 − a 2 ) b(1 − b 2 ) c(1 − c 2 )

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có: 1 a 2 (1 − a 2 )2 = .2a 2 (1 − a 2 )(1 − a 2 ) ≤ 2 3 3

0,25

<=>

0,25

1 1 + 2) 2 x y

1 1 1 = a; = b; = c thì a,b,c>0 và a2+b2+c2=1 x y z

0,25

Điểm 0,25

Đặt

=> a (1 − a 2 ) ≤

0,25

y2 z2 z 2 x2 x2 y 2 + + x( y 2 + z 2 ) y(z 2 + x 2 ) z(x 2 + y 2 )

Nội dung Ta có: P =

0,25

0,25 2

1  2a + 1 − a + 1 − a  4  = 2 3  27

a2 3 3 2 ≥ a (1) 2 a (1 − a ) 2

3 3 2 3 3 2 b2 c2 ≥ b (2); ≥ c (3) Tương tự: 2 2 b(1 − b ) 2 c(1 − c ) 2

3 3 2 2 2 3 3 (a + b + c ) = 2 2 1 Đẳng thức xảy ra a = b = c = hay x = y = z = 3 3 Từ (1); (2); (3) ta có P ≥

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3 3 2

0,25

Đề số 28. Chuyên Khánh Hòa. Năm học: 2015-2016 Bài 1. ( 2.00 điểm) Cho biểu thức M =

x y− y−y x+ x 1 + xy

1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn M. 2) Tính giá trị của M, biết rằng x = (1 − 3) 2 và y = 3 − 8

Bài 2. (2,00 điểm)  4 x − 3 y = 4 1) Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:   2 x + y = 2

2) Tìm giá trị của m để phương trình x2 – mx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn hệthức ( x1 + 1) 2 + ( x2 + 1) 2 = 2

Bài 3. ( 2,00 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = - x2 1) Vẽ parabol (P). 2) Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d): y = -x – 2 và (P). Tìm toạ điểm Mtrên (P) sao cho tam giác MAB cân tại M.

Bài 4. (4,00 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC). Hai đường tròn (B; BA) và (C; CA) cắt nhau tạiđiểm thứ hai là D. Vẽ đường thẳng a bất kì qua D cắt đường tròn (B) tại M và cắt đường tròn (C) tại N( D nằm giữa M và N). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (B) và tiếp tuyến tại N của đường tròn (C) cắtnhau tại E. 1) Chứng minh BC là tia phân giác của ABD 2) Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh: AD2 = 4BI.CI 3) Chứng minh bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc một đường tròn. 4) Chứng minh rằng số đo MEN không phụ thuộc vị trí của đường thẳng a. ----- HẾT -----

HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) I.

Hướng dẫn chung

1)Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm, thísinh phải trình bày lập luận đầy đủ. 2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phầnnhư hướng dẫn quy định. 3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm của mỗicâu, mỗi ý trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm Bài 1:

x y− y−y x+ x 1 + xy

a) DK : x ≥ 0; y ≥ 0 M= = =

x y−y x+ x− y 1 + xy

xy ( x − y ) + ( x − y ) 1 + xy (1 + xy )( x − y ) 1 + xy

= x− y b)Với x = (1 − 3) 2 và y = 3 − 8 = 3 − 2 2 = ( 2 − 1) 2

M = (1 − 3)2 − ( 2 − 1)2 = 3 − 1 − 2 + 1 = 3 − 2 Bài 2: a) 4 x − 3 y = 4 4 x − 3 y = 4 5 y = 0 x = 1  y = 0 <=> <=> <=> <=>      y = 0  x = 1 2 x + y = 2 4 x + 2 y = 4 2 x + y = 2

b) ∆ = (-m)2- 4.1.1= m2 – 4

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: m2 – 4 ≥ 0 ⇔ m≥2 hoặc m≤-2 Theo hệ thức Viet, ta có: x1 + x2 = m; x1.x2 = 1 Ta có: (x1 + 1)2 + (x2 + 1)2 = 2.

x12 + 2 x1 + 1 + x2 2 + 2 x2 + 1 = 2 <=> ( x1 + x2 ) 2 + 2( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 0 <=> m 2 + 2m − 2 = 0  m = 3 − 1( L) <=>   m = − 3 − 1(TM )

Vậ y m = − 3 − 1

Bài 3: a)Vẽ đồ thị y = -x2 TXĐ: D = R Tọa độ đỉnh: I(0;0) Trục đối xứng: x = 0 Tính biến thiên: Hàm số đồng biến trên (-∞;0) và nghịch biến trên (0;+∞). BBT:

Bảng giá trị x

-1

b) HD: Viết pt đường trung trực (d’) của AB, tìm giao điểm của (d’) và (P), ta tìm được hai điểm M. Hoành độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d): y = -x – 2 và (P) là nghiệm của phương trình: – x2 =– x – 2 ⇔ x2 – x – 2 =0 ⇔ x= -1 hoặc x = 2

+ Với x = -1, thay vào (P), ta có: y = –(-1)2 = -1, ta có: A(-1; -1) + Với x = 2, thay vào (P), ta có: y = –(2)2 = -4, ta có: B(2; -4)

1 −5 Suy ra trung điểm của AB là: I ( ; ) 2 2 Đường thẳng (d’) vuông góc với (d) có dạng: y = x + b; −5 1 = + b <=> b = −3 Vì (d’): y = x + b đi qua I nên: 2 2 Vậy (d’): y = x -3 Phương trình hoành độ của (d’) và (P) là: x2 + x - 3 = 0 <=> x = + Vớ i x =

−1 − 13 −7 − 13 => y = 2 2

+Với x =

−1 + 13 −7 + 13 => y = 2 2

Vậy có hai điểm M cần tìm là: (

−1 ± 13 2

−1 − 13 −7 − 13 −1 + 13 −7 + 13 ; ) và ( ; ) 2 2 2 2

Bài 4:

a) C/m: ∆ABC = ∆DBC (ccc) ⇒ABC=DBC hay: BC là phân giác của ABD b) Ta có: AB = BD (=bk(B)) CA = CD (=bk(C)) Suy ra: BC là trung trực của AD hay BC ⊥ AD ⇒AI⊥B Ta lại có: BC ⊥ AD tại I ⇒ IA = ID (đlí)

AD 2 Xét ∆ABC vuông tại A (gt) có: AI⊥BC, suy ra: AI = BI.CI hay: = BI .CI => AD 2 = 4 BI .CI 4 c) Ta có: DME=DAM (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) DNE =DAN(hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) Suy ra: DME+ DNE=DAM+DAN Trong ∆MNE có: MEN+EMN+ENM = 180o, suy ra: MEN+DAM+DAN = 180o Hay: MEN+MAN =180o⇒ tứ giác AMEN nội tiếp. d) Trong ∆AMN có: MAN+AMN+ANM = 180o , mà: MEN+MAN =180o suy ra: MEN=AMN+ANM 2

1 1 ACD, AMD = ABC = ABD (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung) 2 2 o Mà: ∆ABC vuông tại A nên: MEN = 90 (không đổi) Vậy số đo góc MEN không phụ thuộc vào đường thẳng a. ----------------------------HẾT----------------------------Ta lại có: AND = ACB =

Đề số 29. Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa. Năm học: 2015-2016 Câu 1: (2,0 điểm)

a a  a +1  + (a > 0, a ≠ 4) Cho biểu thức: M =  : a −2 a−4 a +4 a−2 a a) Rút gọn biểu thức M. b) Tìm tất cả các giá trị của a để M ≤ 0. Câu 2: (2,5 điểm) 3  2 x + y = 3  a) Giải hệ phương trình:  x − 2 = 5  y b) Cho phương trình: x 2 + 2(m − 2) − m2 = 0 , với m là tham số. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân việt x1;x2 thỏa mãn x1 < x2 ;| x1 | − | x 2 |= 6

Câu 3: (1,5 điểm) Giải phương trình: 5 x 3 + 1 = 2( x 2 + 2)

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A và (C) là đường tròn tâm C bán kính CA. Lấy điểm D thuộc đường tròn (C) 1 và nằm trong tam giác ABC. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho BDM = ACD ; N là giao điểm của 2 đường thẳng MD với đường cao AH của tam giác ABC; E là giao điểm thứ hai của đường thẳng BD với đường tròn (C). Chứng minh rằng: a) MN song song với AE. b) BD.BE = BA2 và tứ giác DHCE nội tiếp. c) HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng MN. Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y z S= + + 2 2 1 + y 1 + z 1 + x2 ----HẾT----

Câu Câu 1

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN LAM SƠN – MÔN TOÁN CHUNG Nội dung a/ Rút gọn biểu thức M ( a > 0 và a ≠ 4.) a a  a +1  + M = : a −2 a−4 a +4 a−2 a  a a  a +1 = + : a − 2  ( a − 2) 2  a ( a − 2)  a a  ( a − 2) 2 a ( a + 1) ( a − 2) 2 =  + = . . a − 2  a +1 a −2 a +1  a −2

= a ( a − 2) = a − 2 a b/ Tìm tất cả các giá trị của a để M ≤ 0 M ≤ 0 => a ( a − 2) ≤ 0 => a − 2 ≤ 0( do

Câu 2

a ≥ 0)

=> a ≤ 2 => a ≤ 4 Kết hợp điều kiện : Với 0 < a < 4 thì M ≤ 0. Không xảy ra dấu = vì a ≠ 0 và a ≠ 4. a/ Giải hệ phương trình 3  2 x + y = 3 1  Điều kiện: y ≠ 0. Đặt = t ta có hệ phương trình  y x − 2 = 5  y

2 x + 3t = 3 2 x + 3t = 3 −7t = 7 t = −1 <=>  <=>  <=>    x − 2t = 5(2) 2 x − 4t = 10  x − 2t = 5 x = 3 1 Với t = −1 => = −1 => y = −1 y x = 3 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất   y = −1 b/ x 2 + 2(m − 2) x − m2 = 0 ( m là tham số) Ta có: ∆ ' = (m − 2)2 + m2  ( m − 2) 2 ≥ 0 Do  => ∆ ' = ( m − 2) 2 + m 2 ≥ 0 m ≥ 0

(m − 2) 2 = 0 m = 2 =>  => m ∈ Φ Dấu = xảy ra khi  2 m = 0 m = 0 Vậy ∆ ' = (m − 2)2 + m2 > 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2  x1 + x2 = 4 − 2 m Theo viet ta có :  2  x1 x2 = − m Để

Điểm

| x1 | − | x2 |= 6 => (| x1 | − | x2 |) 2 = 36 => x12 + x2 2 − 2 | x1 x2 |= 36(1) Do x1 x2 = − m 2 ≤ 0 =>| x1 x2 |= − x1 x2 x + x = 6 Thay vào (1) => x12 + x2 2 + 2 x1 x2 = 36 => ( x1 + x2 ) 2 = 36 =>  1 2  x1 + x2 = −6

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

x2 − 6 x − 1 = 0 ∆ ' = 10 > 0 Phương trình có 2 nghiệm x1< x2 là x2 = 3 + 10; x1 = 3 − 10 Khi đó: | 3 − 10 | − | 3 + 10 |= −6( KTM ) Với m = 5, thay vào ta có phương trình

x 2 + 6 x − 25 = 0 ∆ ' = 34 > 0 Phương trình có 2 nghiệm x1< x2 là x2 = −3 + 34; x1 = −3 − 34 Khi đó : | −3 − 34 | − | −3 + 34 |= 6(TM ) Vậy m = 5.

Câu 3

Giải phương trình: 5 x 3 + 1 = 2( x 2 + 2) (Điều kiện x ≥ -1)

PT <=> 5 ( x + 1)( x 2 − x + 1) = 2( x 2 + 2) Đặt

x + 1 = a; x 2 − x + 1 = b ( a, b ≥ 0 )

=> a 2 + b 2 = x 2 + 2. thay vào ta có PT 5ab = 2(a 2 + b 2 ) <=> (2a − b)(2b − a ) = 0 TH1: 2a-b=0=>2a=b 2 x +1 = x2 − x +1 => 4 x + 4 = x 2 − x + 1 <=> x 2 − 5 x − 3 = 0 ∆ = 37 > 0  5 + 37 (TM )  x1 = 2 =>   5 − 37 (TM )  x2 =  2 TH2: 2b-a=0 =>2b=a

2 x2 − x +1 = x +1 => 4 x 2 − 4 x + 4 = x + 1 <=> 4 x 2 − 5 x + 3 = 0 ∆ = −23 < 0 => PTVN Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm : x1 =

5 + 37 5 − 37 ; x2 = 2 2

Câu 4

a/ Chứng minh MN//AE Xét đường tròn (C) ta có : AED =

1 ACD (góc nôi tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung 2

AD) (1)

1 ACD( gt )(2) 2 Từ 1, 2 =>AED= BDM => MN//AE (Vì có 2 góc đồng vị bằng nhau) b/ Chứng minh BD.BE = DA2 và tứ giác DHCE nội tiếp + Chứng minh BD.BE = BA2 Xét ∆BAD và ∆BEA có ABE chung (3) AD=BEA( cùng chắn cung AD) (4) Từ 3,4 =>∆BAD ~ ∆BEA (g.g) BDM =

BD BA = => BD.BE = BA2 (5) (ĐPCM) BA BE + Chứng minh DHCE nội tiếp Xét ∆BAC vuông tại A có AH là đường cao => BA2 = BH.BC (Hệ thức) (6) BD BH = (7) Mà CBE chung (8) Từ 5,6 => BD.BE = BH.BC=> BC BE =>∆BDH~ ∆BCE (c.g.c) =>BHD =BEC (Hai góc tương ứng) (9) Mà BHD +DHC =180o(10) Từ 9,10 =>DHC+ BEC =180o=> Tứ giác DHCE nội tiếp (Đ/l) (ĐPCM) c/ Chứng minh HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng MN + Chứng minh HA là đường phân giác của góc DHE Xét ∆CHE và ∆CEB có HCE chung (11) Xét ∆BAC vuông tại A có AH là đường cao => CA2 = CH.CB (Hệ thức) CE CH = (12) Hay CE2 = CH.CB (do CE = CA = R) => CB CE Từ 11,12 =>∆CHE và ∆CEB (c.g.c) =>CHE =CEB (13) Từ 9.13 =>CHE= BHD =>AHE= AHD (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) => HA là đường phân giác của góc DHE + D là trung điểm của đoạn thẳng MN DM BD = (talet )(14) Ta có : MD//AE (câu a) => EA BE Gọi giao của DE và AH là F DN FD HD = = Ta có : (Ta lét – T/c tia phân giác) (15) EA FE HE DH BD = => DH .CE = CH .BD(16) Ta có : ∆HDB ~ ∆HCE (g.g) => HC CE HC HE = => HC.B E = HE.CE(17) Ta có : ∆CHE ~ ∆CEB (g.g) => => CE BE DH .CE HC.BD HD BD = => = (18) Từ 16,17 => HE.CE HC.BE HE BE DM DN = => DM = DN Từ 14.15.18 => EA EA => D là trung điểm của MN (ĐPCM) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x + y + z = 3 x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của S = + + 2 2 1 + y 1 + z 1 + x2 =>

Câu 5

Ta có :

x xy 2 y yz 2 z zx 2 + = x ; + = y = x ; + =z 1 + y2 1 + y2 1+ z2 1+ z2 1 + x2 1 + x2

=> S =

x y z xy 2 yz 2 zx 2 + + = ( x + y + z ) − ( + + ) 1 + y 2 1 + z 2 1 + x2 1 + y 2 1 + z 2 1 + x2

xy 2 yz 2 zx 2 => S = 3 − ( + + ) 1 + y2 1+ z2 1+ x2 Ta có: xy 2 xy 2 xy yz 2 yz 2 yz zx 2 zx 2 zx ≤ = ; ≤ = ; ≤ = 1+ y2 2 y 2 1 + z2 2z 2 1 + x2 2x 2 xy 2 yz 2 zx 2 xy + yz + zx + + ≤ 2 2 2 1+ y 1+ z 1+ x 2 xy + yz + zx => S ≥ 3 − 2 Do =>

( x + y + z ) 2 ≥ 2( xy + yz + zx) => xy + yz + zx ≤ 3 3 3 => S ≥ 3 − => S ≥ 2 2 3 => S MIN = khi x=y=z=1 2

Đề số 30. Chuyên Nam Định . Năm học: 2015-2016 Bài 1. (2,0 điểm) 1) Cho đa thức P( x) = ax 2 + bx + c. Biết P( x) chia cho x + 1 dư 3, P( x) chia cho x dư 1 và P( x) chia cho x – 1 dư 5. Tìm các hệ số a, b, c.

x4 y 4 1 + = ; x 2 + y 2 = 1. Chứng minh rằng: a b a+b

2) Cho các số a, b, x, y thỏa mãn ab ≠ 0, a + b ≠ 0, a) ay 2 = bx 2 b)

x 200 y 200 2 + 100 = 100 a b (a + b)100

Bài 2. (2,5 điểm) ( y − x)( y − x − 4) = x 2 − 4 x 1) Giải hệ phương trình  2  x( y − 4) + 4 3 x − y = 6

2) Giải phương trình 3( x + 1) x 2 + x + 3 − 3 x 2 − 4 x − 7 = 0.

Bài 3. (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài tại M. Một đường thẳng cắt đường tròn (O1) tại hai điểm phân biệt A, B và tiếp xúc với đường tròn (O2) tại E (B nằm giữa A và E). Đường thẳng EM cắt đường tròn (O1) tại điểm J khác M. Gọi C là điểm thuộc cung MJ không chứa A, B của đường tròn (O1) (C khác M và J). Kẻ tiếp tuyến CF với đường tròn (O2) (F là tiếp điểm) sao cho các đoạn thẳng CF, MJ không cắt nhau. Gọi I là giao điểm của các đường thẳng JC và EF, K là giao điểm khác A của đường thẳng AI và đường tròn (O1) . Chứng minh rằng: 1) Tứ giác MCFI là tứ giác nội tiếp và JA = JI =

JE.JM

2) CI là phân giác góc ngoài tại C của tam giác ABC. 3) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI

Bài 4. (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn

+ 1)( 2 x + 2 )( 2 x + 3)( 2x + 4 ) − 5 y = 11879.

Bài 5. (1,5 điểm) 1) Trong mặt phẳng cho tập S gồm 8065 điểm đôi một phân biệt mà diện tích của mỗi tam giác có 3 đỉnh thuộc tập S đều không lớn hơn 1 (quy ước nếu 3 điểm thẳng hàng thì diện tích của tam giác tạo bởi 3 điểm này bằng 0). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác T có diện tích không lớn hơn 1 chứa ít nhất 2017 điểm thuộc tập S (mỗi điểm trong số 2017 điểm đó nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác T) 2) Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh bất đẳng thức

4a 2 + (b − c) 2 4b 2 + (c − a) 2 4c 2 + (a − b) 2 + + ≥ 3. 2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2 ---------HẾT---------

ĐÁP ÁN Bài 1. Vì P(x) chia cho x + 1 dư 3 nên P(x) – 3 chia hết cho x + 1.

⇒ P(x) – 3 = f(x).(x + 1) Thay x = –1 vào đẳng thức trên ta có: P(–1) – 3 = f(–1).( –1 + 1) = 0.

⇒ P(–1) = 3

(1)

Tương tự, P(x) chia cho x dư 1 nên P(0) = 1

(2)

P(x) chia cho x – 1 dư 5 nên P(1) = 5

(3)

Từ (1), (2), (3) ta có hệ phương trình:  a.( −1) 2 + b.( −1) + c = 3  a − b + c = 3 a = 3  2   ⇔ c = 1 ⇔ b = 1  a.0 + b.0 + c = 1  2 a + b + c = 5 c = 1    a.1 + b.1 + c = 5

⇒ P(x) = 3x2 + x + 1. Thử lại ta thấy P(x) thỏa mãn đề bài. Vậy P(x) = 3x2 + x + 1. 2) a) Ta có:

x4 y4 1 x 4b + y 4 a 1 + = ⇔ = a b a+b ab a+b 4 4 ⇔ (a + b)( x b + y a) = ab ⇔ abx 4 + a 2 y 4 + b2 x 4 + aby 4 − ab = 0 ⇔ ab( x 4 + y 4 − 1) + (ay 2 ) 2 + (bx 2 ) 2 = 0(*) Mặt khác x 2 + y 2 = 1 ⇒ ( x 2 + y 2 )2 = 1 ⇒ x 4 + y 4 − 1 = −2 x 2 y 2 Do đó (*) ⇔ −2abx 2 y 2 + (ay 2 )2 + (bx 2 )2 = 0

⇔ ( ay 2 − bx 2 ) 2 = 0 ⇔ ay 2 = bx 2

b) Vì ab ≠ 0 nên

x2 y2 ay = bx ⇒ = a b 2

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có

x2 y 2 x2 + y 2 1 = = = a b a+b a+b 100

 x2  ⇒   a  ⇒

100

 y2  =   b 

1 100

( a + b)

x 200 y 200 2 + 100 = 100 a b (a + b)100

Bài 2. (2,5 điểm) ( y − x)( y − x − 4) = x 2 − 4 x(1) 1) Giải hệ phương trình  2  x( y − 4) + 4 3 x − y = 6(2)

Biến đổi phương trình (1):

(1) ⇔ ( y − x)( y − 4) − x( y − x) = x( x − 4) ⇔ ( y − x)( y − 4) = x( x − 4 + y − x) ⇔ ( y − x)( y − 4) = x( y − 4) ⇔ ( y − 4)( y − 2 x) = 0 y = 4 ⇔  y = 2x • Với y = 4, thay vào (2) được:

(2) ⇔ 4 3 x 2 − 4 = 6 ⇔ 3 x 2 − 4 =

3 ⇔ x2 − 2 x + 2 3 x2 − 2 x − 3 = 0 2

Đặt t = 3 x 2 − 2 x , phương trình trở thành:

t 3 + 2t − 3 = 0 ⇔ (t − 1)(t 2 + t + 3) = 0 t = 1 ⇔ 2 t + t + 3 = 0(3) Phương trình (3) có ∆ = 1 – 4.3 = –11 < 0 nên vô nghiệm. Do đó

t = 1 ⇒ x2 − 2 x = 1 ⇔ x2 − 2 x −1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 x = 1+ 2 ⇒ y = 2 + 2 2 x = 1− 2 ⇒ y = 2 − 2 2

 118   118  ; 4  ,  − ; 4  , 1 + 2; 2 + 2 2 , 1 − 2; 2 − 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm  4  4   

(

)(

2) Giải phương trình 3( x + 1) x 2 + x + 3 − 3 x 2 − 4 x − 7 = 0. (1)

ĐK: x2 + x + 3 ≥ 0 Đặt a = x + 1; b = x 2 + x + 3 (b ≥ 0). Ta có a 2 + 2b2 = ( x 2 + 2 x + 1) + 2( x 2 + x + 3) = 3x 2 + 4 x + 7 Phương trình (1) trở thành 3ab − a 2 − 2b 2 = 0 ⇔ (− a + b)(a − 2b) = 0 a = b ⇔  a = 2b

Do đó

 x ≥ −1  x + 1 = x2 + x + 3  (1) ⇔  ⇔  x2 + 2 x + 1 = x2 + x + 3  x + 1 = 2 x 2 + x + 3  2 2   x + 2 x + 1 = 4( x + x + 3)  x ≥ −1  ⇔  x = 2  3x 2 + 2 x + 11 = 0(2)  ⇔ x = 2 (thỏa mãn) (Phương trình (2) có ∆’ = 1 – 3.11 = –32 < 0 nên vô nghiệm) Do đó x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 3.

)

1) Ta có tam giác O1MJ và O2ME cân nên O1MJ = O1JM ; O2ME = O2EM Mặt khác O1MJ = O2ME (hai góc đối đỉnh) nên

∆O1MJ ~ ∆O2ME (g.g) => O1 = O2 Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm trong một đường tròn ta có:

1 JAM = O1 2 1 MFI = O2 2 ⇒ JAM = MFI Mặt khác, vì AJCM là tứ giác nội tiếp, nên MCI = JAM (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) => MCI = MFI

⇒ MCFI là tứ giác nội tiếp. => MIC = MFC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Mặt khác xét đường tròn O2 ta có: MFC = MEF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MF) => MIC = MEI Do đó ∆JMI ~ ∆JIE (g.g) =>

JM JI = => JM .JE = JI 2 JI JE

Tương tự JAM = MFE = AEJ ⇒ ∆JAM ~ ∆JEA ⇒ JM .JE = JA2

Do đó JA = JI = JE.JM 2) Do O1 = O2 (cmt) nên O1J // O2E ⇒ O1J ⊥ AB. Mà O1A = O1B nên O1J là trung trực của AB

⇒ Tam giác JAB cân tại J Vì ABCJ là tứ giác nội tiếp nên ta có:

BCI = BAJ =

180o − AJB 180o − ACB 1 = = 90o − ACB 2 2 2

Do đó CI là phân giác ngoài tại đỉnh C của tam giác ABC. 3) Do AJCK là tứ giác nội tiếp nên ICK = IAJ = KIC => KI = KC Áp dụng tính chất góc ngoài với tam giác ACI, ta có: KAC = ACJ – AIC = ABJ – AIJ = BAJ – JAK = BAK => KB = KC. Do đó KB = KC = KI ⇒ K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI.

Bài 4.

+ 1)( 2 x + 2 )( 2 x + 3)( 2x + 4 ) − 5 y = 11879.

⇔ ( 22 x + 5.2 x + 4 )( 22 x + 5.2 x + 6 ) − 5 y = 11879

(1)

Đặt t = 22 x + 5.2 x + 5, t ∈ ℕ*, ta có: (1) ⇔ (t − 1)(t + 1) − 5 y = 11879 ⇔ t 2 − 5 y = 11880(2)

Xét các TH sau: • TH1: y ≥ 2 ⇒ 5y⋮ 25 Từ (2) suy ra t2 ⋮ 5 ⇒ t2⋮ 25. Do đó từ (2) ⇒ 11880 ⋮ 25 (vô lí) • TH2: y = 1 (2) ⇔ t2 = 11885 (loại vì 11885 không phải là số chính phương) • TH3: y = 0 (2) ⇔ t2 = 11881 ⇒ t = 109

⇒ 22 x + 5.2 x + 5 = 109 ⇒ 22 x + 5.2 x − 104 = 0  2 x = 8(tm) ⇒ x = 3. ⇔ x = − 2 13( L )  Vậy x = 3, y = 0 là các số tự nhiên cần tìm.

Bài 5. 1)

Gọi A, B là 2 điểm có khoảng cách lớn nhất thuộc 8065 điểm đã cho. Gọi a, b lần lượt là các đường thẳng qua A, B và vuông góc AB. Gọi C là điểm có khoảng cách đến đường thẳng AB là lớn nhất trong 8065 điểm đã cho. Đường thẳng qua C và song song AB cắt a, b lần lượt ở M, N. Xét 2 trường hợp: •ℝTH1: Không tồn tại điểm nào thuộc S mà nằm khác phía C so với AB. Khi đó tất cả 8065 điểm đã cho đều nằm trong hình chữ nhật AMNB. Thật vậy, nếu ∀ điểm I ∈ S không nằm trong hình chữ nhật đó thì I chỉ có thể nằm trong các miền (1), (2),(3), (4) hoặc (5). Nếu I ∈ (1) hoặc I ∈ (4) thì dễ thấy AI > AB ( mâu thuẫn với giả sử) Nếu I ∈ (2) hoặc I ∈ (3) thì dễ thấy BI > AB (mâu thuẫn với giả sử) Nếu I ∈ (5) thì d(I; AB) > d(C; AB) ( mâu thuẫn). Do đó I thuộc hình chữ nhật AMNB ∀ I ∈ S. Khi đó xét ba tam giác AMC, ABC và BNC, ta có SAMC< SABC ≤ 1

SBNC < SABC ≤ 1 và tồn tại một trong ba tam giác chứa ít nhất 2017 điểm, vì nếu không thì cả hình chữ nhật AMNB sẽ chứa ít hơn 3.2017 = 6051 (điểm) , vô lí. Do đó chọn được tam giác T thỏa mãn. •TH2 : Tồn tại tập S’ các điểm nằm khác phía với C so với AB. Khi đó gọi D là điểm thuộc S’ mà có khoảng cách đến AB là lớn nhất. Qua D kẻ đường thẳng song song AB cắt a, b lần lượt ở Q, P. Gọi O là giao MP, NQ. Chứng minh tương tự ta có 8065 điểm đã cho đều nằm trong hình chữ nhật MNPQ. Theo nguyên lí Đi–rích–lê ⇒ Tồn tại một trong bốn tam giác OMN, ONP, OPQ, OQM chứa ít nhất 2017 điểm.

1 1 1 Mặt khác SOMN = SONP = SOPQ = SOQM = S MNPQ = .2.( S ACB + S ADB ) ≤ .2.(1 + 1) = 1 4 4 4 Bài toán được chứng minh. 2) Ta có:

4a 2 + (b − c) 2 2(2a 2 + b 2 + c 2 ) − (b + c)2 (b + c) 2 = = 2− 2 2a 2 + b 2 + c 2 2a 2 + b 2 + c 2 2a + b 2 + c 2 Có hai đẳng thức tương tự. BĐT đã cho tương đương với

(b + c) 2 (c + a ) 2 ( a + b) 2 + + ≤ 3. 2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2 2

x2 y 2 ( x + y ) ≥ , ta có: Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz cho 4 số dương + m n m+n (b + c)2 b2 c2 ≤ + 2a 2 + b 2 + c 2 a 2 + b 2 a 2 + c 2 Ta có hai BĐT tương tự, cộng từng vế ta có:

(b + c) 2 (c + a ) 2 ( a + b) 2 + + 2a 2 + b 2 + c 2 2b 2 + c 2 + a 2 2c 2 + a 2 + b 2  b2 c2   c2 a2   a2 b2  ≤ 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 + 2 2 2 2   a +b a +c  b +c a +b   c +a c +b   b2 a 2   c2 b2   a2 c2  = 2 + + + + + 2 2 2   2 2 2 2   2 2 2 2   a +b a +b  b +c c +b   a +c a +c 

⇒ BĐT đã cho được chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

Đề số 31. Chuyên Nam Định. Năm học: 2015-2016 Câu 1. (2,0 điểm) 1) Với giá trị nào của x thì biểu thức

x + 1 + x − 3 xác định.

2) Tính giá trị của biểu thức A = x + 3 − 3 − x khi x=2 2 3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y = 2 x 2 4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB=3; BC = 5. Tính cos ACB.

Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q = (

1 2 x + x 1− x )( ) ( với x>0;x ≠ 1) − − x −1 x −1 x +1 x−x

1) Rút gọn biểu thức Q . 2) Tìm các giá trị của x để Q =−1. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 − 2(m− 1) x + m2 − 6 = 0 (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình với m = 3. b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 ;x2, thỏa mãn x12 + x2 2 = 16 .  x + 2( x − y + 3) = y 2) Giải hệ phương trình  2  x + ( x + 3)(2 x − y + 5) = x + 16 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB <AC) , đường cao AH. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB,AC , lần lượt tại M,N. Gọi O là trung điểm của đoạn BC, D là giao điểm của MN và OA. 1) Chứng minh rằng: a) AM. AB= AN. AC b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: a) ∆ADI ∽∆AHO . 1 1 1 = + b) AD HB HC 3) Gọi P là giao điểm của BC và MN, K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường kính AH. Chứng minh rằng BKC = 90o. Câu 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình

3x 2 − 6 x − 6 = 3 (2 − x)5 + (7 x − 19) 2 − x

2) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc =1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c T= 4 4 + 4 4 + 4 4 b +c +a a +c +b a +b +c ---------HẾT---------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN (Đề chung)

Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án 1) x + 1 + x − 3 xác định <=> x + 1; x − 3 đồng thời xác định

Điểm 0,25 0,25

x + 1 xác định x+1 ≥ 0 x ≥ -1 x − 3 xác định x-3 ≥ 0 x ≥ 3 Vậy điều kiện xác định của biểu thức

x + 1 + x − 3 là x ≥ 3

2)Với x= 2 2 ta có: A= 2 2 + 3 − 3 − 2 2 = ( 2 + 1) 2 − ( 2 − 1)2

0,25

=| 2 + 1| − | 2 − 1|= ( 2 + 1) − ( 2 − 1) = 2

0,25

3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 x2 = 8 <=> x = ±2 . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và (-2;8).

0,25

4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC = BC 2 − AB 2 = 52 − 32 = 4 Do đó cos ACB =

0,25 0,25 0,25

AC 4 = BC 5

Câu 2 (2,0 điểm) Đáp án 1) (1,0 điểm) Với điều kiện x > 0 và x ≠ 1, ta có

Điểm 0,5

 x +1 2   x ( x + 1) 1− x  Q =  − −  .   x +1 x (1 − x )   ( x − 1)( x + 1) x − 1    x +1 2  1 =  − )  .( x − x − 1 x − 1 x  

0,25

 x −1   x −1  =   .  =  x −1   x 

0,25

x −1 x

2) (0,5 điểm) Với x > 0 và x ≠ 1, ta có Q = Do đó

Q = −1 <=>

x −1 = −1 x

<=> x − 1 = − x

x −1 x

0,25

<=> 2 x = 1 1 <=> x = (TM ) 4 1 Vậy với x = thì Q= -1 4 Câu 3 (2,5 điểm) Đáp án 1) (1,5 điểm) a) (0,75 điểm) Với m = 3, ta có phương trình (1) trở thành x2-4x=3=0 Ta có a+b+c =1−4+3 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1=1; x2=3 Vậy với m = 3, phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1=1; x2=3 b)(0,75 điểm) x2-2(m-1)x+m2-6=0

0,25

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25

Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn xcó ∆ ' = (m − 1)2 − (m2 − 6) = 7 − 2m Phương trình (1) có các nghiệm x1;x2 <=> ∆ ' ≥ 0 <=> 7 − 2 m ≥ 0 <=> m ≤

7 (*) 2

Khi đó theo định lý Viét ta có x1 + x2 = 2( m − 1); x1 x2 = m 2 − 6

0,25

Do đó: x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 4( m − 1) 2 − 2( m 2 − 6) = 2m 2 − 8m + 16

m = 0 Vậy x12 + x2 2 =16 2m2 − 8m + 16 = 16  m = 4 Kết hợp điều kiện (*) ta có m = 0 là giá trị thỏa mãn. (1)  x ≥ −2  x + 2( x − y + 3) = y 2) (1,0 điểm)  Điều kiện:  2 y ≥ 0  x + ( x + 3)(2 x − y + 5) = x + 16 (2)

0,25

Với x≥-2; y≥0, phương trình (1) <=> x + 2( x − y + 2) + x + 2 − y = 0 <=> x + 2[( x + 2) 2 − ( y ) 2 ] + x + 2 − y = 0

( x + 2 − y )[ x + 2( x + 2 + y ) + 1] = 0

0,25

> 0 ∀x ≥−2; y ≥ 0

<=> x + 2 − y = 0 <=> x + 2 = y Thay y =x+ 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:

0,25

x + ( x + 3)(2 x − ( x + 2) + 5) = x + 16 <=> x 2 + ( x + 3) 2 = x + 16 <=> 2 x 2 + 5 x − 7 = 0  x = 1(TM ) <=>   x = −7 ( L)  2 +) Với x=1=>y=3. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(1;3) Câu 4 (3,0 điểm) Đáp án

0,25

Điểm

1) (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Xét đường tròn (I) cóAMH=ANH =90o (góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) nên HM ,HN tương ứng là đường cao của các tamgiác vuông ABH, ACH +) ∆ABH vuông tại H , có đường caoHM nên suy ra AM.AB= AH2. +) ∆ACH vuông tại H , có đường caoHN nên suy ra AN. AC =AH2. Do đó AM. AB =AN .AC AM AN = b)(0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM . AB = AN . AC => AC AB AM AN = Xét ∆AMN và ∆ACB có A chung, nên suy ra ∆AMN∽∆ACB (c.g.c) AC AB Do đó AMN= ACB=> BCN+ BMN= ACB +BMN= AMN +BMN=1800 Mà các góc BCN;BMN , ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp. 2) (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nênOA= OB =OC⇒∆OAC cân tại O ⇒OAC= OCA=> OAC =BCNMà AMN= ACB= BCN == nên AMN= OAC=> AMN= DAN Vì ∆AMN vuông tại A nên AMN+ ANM=90o=> DAN +ANM=90o=> ADN = 90o Mà MAN = 900⇒MN là đường kính của đường tròn (I)⇒I là trung điểm của MN nênADI = 90o . Xét ∆AID và ∆AOH có ADI= AHO= 900 và A chung do đó ∆ADI∽∆AHO (g.g) b)(0,5 điểm) AD AI 1 AO = => = Vì ∆ADI∽∆AHO => AH AO AD AH . AI 1 1 1 BC ; AI = AH ; => = Mà AO = BC 2 AD AH 2

Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH2= HB .HC.

0,25

0,25 0,25

0,25

1 HB + HC 1 1 = = + AD HB.HC HB HC 3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp =>PBM =MNC =>PBM +ANM =MNC+ANM =1800 (1) Vì tứ giác ANMK nội tiếp ⇒PKM =ANM (2) Từ (1) và (2) suy ra PBM+ PKM =1800, do đó tứ giác PKMB nội tiếp ⇒PKB =PMB= AMN= ACB =>AKB+ ACB= AKB+ PKB= 180O Do đó tứ giác BKAC nội tiếp ⇒BKC= BAC= 900. Câu 5 (1,0 điểm) Đáp án 3 x 2 − 6 x − 6 ≥ 0 1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định  <=> x ≤ 1 − 3 2 − x ≥ 0 =>

0,5

Điểm 0,25

Với x ≤ 1 − 3 , phương trình đã cho tương đương với: 3 x 2 − 6 x − 6 = 3(2 − x) 2 2 − x + (7 − 19) 2 − x <=> 3 x 2 − 6 x − 6 = (3 x 2 − 5 x − 7) 2 − x <=> 3 x 2 − 6 x − 6 − 2 − x = (3 x 2 − 5 x − 7) 2 − x <=>

3x 2 − 5 x − 8 2

3x − 6 x − 6 + 2 − x

= (3 x 2 − 5 x − 7) 2 − x

3 x 2 − 5 x − 8 = 0 <=>  ( Do 2 1 = 2 − x ( 3 x − 6 x − 6 + 2 − x ) 

3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x > 0∀x ≤ 1 − 3)

+ )3 x 2 − 5 x − 8 = 0

0,25

 x = −1(TM) <=>   x = 8 ( L) 3  + )1 = 2 − x ( 3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x ) <=> 1 = 2 − x + 2 − x 3 x 2 − 6 x − 6 <=> x − 1 = 2 − x 3 x 2 − 6 x − 6(*) Do x ≤ 1- 3 => x − 1 < 0 ≤ 2 − x 3 x 2 − 6 x − 6 => (*) VN Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =−1

2) (0,5 điểm) Ta có: a 4 + b4 ≥ ab(a 2 + b2 )∀a; b ∈ R Thật vậy:

a 4 + b 4 ≥ ab(a 2 + b 2 ) <=> a 4 + b 4 ≥ a3b + ab3 <=> (a − b)(a3 − b3 ) ≥ 0

<=> (a − b)2 (a 2 + ab + b2 ) ≥ 0 (luôn đúng ∀a; b ∈ R ) => a 4 + b4 + c ≥ ab(a 2 + b2 ) + c <=> a 4 + b4 + c ≥ ab(a 2 + b2 ) + abc 2 > 0 ( vì a;b;c >0 và abc=1)

0,25

<=>

c c c c ≤ ≤ (Vi c>0)<=> 4 4 4 2 2 2 2 a + b + c ab(a + b ) + abc a + b + c ab(a + b 2 + c 2 ) 4

c c2 c c2 <=> 4 4 ≤ <=> 4 4 ≤ (1) a + b + c abc(a 2 + b2 + c2 ) a + b + c a2 + b2 + c2 Tương tự: b b2 ≤ (2) a 4 + c 4 + b a2 + b2 + c 2 a c2 (3) ≤ b4 + c4 + a a2 + b2 + c 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:

0,25

a b c a 2 + b2 + c2 + + ≤ =1 b4 + c 4 + a a4 + c4 + b a4 + b4 + c a 2 + b2 + c2 Vậy T ≤ 1 ∀a; b; c > 0 thỏa mãn abc=1 Với a=b=c=1 thì T=1 Vậy GTLN của T là 1

Đề số 32. Chuyên HCM. Năm học: 2015-2016 Câu 1. (1,5 điểm) Cho hai số thực a , b thỏa điều kiện ab = 1, a +b ≠ 0 . Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 3 1 1 6 1 1 P= ( 3 + 3)+ ( 2 + 2)+ ( + ) 3 4 5 ( a + b) a b ( a + b) a b (a + b) a b Câu 2. (2,5 điểm) a) Giải phương trình: 2 x 2 + x + 3 = 3x x + 3 b) Chứng minh rằng: abc(a3 − b3 )(b3 − c3 )(c3 − a3 )⋮ 7 ∀a,b,c ∈ R

Câu 3. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD . Đường thẳng qua C vuông góc với CD cắt đường thẳng qua A vuông góc với BD tại F . Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường trung trực của AC tại E . Hai đường thẳng BC và KE EF cắt nhau tại K . Tính tỉ số KF Câu 4. (1 điểm) Cho hai số dương a , b thỏa mãn điều kiện: a+b ≤ 1. 3 a −9 − ≤ Chứng minh rằng: a 2 − 4a b 4 Câu 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( ) O . Gọi M là trung điểm của cạnh BC và N là điểm đối xứng của M qua O . Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D . Kẻ đường kính AE . Chứng minh rằng: a) Chứng minh BA.BC =2.BD. BE b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC . Câu 6. (1 điểm)

Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với nhau đúng một trận. Người thứ nhất thắng x1 trận và thua y1 trận, người thứ hai thắng x2 trận và thua y2 trận, ..., người thứ mười thắng x10 trận và thua y10 trận. Biết rằng trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng: x12 + x2 2 + ..... + x10 2 = y12 + y2 2 + .... + y10 2

HẾT Hướng dẫn giải Câu 1. Với ab = 1 , a + b ≠ 0, ta có:

a 3 + b3 3(a 2 + b 2 ) 6(a + b) + + 3 3 4 2 (a + b) (ab) (a + b) (ab) (a + b)5 (ab)

a 3 + b3 3(a 2 + b 2 ) 6(a + b) + + ( a + b)3 ( a + b) 4 ( a + b) 5

a 2 + b 2 − 1 3(a 2 + b 2 ) 6 + + 2 4 ( a + b) ( a + b) ( a + b) 4

(a 2 + b 2 − 1)(a + b) 2 + 3(a 2 + b 2 ) + 6 (a + b) 4

(a 2 + b 2 − 1)(a 2 + b 2 + 2) + 3(a 2 + b 2 ) + 6 ( a + b) 4

(a 2 + b 2 )2 + 4(a 2 + b 2 ) + 4 (a + b) 4

(a 2 + b 2 + 2)2 ( a + b) 4

(a 2 + b 2 + 2ab)2 ( a + b) 4 2

(a + b) 2  = ( a + b) 4 =1 Vậy P = 1, với ab = 1 , a+b ≠ 0. Câu 2a. Điều kiện: x ≥−3 Với điều kiện trên, phương trình trở thành:

2 x 2 − 3 x x + 3 + ( x + 3) 2 = 0 <=> 2 x 2 − 2 x x + 3 + ( x + 3) 2 − x x + 3 = 0 <=> 2 x( x − x + 3) − x + 3(x − x − 3) = 0 <=> ( x − x + 3)(2 x − x + 3) = 0  x + 3 = x(1) <=>   x + 3 = 2 x(2) x ≥ 0    x = 1 + 13 x ≥ 0 1 + 13 •(1) : x + 3 = x <=>  <=>   <=> x = 2 2  2 x + 3 = x  1 − 13  x =   2 x ≥ 0  x ≥ 0  x = 1 •(2) : x + 3 = 2 x <=>  <=> <=> x = 1  2 3 − x + 3 = 4x  x =   4

 1 + 13  So với điều kiện ban đầu, ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = 1;  2   Câu 5.

a) Chứng minh BA . BC = 2BD . BE • Ta có: DBA+ ABC= 900 , EBM +ABC = 900 ⇒DBA =EBM (1) • Ta có: ∆ONA =∆OME (c-g-c) ⇒EAN= MEO Ta lại có: DAB +BAE+ EAN = 900, và BEM +BAE +MEO = 900 ⇒DAB= BEM (2) • Từ (1) và (2) suy ra ∆BDA đồng dạng ∆BME (g-g)

BD BA BA.BC = => DB.BE = BA.BM = BM BE 2 => 2 BD.BE = BA.BC b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của ∆ABC • Gọi F là giao của BD và CA. Ta có BD.BE= BA.BM (cmt) BD BM => = => ∆BDM ~ ∆BAE (c − g − c) BA BE => BMD = BEA Mà BCF=BEA(cùng chắn AB) =>BMD=BCF=>MD//CF=>D là trung điểm BF • Gọi T là giao điểm của CD và AH . TH CT = (HQ định lí Te-let) (3) ∆BCD có TH //BD => BD CD TA CT = ∆FCD có TA //FD => (HQ định lí Te-let) (4) FD CD Mà BD= FD (D là trung điểm BF ) (5) • Từ (3), (4) và (5) suy ra TA =TH ⇒T là trung điểm AH . =>

Đề số 33. Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên. Năm học: 2015-2016 Bài 1: (1,5 điểm) Cho A = 3 − 1; B = 3 + 1

A 2 ; A + B 2 bằng cách rút gọn hoặc biến đổi thích hợp B Bài 2: (2,0 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình: a) x 2 + 5x − 6 = 0 Tính giá trị của biểu thức A + B; A.B;

1 1 8 x + y = 5  b)   2 − 5 = −1  x y 3 Bài 3: (1,0 điểm) Cho phương trình x 4 + 2mx 2 + 4m + 5 = 0(1) . Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 4: (1,5 điểm) Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc tại một địa điểm: người thứ nhất đi về phía nam, người thứ hai đi về phía tây. Sau 4 giờ hai người cách nhau 100km theo đường chim bay. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ nhất nhỏ hơn vận tốc của người thứ hai 5km/h. Bài 5: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy hai điểm C, D trên nửa đường tròn sao cho AC=BD (C nằm giữa A và D). Gọi E là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh hai tam giác ACE, BDE bằng nhau. b) Chứng minh tứ giác AOEC, BOED nội tiếp. c) Đường thẳng qua O vuông góc AD cắt CD tại F. Tứ giác AODF là hình gì? Vì sao? d) Gọi G là giao điểm của AC và BD. Chứng minh O, E, G thẳng hàng. ––––Hết––––

ĐÁP ÁN Bài 1: Ta có: A + B = ( 3 − 1) + ( 3 + 1) = 2 3 AB = ( 3 − 1)( 3 + 1) = ( 3)2 − 12 = 3 − 1 = 2 A 3 −1 ( 3 − 1) 2 4−2 3 = = = = 2− 3 B 2 3 + 1 ( 3 + 1)( 3 − 1) A2 + B 2 = ( A + B ) 2 − 2 AB = (2 3) 2 − 2.2 = 12 − 4 = 8 Bài 2:

a) x2 + 5 x − 6 = 0 (1) Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x, có tổng các hệ số a + b + c = 1 + 5 + (–6) = 0 nên có hai −6 = −6 nghiệm x1 = 1; x2 = 1 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {−6;1} 1 1 8 x + y = 5  b)   2 − 5 = −1  x y 3 5 5  7 23  1 23  1 23 21  = = = x= x + y =8      x 3  x 21  x 21  23 <=>  <=>  <=>  <=>  <=>   2 − 5 = −1  2 − 5 = −1 2. 23 − 5 = −1  1 = 53  y = 105  x y 3  21 y 3  y 105 53   x y 3

 21 105  Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x;y) =  ;   23 53  Bài 3:

x4 + 2mx2 + 4m + 5 = 0(1) Đặt t = x 2 ; t ≥ 0 , phương trình (1) trở thành

t 2 + 2mt + 4m + 5 = 0(2) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt  m > 5    m 2 − 4m + 5 > 0 ∆ ' = m2 − (4m + 5) > 0   m < −1  5   <=> m < 0 <=> m < 0 <=> − < m < −1  S = −2m > 0 4  P = 4m + 5 > 0   −5 −5  m > m >  4 4   −5  Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m ∈  ; −1  4  Bài 4:

Gọi O là điểm khởi hành của 2 xe. Sau 4 giờ, người thứ nhất ở vị trí A, người thứ hai đang ở vị trí B và AB = 100km. Gọi vận tốc của người thứ nhất là x (km / h) (x > 0) Vì vận tốc của người thứ nhất nhỏ hơn vận tốc của người thứ hai 5km/h nên vận tốc của người thứ hai là x + 5 (km / h) Quãng đường người thứ nhất đi trong 4 giờ là OA = 4x (km) Quãng đường người thứ hai đi trong 4 giờ là OB = 4(x + 5) (km) Vì ∆ OAB vuông ở O nên ta có phương trình:

OA2 + OB 2 = AB 2 <=> 16 x 2 + 16(x + 5)2 = 1002 <=> 2 x 2 + 10 x − 600 = 0 <=> 2( x − 15)( x + 20) = 0 ⇔ x = 15 (thỏa mãn) hoặc x = –20 (loại) Vậy vận tốc của ngưới thứ nhất là 15 km /h và của người thứ hai là 20 km /h. Bài 5:

a) Vì C, D thuộc đường tr n đường kính AB nên:

ACB=ADB=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tr n) ⇒ Hai tam giác ACE và BDE vuông =>CAE+AEC=90o;DBE+BED=90o Mà AEC=BED (hai góc đối đỉnh) nên CAE =DBE Xét ∆ ACE và ∆ BDE có:

 ACE = BDE = 90o (cmt)  => ∆ACE = ∆BDE ( g.c.g ) AC = BD(gt) CAE = DBE(cmt)  b) Vì ∆ ACE = ∆ BDE nên AE = BE (hai cạnh tương ứng) Mà OA = OB nên OE là đường trung trực của đoạn AB =>AOE=90o Tứ giác AOEC có tổng hai góc đối AOE+ACE=90o+90o=180o nên AOEC là tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự ta có BOED là tứ giác nội tiếp. c) Vì EA = EB (cmt) nên ∆ ABE cân ở E =>EAB=EBA (1) Vì ACDB là tứ giác nội tiếp nên EAB=ECD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)(2) Từ (1) và (2) ⇒ ECD=EBA ⇒ CD // AB (3) Vì OF ⊥ AD, BD ⊥ AD nên OF // BD (4) Từ (3) và (4) ⇒ OFDB là hình bình hành ⇒ DF = OB = OA Mà DF // OA nên tứ giác AODF là hình bình hành Hình bình hành AODF có hai đường chéo OF và AD vuông góc với nhau nên nó là hình thoi. d) Vì ∆ ACE = ∆ BDE nên CAE=DBE Mà EAB=EBA (cmt) nên CAE+EAB=DBE+EBA=>CAB=DBA ⇒ ∆ GAB cân ở G ⇒ GA = GB ⇒ G thuộc đường trung trực của đoạn AB. ⇒ G ∈ OE ⇒ O, E, G thẳng hàng.

Đề số 34. Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình. Năm học: 2015-2016 Câu 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: A =

1 2 x 1 − + x + x x −1 x − x

2. Tính giá trị biểu thức: B = 3 85 + 62 7 + 3 85 − 62 7

Câu 2. (2,0 điểm)

 x + 2 y = 2m + 1 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình  4 x + 2 y = 5m − 1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho parabol (P): y = x2cắt đường thẳng d: y = mx – 2 tại 2 điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) thỏa mãn y1 + y2 = 2( x1 + x2 ) − 1 Câu 3. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình

x 2 − 9 − x 2 − 16 = 1

3 3  x + 4 y = y + 16 x 2. Giải hệ phương trình  2 2 1 + y = 5(1 + x )

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB,AC,BC. Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF và DF lần lượt tại I và K. 1. Tính số đo góc BIF 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE . a. Khi AM = AB, gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng ba điểm A,O,H thẳng hàng, từ đó suy ra tứ giác ABHI nội tiếp. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O), P, Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF. Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ max. Câu 5. (1,0 điểm) 1 1 1 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện + + ≤ 3 . Chứng minh rằng: a b c a b c 1 + + + (ab + bc + ca) ≥ 3 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY – NINH BÌNH Câu 1. 1. Ta có: A=

1 2 x 1 − + x + x x −1 x − x

1 2 x 1 − + x ( x + 1) ( x − 1)( x + 1) x ( x − 1)

= =

( x − 1) − 2 x x + ( x + 1) x ( x − 1)( x + 1) −2 x + 2 x x ( x − 1)( x + 1)

−2 x ( x − 1) x ( x − 1)( x + 1) −2 = x +1 −2 Vậy A= x +1 =

2. B = 3 85 + 62 7 + 3 85 − 62 7

Đặt a = 3 85 + 62 7 ; b = 3 85 − 62 7 => a + b = B Mặt khác: a 3 + b 3 = (85 + 62 7 ) + (85 − 62 7 ) = 170

ab = 3 85 + 62 7 3 85 − 62 7 = 3 852 − (62 7)2 = 3 −19683 = −27 Ta có:

B 3 = (a + b)3 = a 3 + b3 + 3ab(a + b) = 170 − 3.27.B => B3 + 81B − 170 = 0 2 => (B− 2)(B + 2 B + 85) = 0

=> B = 2 Vậy B=2 Câu 2.  x + 2 y = 2m + 1 1.  (I) 4 x + 2 y = 5m − 1 x + 2 y −1  m = x + 2 y − 1 3x + 2 y + 1 2 ( I ) <=>  => = 2 5 m = 4 x + 2 y + 1  5 => 5( x + 2 y − 1) = 2(4 x + 2 y + 1) => 3 x − 6 y + 7 = 0

Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x0; y0) thì 3x0 − 6 y0 + 7 = 0 => 6 y0 − 7 = 3x0 ⋮ 3 => 7⋮3 (vô lí) Vậy hệ phương trình không có nghiệm nguyên ∀ m. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d:

x 2 − mx + 2 = 0 (1) (P) cắt d tại hai điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m2 – 4.2 > 0 ⇔ m2> 8 ⇔ m > 2 2 hoặc m<- 2 2 Khi đó x1, x2 là nghiệm của (1). Áp dụng định lí Vi–ét ta có x1 + x2 = m; x1x2 = 2. Do A, B ∈ d nên y1 = mx1 – 2 và y2 = mx2 – 2. Ta có: y1 + y2 = 2( x1 + x1 ) − 1

<=> mx1 − 2 + mx2 − 2 = 2( x1 + x2 ) − 1 <=> (m − 2)( x1 + x2 ) − 3 = 0 <=> m(m − 2) − 3 = 0 <=> m 2 − 2m − 3 = 0 ⇔ m = –1 (loại) hoặc m = 3 (thỏa mãn) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3. 1. x 2 − 9 − x 2 − 16 = 1 (1) ĐK: x2 ≥ 16 ⇔ x ≥ 4 hoặc x ≤ –4. ( I ) <=> x 2 − 9 = x 2 − 16 + 1 <=> x 2 − 9 = x 2 − 16 + 2 x 2 − 16 + 1 <=> 6 = 2 x 2 − 16 <=> 3 = x 2 − 16 <=> x 2 − 25 = 0 <=> x = ±5 (thỏa mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S={–5;5}.

 x 3 + 4 y = y 3 + 16 x 2.  (I) 2 2 1 + y = 5(1 + x ) 3  4 y = y <=> y = ±2 – Xét x = 0, hệ (I) trở thành  2  y = 4 y – Xét x ≠ 0, đặt = t <=> y = xt . Hệ (I) trở thành x 3 3 3 3 3 3 3  x + 4 xt = x t + 16 x  x (t − 1) = 4 xt − 16 x  x (t − 1) = 4 x(t − 4)(1) <=> <=>   2 2  2 2 2 2 2 1 + x t = 5(1 + x )  x (t − 5) = 4 4 = x (t − 5)(2)

Nhân từng vế của (1) và (2), ta được phương trình hệ quả

4 x 3 (t 3 − 1) = 4 x3 (t − 4)(t 2 − 5) <=> t 3 − 1 = t 3 − 4t 2 − 5t + 20

(Do x ≠ 0)

<=>4t + 5t − 21 = 0

 t = −3 <=>  7 t =  4 + Với t = – 3, thay vào (2) được x2 = 1 ⇔ x = ±1. x = 1 thì y = –3, thử lại (1;–3) là một nghiệm của (I) x = –1 thì y = 3, thử lại (–1;3) là một nghiệm của (I) 7 64 + Với t = , thay vào (2) được x2 = − (loại) 4 31 Vậy hệ (I) có các nghiệm (0;2), (0;–2), (1;–3), (–1;3). Câu 4.

1. Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD, OF ⊥ BF. Xét 2 tam giác vuông OBD và OBF có OB chung   => ∆OBD = ∆OBF (cạnh huyền–góc nhọn) OBD=OBF(gt)  ⇒ BD = BF Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K. Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K. DOE = 90o Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có: 1 DFE = DOE = 45o 2 ⇒ ∆ KIF vuông cân tại K. =>BIF=45o 2. a. Hình chữ nhật ADOE có OD = OE = r nên nó là hình vuông ⇒ AO là trung trực DE (1) Vì AB = AM nên tam giác ABM vuông cân tại A, suy ra ABM =45° =>DBH=DFH=45o

⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp (2) Vì BDO+BFO=90o+90o=180onên BDOF là tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) và (3) ⇒ 5 điểm B, D, O, H, F nằm trên một đường tròn. =>BHO=BFO=90o ⇒ OH ⊥ BM. Mặt khác ADE=ABM=45o=>DE//BM⇒ OH ⊥ DE Mà OD = OE nên OH là trung trực của đoạn OE (4) Từ (1) và (4) ⇒ A, O, H thẳng hàng. b.

Vì DPN+DQN=90o+90o=180onên DPNQ là tứ giác nội tiếp =>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5) Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6) Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7) Tương tự ta có: EFN=PQN (8) PQ NQ = Từ (7) và (8) suy ra ∆NPQ ~ ∆NEF ( g.g ) => EF NF Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ ≤ NF => = ≤ 1 => PQ ≤ EF EF NF Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng. Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O. Câu 5. Ta chứng minh BĐT 1 1 1 (a + b + c)( + + ) ≥ 9(*) a b c a b b c c a (*) <=> 3 + ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ 9 b a c b a c Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:

a b + ≥2 b a b c + ≥2 c b c a + ≥2 a c =>(*) đúng 9 1 1 1 => ≤ + + ≤ 3 => a + b + c ≥ 3 a+b+c a b c Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có 1 + b 2 ≥ 2b Ta có:

a ab 2 ab 2 ab = a − ≥ a − = a − (1) 2 2 1+ b 1+ b 2b 2 Tương tự ta có: b bc ≥ b − (2) 2 1+ c 2 c ca ≥ c − (3) 2 1+ a 2 Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có: a b c 1 + + ≥ a + b + c − (ab + bc + ca) 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 a b c 1 => + + + (ab + bc + ca) ≥ a + b + c ≥ 3 1 + b2 1 + c 2 1 + a2 2 =>đpcm Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.

Đề số 35. Chuyên Nguyễn Du - Đaklak. Năm học: 2015-2016 Câu 1 (2,0 điểm) Cho phương trình x 4 − 2(m + 4) x 2 + m2 + 8 = 0 (*) với m là tham số. a) Giải phương trình (*) khi m = 0 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt x1; x2; x3; x4 thỏa mãn điều kiện x14 + x24 + x34 + x44 = 240

Câu 2 (2,0 điểm)

 x 3 + 6 x 2 y = 7 a) Giải hệ phương trình  3 2 2 y + 2 xy = 5 b) Giải phương trình

x 2 + 4 x + 12 = 2 x − 4 + x + 1

Câu 3 (2,0 điểm)

1 1 1 a) Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình + = x y 617 b) Tìm số tự nhiên bé nhất có 4 chữ số biết nó chia hết cho 7 được số dư là 2 và bình phương của nó chia hết cho 11 được số dư là 3.

Câu 4 (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Hai đường thẳng BH, CH cắt đường tròn (I) lần lượt tại hai điểm P và Q (P khác B và Q khác C) 1, Chứng minh IA ⊥ PQ 2, Trên hai đoạn HB và HC lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho AM ⊥ MC, AN ⊥ NB. Chứng minh ∆ AMN cân b) Cho tam giác ABC có BAC = 2CBA = 4 ACB. Chứng minh

1 1 1 = + AB BC CA

Câu 5 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Chứng minh rằng

350 386 + 2 > 2015 xy + yz + zx x + y 2 + z 2

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 a) Khi m = 0 ta có phương trình:

(

(*) ⇔ x 4 − 8 x 2 + 8 = 0 ⇔ x 4 − 8 x 2 + 16 = 8 ⇔ x 2 − 4

) = (2 2 )

x = ± 4 + 2 2  x2 − 4 = 2 2  x2 = 4 + 2 2  ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 x = ± 4 − 2 2  x − 4 = −2 2  x = 4 − 2 2 

{

Vậy tập nghiệm của phương trình là ± 4 + 2 2 ; ± 4 − 2 2

}

b) Đặt t = x 2 (t ≥ 0) ta có (*) ⇔ t 2 − 2(m + 4)t + m2 + 8 = 0 (**) Với t = 0 ⇒ x = 0 và mỗi giá trị t > 0 cho 2 giá trị của x nên (*) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (**) có 2 nghiệm dương phân biệt

∆ ' = (m + 4) 2 − (m 2 + 8) > 0 8m + 8 > 0  ⇔  S = 2(m + 4) > 0 ⇔ ⇔ m > −1  m > −4  P = m2 + 8 > 0  Giả sử t1 , t2 là 2 nghiệm của (**) thì theo Viét ta có t1 + t2 = 2(m + 4) ; t1t2 = m2 + 8 Giả sử 4 nghiệm của (*) là x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 . Suy ra x14 + x24 + x34 + x44 = 240 ⇔ 2(t12 + t22 ) = 240 ⇔ t12 + t22 = 120 ⇔ (t1 + t2 ) 2 − 2t1t2 = 120 2

⇔ [ 2(m + 4)] − 2(m 2 + 8) = 120 ⇔ 2m 2 + 32m − 72 = 0

⇔ m = 2 (thỏa mãn) hoặc m = –18 (loại) Vậy m = 2.

Câu 2 (2,0 điểm)

 x 3 + 6 x 2 y = 7(1) (I ) a) Giải hệ phương trình  3 2 2 y + 2 xy = 5(2) +) Nếu x = 0, ta có 03 + 6.02 .y = 0 ≠ 7, nên x ≠ 0 +) Với x ≠ 0, đặt y = xt ta có

 x3 + 6 x 2 y = 7(1)  x3 + 6 x 3t = 7(1) ⇔  3  33 2 3 2 y + 3 xy = 5(2) 2 x t + 3 x t = 5(2) x 3 + 6 x 3t 7 ⇒ 33 = ⇔ 14t 3 − 9t − 5 = 0 ⇔ (t − 1)(14t 2 + 14t + 5) = 0 3 2 x t + 3x t 5 ⇔ t = 1(14t 2 + 14t + 5 = 0vn) Do đó y = x, nên ta có:

7 x3 = 7 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 Vậy hệ có 1 nghiệm duy nhất (1;1)

b) Giải phương trình

x 2 + 4 x + 12 = 2 x − 4 + x + 1 (1)

Điều kiện: x ≥ –1. Có (1) ⇔ x 2 + 4 x + 12 − x + 1 = 2 x − 4 (2) 2

3  35  Xét ( x + 4 x + 12 ) − ( x + 1) = x + 3x + 11 =  x +  + > 0 ⇒ x 2 + 4 x + 12 > x + 1 2 4  2

Do đó từ (2) ⇒ 2x – 4 > 0 ⇒ x > 2

 x > 2(*) (2) ⇔  2 2 2 ( x + 4 x + 12) − 2 x + 4 x + 12. x + 1 + ( x + 1) = 4( x − 4 x + 4)(3) Đặt

x 2 + 4 x + 12 = a; x + 1 = b(a, b > 0) ⇒ a 2 − 8b 2 = x 2 − 4 x + 4

(3) ⇔ a 2 − 2ab + b 2 = 4(a 2 − 8b 2 ) ⇔ 3a 2 + 2ab − 33b 2 = 0 ⇔ (a − 3b)(3a + 11b) = 0 ⇔ a = 3b ⇔ x 2 + 4 x + 12 = 3 x + 1 ⇔ x 2 + 4 x + 12 = 9 x + 9

⇔ x2 − 5x + 3 = 0 ⇔ x =

5 − 13 5 + 13 (không thỏa mãn (*)) hoặc x = (thỏa mãn) 2 2

 5 + 13  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S=    2  Câu 3 a) Ta có

1 1 1 x+ y 1 + = ⇔ = ⇔ xy − 617( x + y ) = 0 ⇔ xy − 617 x − 617 y + 617 2 = 617 2 x y 617 xy 617 ⇔ ( x − 617)( y − 617) = 617 2

Vì x, y nguyên dương nên x – 617 và y – 617 là ước lớn hơn –617 của 6172. Do 617 là số nguyên tố nên xảy ra 3 trường hợp:

  x − 617 = 617    y − 617 = 617  x = y = 1234   x − 617 = 1  ⇔  x = 618; y = 381306   y − 617 = 6172   x = 381306; y = 618 2   x − 617 = 617    y − 617 = 1 Vậy tất cả các cặp (x;y) nguyên dương cần tìm là (1234;1234) , (618; 381306), (381306; 618)

b) Gọi x là số cần tìm ( x ∈ N ,1000 ≤ x ≤ 9999) Vì x2 chia cho 11 dư 3, nên x chia cho 11 dư 5 hoặc dư 6 +) Nếu x2 chia cho 11 dư 5 nên x – 5 ⋮ 11 => x -5 + 66 = x + 61⋮ 11 Lại có x2 chia cho 7 dư 2 => x – 2 ⋮7 => x - 2+ 63 = x + 61 ⋮7 Do đó x + 61 ϵ BC(11;7) => x + 61 = 77k => x = 77k – 61 (kϵ N) Vì ( x ∈ N ,1000 ≤ x ≤ 9999) => 1000 ≤ 77k – 61 ≤ 9999 => 14 ≤ k ≤ 130 Mà x bé nhất, nên chọn k = 14 => x = 77.14 – 61 = 1017 Vậy số cần tìm là 1017

Câu 4

a) Gọi E, F lần lượt là giao của BH và AC, CH và AB. 1, Ta có ABE = ACF = 90o – BAC suy ra số đo hai cung AP và AQ của đường tròn (I) bằng nhau

⇒ AP = AQ Mà IP = IQ nên IA là trung trực PQ ⇒ IA ⊥ PQ. 2, Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMC ta có: AM2 = AE.AC Tương tự ta có: AN2 = AF.AB. Có ∆ABE ~ ∆ACF ( g.g ) ⇒

AE AB = ⇒ AE. AC = AB. AF ⇒ AM 2 = AN 2 AF AC

Suy ra AM = AN. Tam giác AMN cân tại A. b)

Đặt C = α => ABC = 2α; A = 4α Gọi BD là phân giác của góc ABC (D ∈ AC). E thuộc đoạn BC sao cho BE = BA Ta có ABD = EBD = α ⇒ ∆ BDC cân tại D ⇒ BD = DC

∆ABD = ∆AED (c.g.c) => BED = A = 4α

(1)

Vì ABD = C = α => ∆ABD ~ ∆ACB (g.g) => ADB = ABC = 2α => EDB = ADB = 2α => ADE = 4α

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ BED = ADE = 4α => CED = CDE = 180o - 4α. Suy ra ∆ CED cân tại C Suy ra CE = CD ⇒ BC – BE = BD ⇒ BD = BC – BA (3) Vì ∆ABD ~ ∆ACD (g.g) ⇒

BD AB CB. AB = ⇒ BD = CB AC AC

(4)

Từ (3) và (4) suy ra

BC − BA =

Câu 5

CB. AB BC − BA 1 1 1 1 1 1 1 ⇒ = ⇒ − = ⇒ = + AC BC.BA AC BA BC AC AB BC CA

Với mọi a, b > 0 và x, y, z thỏa điều kiện đề bài, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương: 1 1 1 1 1 1 4 +  ≥ 2 ab .2 . = 4 ⇒ + ≥ (*) a b a b a+b a b

( a + b ) 

+ y 2 ) + ( y 2 + z 2 ) + ( z 2 + x 2 ) ≥ 2 xy + 2 yz + 2 zx ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx 2

⇒ x + y + z + 2 xy + 2 yz + 2 zx ≥ 3 ( xy + yz + zx )

(x + y + z) ⇒ xy + yz + zx ≤ 3

1 3

Áp dụng 2 bất đẳng thức trên ta có: P=

  350 386 1 1 157 + 2 = 386  + 2 + 2 2 2 2  xy + yz + zx x + y + z  2 xy + 2 yz + 2 zx x + y + z  xy + yz + zx

4 157 + 2 2 2 2 xy + 2 yz + 2 zx + x + y + z xy + yz + zx 1544 157 157 157 = + = 1544 + ≥ 1544 + = 2015 2 1 ( x + y + z) xy + yz + zx xy + yz + zx 3

≥ 386.

1  x = y = z x= y=z=    3 (không xảy ra) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x + y + z = 1 ⇔  2 = 1 2 2 2  2 xy + 2 yz + 2 zx = x + y + z  3 3 Vậy P > 2015 (đpcm)

Đề số 36. Chuyên Hải Dương. Năm học: 2015-2016 Câu I (2,0 điểm) 1) Cho a − b = 29 + 12 5 − 2 5 . Tính giá trị của biểu thức:

A = a 2 (a + 1) − b2 (b − 1) − 11ab + 2015 2) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1.

Chứng minh rằng x 1 + y 2 + y 1 + x 2 = 0.

Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 x + 3 + 4 x 2 + 9 x + 2 = 2 x + 2 + 4 x + 1.  2 x 2 − y 2 + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x 2) Giải hệ phương trình  2  x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2

Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0. 2) Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương.

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. 1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh

2 1 1 = + . AK AB AC

3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành.

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện (a + b)3 + 4ab ≤ 12. Chứng minh bất đẳng thức

1 1 + + 2015ab ≤ 2016. 1+ a 1+ b

---------------------------Hết----------------------------

Câu I (2,0 điểm) 1) Cho a − b = 29 + 12 5 − 2 5 . Tính giá trị của biểu thức:

A = a 2 (a + 1) − b2 (b − 1) − 11ab + 2015 a − b = 29 + 12 5 − 2 5 =

(3 + 2 5 )

−2 5 =3

A = a 3 − b3 + a 2 + b 2 − 11ab + 2015 = (a − b)(a 2 + b 2 + ab) + a 2 + b 2 − 11ab + 2015 = 3(a 2 + b 2 + ab) + a 2 + b 2 − 11ab + 2015 = 4(a 2 − 2ab + b 2 ) + 2015 = 4(a − b)2 + 2015 = 2051 2) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1. Chứng minh rằng x 1 + y 2 + y 1 + x 2 = 0.

xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 ⇔ (1 + x) 2 (1 + y ) 2 = 1 − xy ⇒ (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = (1 − xy ) 2 ⇔ 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 − 2 xy + x 2 y 2 ⇔ x 2 + y 2 + 2 xy = 0 ⇔ ( x + y ) 2 = 0 ⇔ y = − x ⇒ x 1 + y 2 + y 1 + x2 = x 1 + x2 − x 1 + x2 = 0 Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 x + 3 + 4 x 2 + 9 x + 2 = 2 x + 2 + 4 x + 1. Pt ⇔ 2 x + 3 + ( x + 2)(4 x + 1) = 2 x + 2 + 4 x + 1. ĐK: x ≥ −

Đặt t 2 = 8 x + 4 ( x + 2)(4 x + 1) + 9 ⇔ 2 x + ( x + 2)(4 x + 1) =

1 4

t2 − 9 4

PTTT t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 3 TH1. t = 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK t ≥ 7 bị loại TH 2. t = 3 ⇒ 2 x + 2 + 4 x + 1 = 3. Giải pt tìm được x = −

2 (TM) 9

Vậy pt có nghiệm duy nhất x = −

2 9

 2 x 2 − y 2 + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x 2) Giải hệ phương trình  2  x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2

ĐK: y − 2 x + 1 ≥ 0, 4 x + y + 5 ≥ 0, x + 2 y − 2 ≥ 0, x ≤ 1

 y − 2 x + 1 = 0  x = 1 0 = 0 ⇔ ⇒ (Không TM hệ) TH 1.  3 − 3x = 0  y = 1 −1 = 10 − 1 TH 2. x ≠ 1, y ≠ 1 Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được ( x + y − 2)(2 x − y − 1) =

x+ y−2 y − 2 x + 1 + 3 − 3x

  1 ( x + y − 2)  + y − 2 x + 1 = 0 . Do y − 2 x + 1 ≥ 0  y − 2 x + 1 + 3 − 3x  nên

1 + y − 2x +1 > 0 ⇒ x + y − 2 = 0 y − 2 x + 1 + 3 − 3x

Thay y = 2 − x vào pt thứ 2 ta được x 2 + x − 3 = 3x + 7 − 2 − x

⇔ x 2 + x − 2 = 3x + 7 − 1 + 2 − 2 − x ⇔ ( x + 2)( x − 1) =

3x + 6 2+ x + 3x + 7 + 1 2 + 2 − x

3 1   ⇔ ( x + 2)  + +1− x = 0  3x + 7 + 1 2 + 2 − x  Do x ≤ 1 nên

3 1 + +1− x > 0 3x + 7 + 1 2 + 2 − x

Vậy x + 2 = 0 ⇔ x = −2 ⇒ y = 4 (TMĐK)

Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0. (1) Ta có (1) x 4 + x 2 + 20 = y 2 + y Ta thấy x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 20 ≤ x 4 + x 2 + 20 + 8 x 2

x 2 ( x 2 + 1) < y( y + 1) ≤ ( x 2 + 4)( x 2 + 5) Vì x, y ∈ ℤ nên ta xét các trường hợp sau

+ TH1. y( y + 1) = ( x 2 + 1)( x 2 + 2) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 3x 2 + 2

⇔ 2 x 2 = 18 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3 Với x 2 = 9 , ta có y 2 + y = 92 + 9 + 20 ⇔ y 2 + y − 110 = 0

⇔ y = 10; y = −11(t.m) + TH2. y ( y + 1) = ( x 2 + 2)( x 2 + 3) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 5x 2 + 6

⇔ 4 x 2 = 14 ⇔ x 2 =

7 (loại) 2

+ TH3. y( y + 1) = ( x 2 + 3)( x 2 + 4) ⇔ 6 x 2 = 8 ⇔ x 2 =

4 (loại) 3

+ TH4. y( y + 1) = ( x 2 + 4)( x 2 + 5) ⇔ 8 x 2 = 0 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0 Với x 2 = 0 , ta có y 2 + y = 20 ⇔ y 2 + y − 20 = 0 ⇔ y = −5; y = 4 Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (x;y) là : (3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4).

2) Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương.

Đặt M = k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 Ta có M = (k 4 − 2k 2 + 1) − 8k (k 2 − 2k + 1) + 9k 2 − 18k + 9

= (k 2 − 1)2 − 8k (k − 1)2 + 9(k − 1)2 = (k − 1)2 . (k − 3)2 + 1 M là số chính phương khi và chỉ khi (k − 1)2 = 0 hoặc (k − 3)2 + 1 là số chính phương. TH 1. (k − 1)2 = 0 ⇔ k = 1. TH 2. (k − 3)2 + 1 là số chính phương, đặt (k − 3)2 + 1 = m2 (m ∈ ℤ)

⇔ m2 − (k − 3)2 = 1 ⇔ (m − k + 3)(m + k − 3) = 1 Vì m, k ∈ ℤ ⇒ m − k + 3 ∈ ℤ, m + k − 3 ∈ ℤ nên

m − k + 3 = 1 m − k + 3 = −1  m = 1, k = 3 ⇔ ⇒k =3 hoặc   m + k − 3 = 1 m + k − 3 = −1  m = −1, k = 3

Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương

1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > 5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO 0,25 => AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung) AM = AN => ∆AMN cân tại A => AMN = ANM => AIN = AIM => đpcm 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh

2 1 1 = + . AK AB AC

2 1 1 = + ⇔ 2 AB. AC = AK ( AB + AC ) ⇔ AB. AC = AK . AI AK AB AC (Do AB+ AC = 2AI)

∆ABN đồng dạng với ∆ANC => AB.AC = AN2 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO => AK.AI = AH.AO Tam giác ∆AMO vuông tại M có đường cao MH => AH.AO = AM2 => AK.AI = AM2 . Do AN = AM => AB.AC = AK.AI 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Ta có AN ⊥ NO, MP ⊥ NO, M ∉ AN => AN // MP Do đó AMPN là hình bình hành AN = MP = 2x Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM =>

AN NO 2 x2 = => NE = NE EM R

TH 1.NE = NO – OE =>

Đặt

2 x2 = R − R2 − x2 ⇔ 2 x2 = R2 − R R2 − x2 R

R2 − x2 = t, t ≥ 0 ⇒ x2 = R2 − t 2 .

 2t = − R PTTT 2( R 2 − t 2 ) = R 2 − R t ⇔ 2t 2 − Rt − R 2 = 0 ⇔  t = R Do t ≥ 0 ⇒ t = R ⇔ R 2 − x 2 = R ⇔ x = 0 ⇒ A ≡ B (loại) TH 2 NE = NO + OE =>

Đặt

2 x2 = R + R2 − x2 ⇔ 2 x2 = R2 + R R2 − x2 R

R2 − x2 = t, t ≥ 0 ⇒ x2 = R2 − t 2 .

 2t = R PTTT 2( R 2 − t 2 ) = R 2 + Rt ⇔ 2t 2 + Rt − R 2 = 0 ⇔  t = − R Do t ≥ 0 ⇒ 2t = R ⇔ 2 R 2 − x 2 = R ⇔ x =

R 3 => AO = 2R (loại) 2

Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện (a + b)3 + 4ab ≤ 12. Chứng minh bất đẳng thức

(

1 1 + + 2015ab ≤ 2016. 1+ a 1+ b

Ta có 12 ≥ (a + b)3 + 4ab ≥ 2 ab

)

+ 4ab . Đặt t = ab , t > 0 thì

12 ≥ 8t 3 + 4t 2 ⇔ 2t 3 + t 2 − 3 ≤ 0 ⇔ (t − 1)(2t 2 + 3t + 3) ≤ 0 Do 2t 2 + 3t + 3 > 0, ∀t nên t − 1 ≤ 0 ⇔ t ≤ 1 . Vậy 0 < ab ≤ 1 Chứng minh được

Thật vậy, BĐT

1 1 2 + ≤ , ∀a, b > 0 thỏa mãn ab ≤ 1 1 + a 1 + b 1 + ab

1 1 1 1 − + − ≤0 1 + a 1 + ab 1 + b 1 + ab

 b − a  a ab − a ab − b b  + ≤ 0 ⇔  −    (1 + a)(1 + ab ) (1 + b)(1 + ab )  1 + ab   1 + a 1 + b 

⇔

( b − a )2 ( ab − 1) ≤ 0. Do 0 < ab ≤ 1 nên BĐT này đúng (1 + ab )(1 + a)(1 + b)

Tiếp theo ta sẽ CM

2 1 + ab

+ 2015ab ≤ 2016, ∀a, b > 0 thỏa mãn ab ≤ 1

Đặt t = ab , 0 < t ≤ t ta được

2 + 2015t 2 ≤ 2016 1+ t

2015t 3 + 2015t 2 − 2016t − 2014 ≤ 0

⇔ (t − 1)(2015t 2 + 4030t + 2014) ≤ 0. BĐT này đúng ∀t : 0 < t ≤ 1 Vậ y

1 1 + + 2015ab ≤ 2016. Đẳng thức xảy ra a = b = 1 1+ a 1+ b

Đề số 37. Chuyên Quảng Bình. Năm học: 2015-2016 Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức

 4 x 8x   x − 4 1  P =  − +  :   với x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4 4 − x 2 − x x + 2 x x     a) Rút gọn P b) Tìm x để P = –1

Câu 2 (2,5 điểm) a) Giải phương trình x 2 + x − 4 3x + 1 + 6 = 0 b) Trong hệ tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2mx + 2 (m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho SOAB = 2 6

Câu 3 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 11. Tìm GTNN

5a + 5b + 2c 12(a 2 + 11) + 12(b2 + 11) + c 2 + 11

Câu 4 (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên n biết n + S(n) = 2015, với S(n) là tổng các chữ số của n. Câu 5 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H và cắt (O) tại M,N, P. a) Chứng minh M đối xứng H qua BC. b) Chứng minh (AHB) = (BHC) = (CHA) ((AHB) là đường tròn đi qua ba điểm A,H,B) c) Tính T =

AM BN CP + + AD BE CF

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHUYÊN QUẢNG BÌNH NĂM 2015 – 2016

Câu 1 a) Ta có:

 4 x 8x   x − 4 1  P =  − +  :   x   2− x 4− x   x+2 x =

4 x .(2 + x ) − 8 x x − 4 + ( x + 2) : (2 − x )(2 + x ) x ( x + 2)

−4 x + 8 x 2 x −2 : (2 − x )(2 + x ) x ( x + 2)

4 x x ( x + 2) . 2+ x 2 x −2 2x = x −1 =

Vậ y P =

2x x −1

b) ĐKXĐ của P là x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4. 2x = −1 ⇔ 2 x = 1 − x ⇔ 2 x + x − 1 = 0 x −1 1 1 ⇔ ( x + 1)(2 x − 1) = 0 ⇔ x = ⇔ x = 2 4 P = −1 ⇔

(thỏa mãn điều kiện)

1 Vậy P = –1 ⇔ x = . 4 Câu 2 a) x 2 + x − 4 3x + 1 + 6 = 0 (1)

ĐK: 3x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −

1 3

(

)

(1) ⇔ ( x 2 − 2 x + 1) + 3 x + 1 − 4 3 x + 1 + 4 = 0 2

⇔ ( x − 1) +

(

3x + 1 − 2

)

 x − 1 = 0 ⇔ ⇔ x =1  3 x + 1 − 2 = 0 (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là {1}.

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d: x2 – 2mx – 2 = 0 (1) Có ∆’ = m2 + 2 > 0 ∀ m nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ⇒ (P) luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A(x1; y1) và B(x2;y2) với x1, x2 là nghiệm của (1). Theo định lí Vi–ét: x1 + x2 = 2m; x1x2 = –2. Do A, B ∈ d nên y1 = 2mx1 + 2; y2 = 2mx2 + 2 Tính SOAB: Ta có AB 2 = ( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 ) 2 = ( x1 − x2 ) 2 + (2mx1 − 2mx2 )2 = (1 + 4m 2 )( x1 − x2 ) 2 = (1 + 4m 2 ) ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2  = (1 + 4m 2 )(4m 2 + 8) ⇒ AB = 2 (4m 2 + 1)(m 2 + 2) d (O; AB ) = d (O; d ) =

|0−0+2| 2

(2m) + 1

2 4m 2 + 1

⇒ S ABO = 2 6 ⇔ 2 m 2 + 2 = 2 6 ⇔ m 2 = 4 ⇔ m = ±2 Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm.

Câu 3 Thay 11 = ab + bc + ca vào P, ta có:

12(a 2 + 11) + 12(b 2 + 11) + c 2 + 11 5a + 5b + 5c

= =

5a + 5b + 2c

12(a 2 + ab + bc + ca) + 12(b 2 + ab + bc + ca) + c 2 + ab + bc + ca 5a + 5b + 5c (*) 2 3(a + b)(a + c) + 2 3(b + a)(b + c) + (c + a)(c + b)

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có: (1)

2 3( a + b)( a + c ) ≤ 3( a + b ) + (a + c ) = 4a + 3b + c

Tương tự: 2 3(b + a )(b + c ) ≤ 4b + 3a + c

(2)

1 (c + a)(c + b) ≤ (a + b + 2c) 2

(3)

Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có

2 3(a + b)(a + c) + 2 3(b + a)(b + c) + (c + a)(c + b) ≤

15 15 a + b + 3c (**) 2 2

Từ (*) và (**) ta có

P≥

5a + 5b + 2c 2 = 15 15 a + b + 3c 3 2 2

3(a + b) = a + c c  3(b + a ) = b + c a = b = 1  a = b = Dấu bằng xảy ra ⇔  ⇔ ⇔ 5 c + a = c + b ab + bc + ca = 11 c = 5 ab + bc + ca = 11 Vậy GTNN của P là

2 ,đạt được khi a = b = 1, c = 5. 3

Câu 4 Vì n + S(n) = 2015 nên n ≤ 2015 ⇒ n có nhiều nhất 4 chữ số

⇒ S(n) ≤ 9 + 9 + 9 + 9 = 36 ⇒ n = 2015 – S(n) ≥ 2015 – 36 = 1979. Xét 2 TH: • TH1: 1979 ≤ n ≤ 1999. Đặt n = 19ab (0 ≤ a,b ≤ 9)

n + S(n) = 2015 ⇔ 19ab + 1 + 9 + a + b = 2015 ⇔ 11a + 2b = 105 ⇔ 11a = 105 – 2b Ta có 105 – 2b lẻ và 105 – 2b ≥ 105 – 2.9 = 87 ⇒ a lẻ và 11a ≥ 87

⇒ a = 9 ⇒ b = 3 ⇒ n = 1993 • TH2: 2001 ≤ n ≤ 2015. Đặt n = 20cd (0 ≤ c,d ≤ 9) n + S(n) = 2015 ⇔ 20cd + 2 + 0 + c + d = 2015 ⇔ 11c + 2d = 13 Vì 11c ≤ 13 và 11c = 13 – 2d lẻ nên c = 1 ⇒ d = 1

⇒ n = 2011 Vậy tất cả các giá trị n cần tìm là n = 1993 và n = 2011

Câu 5

a) Vì 2 tam giác BEC và ADC vuông nên HBD = DAC (cùng phụ với góc C)

(1)

Vì ABMC là tứ giác nội tiếp nên DAC = MBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) (2) Từ (1) và (2) suy ra HBD = MBD Suy ra BD là phân giác của góc HBM. Tam giác HBM có BD vừa là đường cao vừa là phân giác, nên nó là tam giác cân tại B.

⇒ D là trung điểm HM Mà HM ⊥ BC nên M đối xứng với H qua BC.

b) Vì M đối xứng với H qua BC nên HB = MB; HC = MC

⇒ ∆ HBC = ∆ MBC ⇒ (HBC) = (MBC) = (O) Tương tự ta có: (HAB) = (HAC) = (O) Vậy (AHB) = (BHC) = (CHA) = (O) c) Ta có:

AM AD + DM DM HD = = 1+ = 1+ AD AD AD AD Mặt khác: S HBC S ABC

1 BC.HD HD 2 = = 1 BC. AD AD 2

Suy ra

S AM = 1 + HBC AD S ABC

(3)

Tương tự ta có:

S BN = 1 + HAC BE S ABC

(4)

S CP = 1 + HAB CF S ABC

(5)

Cộng từng vế của (3), (4) và (5) ta có

S + S HCA + S HAB S AM BN CP + + = 3 + HBC = 3 + ABC = 4. AD BE CF S ABC S ABC

Đề số 38. Chuyên Quảng Nam. Năm học: 2015-2016 Câu 1. (2 điểm) a) Cho biểu thức A =

x x + 1 x −1 − (với x ≠ 1; x ≥ 0). Rút gọn A, sau đó tính giá trị A – 1 khi x −1 x +1

x = 2016 + 2 2015

(

)

b) Cho A = 2 12015 + 22015 + ... + n2015 với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho n(n + 1)

Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình sau:

6 4 7 3 + 2 − 2 − 2 =0 x − 9 x − 11 x − 8 x − 12 2

 x( x + 4)(4 x + y ) = 6 b) Giải hệ phương trình:  2  x + 8 x + y = −5

Câu 3. (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác vuông trong đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn x12 + x22 < 2 Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Các tia phân giác các góc EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K lần lượt vẽ các đường vuông góc với AB, AC chúng cắt nhau tại M. a) Chứng minh AI = AK. b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động . Chứng minh đường thẳng HM luôn đi qua một điểm cố định

Câu 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua A và B lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1 và d2 với (O). Từ điểm M bất kì trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F (E thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.

b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Câu 6. (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 9 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx)

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có 3

( x ) + 1 − ( x − 1)( x + 1) = x − x + 1 − A= ( x +1 x −1 ( x + 1)( x − 1) x − x + 1 − ( x − 1) x = =

)

x −1

A −1 =

x−

(

x −1

1 x −1

Ta có x = 2016 + 2 2015 thỏa mãn điều kiện x ≥ 0 và x ≠ 1 Có x = 2015 + 2 2015 + 1 =

A −1 =

(

)

2015 + 1 ⇒ x = 2015 + 1 . Thay vào biểu thức A – 1 ta được:

1 2015

b) Với 2 số nguyên dương a, b bất kì ta có:

a 2015 + b2015 = (a + b)(a 2014 + a 2013b + ... + ab2013 + b2014 ) ⇒ a 2015 + b2015 ⋮ (a + b) + Xét trường hợp n là số lẻ Áp dụng khẳng định trên ta có:

2 12015 + (n − 1)2015  ⋮ n 2  22015 + (n − 2)2015  ⋮ n ...  n − 1 2015  n + 1  2015  2   +  ⋮ n  2    2  Suy ra

A=n

2015

 n − 1  2015  n + 1  2015  2015 2015 2015 2015     + 2 1 + (n − 1)  + 2  2 + (n − 2)  + ... + 2   +  ⋮ n  2    2 

Tương tự 2015

A = 2(1

2015

) + 2  2

2015

+ (n − 1)

2015

 n − 1 2015  n + 3  2015   n + 1 2015  n + 1  2015   + ... + 2  2  +  2   +  2  +  2   ⋮ (n + 1)          

Mặt khác n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A ⋮ n(n + 1) Tương tự với trường hợp n chẵn ta cũng có A ⋮ n(n + 1)

Câu 2 a) Điều kiện: x 2 ≠ 8; x 2 ≠ 9; x 2 ≠ 11; x 2 ≠ 12 Phương trình đã cho tương đương với

7   4 3   6 − 2 − 2  2 + 2 =0  x − 9 x − 8   x − 11 x − 12  ⇔

6 ( x 2 − 8) − 7 ( x 2 − 9 )

− 9 )( x 2 − 8 )

4 ( x 2 − 12 ) − 3 ( x 2 − 11)

− 11)( x 2 − 12 )

− x 2 + 15 x 2 − 15 ⇔ 2 + =0 ( x − 9 )( x 2 − 8) ( x2 − 11)( x 2 − 12 )  x 2 − 15 = 0(2)  1 1 − + 2 = 0(3) 2 2  ( x − 9 )( x − 8) ( x − 11)( x 2 − 12 )  Phương trình (2) ⇔ x = ± 15

(

)(

(thỏa mãn)

) (

)(

Phương trình (3) ⇔ x 2 − 9 x 2 − 8 = x 2 − 11 x 2 − 12

⇔ 6 x 2 − 60 = 0 ⇔ x2 = 10 ⇔ x = ± 10 (thỏa mãn)

)

{

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là ± 15; ± 10

}

b) Hệ đã cho tương đương với

( x 2 + 4 x ) . ( 4 x + y ) = 6   2 ( x + 4 x ) + ( 4 x + y ) = −5 Suy ra x2 + 4x và 4x + y là 2 nghiệm của phương trình

t = −2 t 2 + 5 x + 6 = 0 ⇔ (t + 2)(t + 3) = 0 ⇔  t = −3  x 2 + 4 x = −2  x 2 + 4 x = −3 Vậy hệ đã cho tương đương với  ( I ) hoặc  ( II ) 4 x + y = − 3 4 x + y = − 2  

 x = −2 + 2 ⇒ y = −3 − 4 x = 5 − 4 2 Giải (I): x 2 + 4 x = −2 ⇔ ( x + 2) 2 = 2 ⇔   x = −2 − 2 ⇒ y = −3 − 4 x = 5 + 4 2

 x = −1 ⇒ y = −2 − 4 x = 2 Giải (II): x 2 + 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x + 1)( x + 3) ⇔   x = −3 ⇒ y = −2 − 4 x = 10

(

)(

)

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm −2 + 2;5 − 4 2 , −2 − 2;5 + 4 2 , ( −1; 2 ) , ( −3;10 )

Câu 3 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): ax 2 = bx + c ⇔ ax 2 − bx − c = 0(1) Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác vuông với cạnh huyền là a nên a, b, c > 0, a2 = b2 + c2 (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = b 2 + 4ac > 0 (luôn đúng ∀ a, b, c > 0) Gọi 2 giao điểm có hoành độ là x1, x2 , là 2 nghiệm của (1). Theo Viét ta có: b   x1 + x2 = a  x x = − c  1 2 a

c b2 − 2ac − 2a 2 b Xét P = x12 + x22 − 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 − 2 =   + 2. − 2 = a a2 a Có b2 + 2ac − 2a 2 = b2 + 2ac − (b2 + c 2 ) − a 2 = 2ac − c 2 − a 2 = −(c − a)2 < 0, ∀a, c,0 < c < a Suy ra P < 0 ⇒ đpcm.

Câu 4

a) Vì HI, HK là phân giác của góc EHB và góc DHC nên

EHI =

1 1 EHB; DHK = CHK = DHC. Mà EHB = DHC (đối đỉnh) => EHI = DHK = CHK (1) 2 2

Có AIH = 90o – EHI ; AKH = 90o – DHK => AIH = AKH

(2)

Từ (1) suy ra EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng

(3)

Từ (2) và (3) ⇒ ∆ AIK cân tại A ⇒ AI = AK b) Gọi giao IM và BH là P, giao KM và CH là Q, giao HM và PQ là J, giao HM và BC là N. Ta có:

∆HEI ~ ∆HDK (g.g) =>

HE EI = HD DK

∆HEB ~ ∆HDC (g.g) =>

⇒

HE EB = HD DC

EI EB EI DK = ⇒ = DK DC EB DC

Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒

Từ (4), (5), (6) ⇒

(4)

EI HP DK HQ = (5). Tương tự = (6) EB HB DC HC

HP HQ = ⇒ PQ // BC HB HC

Suy ra

PJ HJ JQ PJ BN = = ⇒ = BN HN NC JQ NC

Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP là hình bình hành ⇒ J là trung điểm PQ ⇒ PJ = JQ

⇒ BN = NC ⇒ N là trung điểm BC Vậy HM luôn đi qua trung điểm BC là điểm cố định.

Câu 5

a) Vì AC ⊥ AB, BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB là hình thang Vì CM, CA là tiếp tuyến của (O) nên CM = CA. Tương tự DM = DB Gọi J là trung điểm của CD thì JO là đường trung bình của hình thang ACDB suy ra JO // BD và

OJ =

AC + BD CM + MD CD = = = IC = ID 2 2 2

Vì BD ⊥ AB nên JO ⊥ AB tại O

(1) (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (J) đường kính CD b) Vì CA // BD nên theo định lý Talét ta có:

CI CA CM = = ⇒ IM // BD IB CD MD

Mà BD ⊥ AB nên MI ⊥ AB Gọi P, Q lần lượt là giao của AD và (O), BC và (J) Có APB = CQD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90o Suy ra BQPD là tứ giác nội tiếp => PDB = PQI Vì AC // BD nên PDB = IAC

=> PQI = IAC => ∆PQI ~ ∆CAI (g.g) =>

PI QI = => IP.IA = IC.IQ CI AI

Suy ra phương tích của điểm I đối với 2 đường tròn (O) và (J) là bằng nhau Suy ra I nằm trên trục đẳng phương EF của 2 đường tròn. Vậy I, E, F thẳng hàng.

Câu 6 Ta có:

( x + y + z)

= ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 2 ( xy + yz + zx ) ≤ 9 + 2 ( xy + yz + zx )

(x + y + z) ⇒ xy + yz + zx ≥

−9

2 9 − ( x + y + z )2 ⇒ P≤ x+ y+z+ 2

9 − t2 t 2 − 2t + 1 1 Đặt x + y + z = t ⇒ P ≤ t + =− + 5 = − (t − 1) 2 + 5 ≤ 5 2 2 2 x + y + z = 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 chẳng hạn khi x = 1, y = 2, z = –2 2 2  x + y + z = 9,

Vậy giá trị lớn nhất của P là 5.

Đề số 39. Chuyên Quảng Nam. Năm học: 2015-2016 Câu 1. (2,0 điểm)

x 4 x+2 − + , với x > 0. x +2 x+2 x x a) Rút gọn biểu thức A.

Cho biểu thức: A =

b) Thực hiện phép tính để tính giá trị của A khi x = 3 − 2 2 c) Tìm x để A = x + 1. Câu 2. (2,0 điểm)

2 x − y = 7 a) Giải hệ phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay):  3x + 4 y = 5 2 b) Cho parabol (P): y = 2x và đường thẳng (d): y = 3x + b. Vẽ parabol (P) và tìm b biết (d) đi qua điểm M thuộc (P) có hoành độ x = –1. Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2(m+ 1) x + m2 − 2m + 5 = 0 (1) (m là tham số) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. b) Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 đều khác 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 P= + ( x1 + x2 − 6)2 ( x1 − 1)( x2 − 1)

Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, với ABC =60°, BC = 2a và AB < AC. Gọi (O) là đường tròn đường kính BC (O là trung điểm BC). Đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E (D khác B, E khác C), BE cắt CD tại H. a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp và xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. b) Chứng minh: HB.DE = HD.BC OB c) Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt đường thẳng DI tại M. Tính tỉ số OM 3a d) Gọi F là giao điểm của AH và BC. Cho BF = , tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác DEF 4 theo a

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

KÝ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2015 – 2016 Khóa ngày 03 tháng 6 năm 2015 Môn: TOÁN (Toán chung) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐÁP ÁN

Câu 1. a) Ta có

x 4 x+2 − + x +2 x+2 x x

x x − 4 + ( x + 2)( x + 2) x ( x + 2)

x − 4 + x x + 2x + 2 x + 4 x ( x + 2)

x x + 3x + 2 x x ( x + 2)

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

= x +1 b) ĐKXĐ của A là x > 0, x = 3 − 2 2 thỏa mãn điều kiện. Thay x = 3 − 2 2 , ta có: A = 3 − 2 2 + 1 = ( 2 − 1) 2 + 1 =| 2 − 1| +1 = 2( Do

2 − 1 > 0)

Vậy khi x = 3 − 2 2 thì A= 2 c)

A = x + 1 <=> x + 1 = x + 1 <=> x ( x − 1) = 0  x = 0( L) <=>   x = 1(TM )

Vậy A = x + 1 ⇔ x = 1. Câu 2. a) 2 x − y = 7 (I )  3 x + 4 y = 5  y = 2x − 7  y = 2x − 7 x = 3 <=>  <=>  <=>  3 x + 4(2 x − 7) = 5 11x = 33  y = −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (3;–1) b)Vẽ parabol (P) (P): y = 2x2 nên có đỉnh là O(0;0), đi qua điểm A(1;2), B(2;8), nhận Oy là trục đối xứng.

Điểm M(–1;m) thuộc (P) nên m = 2.(–1)2 = 2 ⇒ M(–1;2) M(–1;2) ∈ (d) ⇒ 2 = 3.(–1) + b ⇒ b = 5 Vậy b = 5. Câu 3.

x2 − 2(m+ 1) x + m2 − 2m + 5 = 0 (1) a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ∆ ' = (m + 1)2 − (m2 − 2m + 5) > 0 <=> 4m − 4 > 0 <=> m > 1 b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 1 m > 1 m > 1 <=> 2  2 2 1 − 2(m + 1).1 + m − 2m + 5 ≠ 0  m − 4m + 4 ≠ 0 m > 1 <=>  m ≠ 2  x1 + x2 = 2m + 2 Theo định lý Vi–ét:  2  x1 x2 = m − 2m + 5 Thay vào P ta có:

P= =

4 + ( x1 + x2 − 6) 2 ( x1 − 1)( x2 − 1)

4 + ( x1 + x2 − 6) 2 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1

4 + (2m + 3 − 6) 2 m − 2m + 5 − (2m + 2) + 1 4 = 2 + (2m − 4) 2 m − 4m + 4  1  = 4 + (m − 2) 2  2  (m − 2)  =

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có: 1 + (m − 2)2 ≥ 2 => P ≥ 8 2 (m − 2) Dấu bằng xảy ra khi (m – 2)2 = 1 ⇔ m = 3 (thỏa mãn) hoặc m = 1 (loại) Vậy GTNN của P là 8, đạt được khi m = 3. Câu 4.

a) Gọi I là trung điểm AH. Vì tam giác ADH vuông tại D, có I là trung điểm cạnh huyền nên IA = IH = ID. Vì tam giác AEH vuông tại E, có I là trung điểm cạnh huyền nên IA = IH = IE ⇒ IA = IH = ID = IE ⇒ Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm I. b) Vì BDEC là tứ giác nội tiếp nên: HDE=HBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1) HED=HCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD) (2) Từ (1) và (2) =>tam giác HDE đồng dạng với tam giác HBC (g-g) HD DE => = => HD.BC = HB.DE HB BC c) Vì ID = IH nên ∆ IDH cân ở I => IDH=IHD(3) Vì IH // MC (cùng vuông góc BC) nên IHD=MCD (4) Từ (3) và (4) => IDH=MCD Suy ra ∆ MDC cân tại M ⇒ MD = MC. Mà OD = OC nên OM là trung trực của CD. ⇒ OM ⊥ CD Mà BD ⊥ CD nên OM // BD

=>COM=CBD=60o OB OC 1 = = cos COM = cos60o = Ta có: OM OM 2 o o o d) Vì BDH+BFH=90 +90 +180 nên BDHF là tứ giác nội tiếp ⇒ DBH=DFH(5) Tương tự ta có: ECH=EFH (6) Vì BDEC là tứ giác nội tiếp nên DBH=ECH (7) Từ (5), (6), (7) ⇒ DFH=EFH => FH là phân giác góc DFE. Tương tự ta có: EH là phân giác góc DEF. Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ DEF. Vẽ HK ⊥ DF tại K. Suy ra bán kính đường tròn (H) nội tiếp ∆ DEF là HK. Tính HK: Ta có: BD=BC.cosDBC=a Vì ∆ BDC vuông tại D nên DC = BC 2 − BD 2 = a 3 Hai tam giác vuông CDB và CFH có chung góc C nên chúng đồng dạng, suy ra 5 a. a HF CF BD.CF 5a = => HF = = 4 = BD CD CD a 3 4 3

∆ BFH vuông tại F nên BH = BF 2 + HF 2 = ∆ BDH vuông tại D nên DH = BH 2 − BD 2 =

9 2 25 2 a 13 a + a = 16 48 2 3 13 2 a a − a2 = 12 2 3

 BHF = HDK Có  => ∆HBF đồng dạng với ∆HDK (g.g) o  HKD = HFB = 90 a 5a . HB HF HD.HF 2 3 4 3 5a 39 = => HK = = = HD HK HB 156 a 13 2 3

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp ∆ DEF là HK =

5a 39 156

Đề số 40. Chuyên Quang Trung – Bình Phước. Năm học: 2015-2016

  1  3 a +5 + Câu 1 Cho P =     a −1 a a − a − a + 1   

(

2 a +1   (a > 0, a ≠ 1)  4 a 

)

a) Rút gọn P b) Đặt Q = ( a − a + 1) P. Chứng minh Q > 1

Câu 2 Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m2 = 0 (1). Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn ( x1 − m) 2 + x2 = m + 2

Câu 3 1. Giải phương trình ( x + 1) 2( x 2 + 4) = x 2 − x − 2  1 x − = x 2 + xy − 2 y 2 (1)  y 2. Giải hệ phương trình  x  x + 3 − y 1 + x 2 + 3 x = 3(2) 

(

)(

Câu 4 Giải phương trình trên tập số nguyên x 2015 =

)

y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) + 1

(1)

Câu 5 Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC a) Chứng minh AH = 2OM b) Dựng hình bình hành AHIO. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng

OI. OJ = R2 c) Gọi N là giao điểm của AH với đường tròn (O) (N khác A). Gọi D là điểm bất kì trên cung nhỏ NC của đường tròn tâm (O) (D khác N và C). Gọi E là điểm đối xứng với D qua AC, K là giao điểm của AC và HE. Chứng minh rằng ACH = ADK

Câu 6 1. Cho a, b là 2 số thực dương. Chứng minh rằng (1 + a )(1 + b ) ≥ 1 + ab 2. Cho a, b là 2 số thực dương thỏa mãn a + b = ab. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 + 2 + a + 2a b + 2b 2

(1 + a )(1 + b ) 2

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 a) Với a > 0 và a ≠ 1 ta có:

 a −1 3 a + 5  (a + 2 a + 1) − 4 a P= + . 4 a  (a − 1)( a − 1) (a − 1)( a − 1)  4 a +4 a − 2 a +1 4 ( a − 1) 2 = . = . ( a − 1) 2 ( a + 1) 4 a ( a − 1) 2 4 a 1 = a b) Có Q =

a − a +1 a

a − 2 a + 1 ( a − 1) 2 = Xét Q − 1 = a a Vì ( a − 1) 2 > 0, a > 0, ∀a > 0, a ≠ 1 ⇒ Q − 1 > 0 ⇒ Q > 1

Câu 2 Phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 ⇔ ∆ ' = (m + 1) 2 − m2 ≥ 0 ⇔ 2m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ −  x1 + x2 = 2m + 2 Theo định lý Viét ta có  2  x1 x2 = m

1 2

Có (2) ⇔ x12 − 2 x1m + m 2 + x2 = m + 2 ⇔ x1 ( x1 − 2 m ) + m 2 + x2 = m + 2 Thay x1 − 2 m = 2 − x2 ; m 2 = x1 x2 vào ta có x1 (2 − x2 ) + x1 x2 + x2 = m + 2 ⇔ 2 x1 + x2 = m + 2 m = 0  x1 + x2 = 2m + 2  x1 = − m 2 2 Ta có hệ  (thỏa ⇔ ⇒ m = x1 x2 = − m(3m + 2) ⇒ 4m + 2m = 0 ⇔  m = − 1 2 x + x = m + 2 x = 3 m + 2  1 2  2 2  mãn) x = 0 + Với m = 0: (1) ⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔  1 (thỏa mãn đề bài) x = 2  2

1 1 1 + Với m = − : (1) ⇔ x 2 − x + = 0 ⇔ x1 = x2 = (thỏa mãn đề bài) 2 4 2 Vậy m = 0 hoặc m = -

1 là tất cả các giá trị m cần tìm. 2

Câu 3 1) ( x + 1) 2( x 2 + 4) = x 2 − x − 2 (1)

Điều kiện: x2 + 4 ≥ 0 (luôn đùng ∀ x)

(1) ⇔ ( x + 1) 2( x 2 + 4) = ( x − 2)( x + 1) ⇔ ( x + 1)  2( x 2 + 4) − ( x − 2)  = 0    x = −1 ⇔ 2  2( x + 4) = x − 2(2) x ≥ 2 x ≥ 2 x ≥ 2 Có (2) ⇔  2 (loại) ⇔ ⇔  2 2  x = −2  2( x + 4) = ( x − 2) x + 4x + 4 = 0

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {–1}

 1 x − = x 2 + xy − 2 y 2 (1)  y 2,  x  x + 3 − y 1 + x 2 + 3 x = 3(2) 

(

)(

)

x > 0 y > 0 x > 0  Điều kiện:  ⇔ y > 0 x + 3 ≥ 0 2  x + 3 x ≥ 0

 1 y−x 1  > 0, ∀x, y > 0 = ( x − y )( x + 2 y ) ⇔ ( x − y )  x + 2 y +  = 0 ⇔ x = y do x + 2 y + y x y x y x 

(1) ⇔

Thay y = x vào phương trình (2) ta được: ( x + 3 − x )(1 + x 2 + 3 x ) = 3 ⇔ 1 + x 2 + 3 x =

3 x+3 − x

⇔ 1 + x 2 + 3 x = x + 3 + x ⇔ x + 3. x − x + 3 − x + 1 = 0 ⇔ ( x + 1 − 1)( x − 1) = 0  x + 3 = 1  x = −2( L) ⇔ ⇔ ⇒ x = y =1  x = 1(tm)  x = 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1

Câu 4 x 2015 =

y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) + 1

(1)

Có y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) = [ y ( y + 3) ][ ( y + 1)( y + 2) ] = ( y 2 + 3 y )( y 2 + 3 y + 2)

Đặt t = y 2 + 3 y + 1 ⇒ y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) = t 2 − 1 ( t ∈ ℝ , t2 ≥ 1) (1) ⇔ x

2015

2015  x − 1 ≥ 0 − 1 = t − 1 ⇔  2015 2 2 ( x − 1) = t − 1(2) 2

Với x, t là số nguyên ta có:

(2) ⇔ ( x 2015 − 1 + t )( x 2015 − 1 − t ) = −1   x 2015 − 1 + t = 1  x 2015 = t = 1   2015 x − 1 − t = − 1    ⇔ ⇔   x 2015 = 1 2015   x − 1 + t = −1  t = −1    x 2015 − 1 − t = 1  

Vớ i x

2015

x = 1 x = 1  = t = 1⇒  2 ⇔  y = 0  y + 3 y + 1 = 1   y = −3 

x = 1  x 2015 = 1  x = 1  Vớ i  ⇒ 2 ⇔   y = −1 t = −1  y + 3 y + 1 = −1   y = −2  Thử lại ta thấy các cặp (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0) thỏa mãn đề bài Vậy có 4 cặp (x;y) cần tìm là (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0)

Câu 5

a) Gọi F là điểm đối xứng với A qua O ⇒ AF là đường kính của (O) Ta có ACF = ABF = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AC ⊥ CF , AB ⊥ BF Mà BH ⊥ AC, CH ⊥ AB ⇒ CF // BH, BF // HC Suy ra BHCF là hình bình hành ⇒ Trung điểm M của BC cũng là trung điểm của HF.

⇒ OM là đường trung bình của ∆ AHF ⇒ AH = 2OM b) Vì AHIO là hình bình hành nên OI = AH = 2OM Gọi P là trung điểm OC ⇒ PJ là trung trực OC ⇒ PJ ⊥ OC. Có OM là trung trực BC ⇒ OM ⊥ BC. Suy ra

OJ OP = ⇒ OJ .OM = OC.OP OC OM ⇒ OJ .2OM = OC.2OP ⇒ OJ .OI = OC.OC = R 2 ∆OJP ~ ∆OCM ( g.g ) ⇒

c) Ta có NHC = ABC (cùng phụ với HCB)

(1)

Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ABC = ADC

(2)

Vì D và E đối xứng nhau qua AC nên AC là trung trực DE suy ra

∆ADC = ∆AEC (c.c.c) => ADC = AEC

(3)

Tương tự ta có AEK = ADK Từ (1), (2), (3) suy ra NHC = AEC => AEC + AHC = NHC + AHC = 180o Suy ra AHCE là tứ giác nội tiếp => ACH = AEK = ADK (đpcm)

Câu 6 1. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

(1 + a)(1 + b) ≥ (1 + ab ) 2 ⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + 2 ab + ab ⇔ a + b − 2 ab ≥ 0 ⇔ ( a − b )2 ≥ 0 (luôn đúng với mọi a, b > 0) 2. Áp dụng bất đẳng thức trên ta có (1 + a 2 )(1 + b2 ) ≥ 1 + ab = 1 + a + b

(1)

Với mọi x, y > 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

1 1 1 1 1 1 4  +  ( x + y ) ≥ 2 . .2 xy = 4 ⇒ + ≥ x y x y x+ y x y

(2)

Áp dụng (1) và (2) ta có: 4 4 +1+ a + b = 2 +1+ a + b 2 a + 2a + b + 2b a + b 2 + 2ab 4 a + b 7(a + b) = + + +1 2 ( a + b) 8 8 P≥

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

a + b = ab ≤

( a + b) 2 ⇒ (a + b) 2 ≥ 4(a + b) ⇒ a + b ≥ 4 4

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

4 a+b a+b 4 a+b a+b 3 + + ≥ 33 . . = 2 2 ( a + b) 16 16 (a + b) 16 16 4 Suy ra P ≥

3 7 21 21 + .4 + 1 = . Dấu bằng xảy ra khi a = b = 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 8 4 4

Đề số 41. Chuyên Quốc Học Huế - Thừa Thiên Huế. Năm học: 2015-2016 Câu 1: (1,5 điểm) Giải phương trình: 2015 2015x − 2014 + 2016 x − 2015 = 2016 Câu 2: (1,5 điểm) Cho phương trình ( x − 2)(x 2 − x) + (4m + 1) x − 8m − 2 = 0 (x là ẩn số). Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1;x2;x3 thỏa mãn điều kiện x12 + x2 2 + x32 = 11 .

Câu 3: (2,0 điểm)  x 2 + y 2 + x + y = ( x + 1)( y + 1)  a) Giải hệ phương trình:  x  2  y 2   +  =1  y + 1   x + 1  b) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 2 và x2 + y2 + z2 = 2. Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào x, y, z: P=x

(1 + y 2 )(1 + z 2 ) (1 + z 2 )(1 + x 2 ) (1 + x 2 )(1 + y 2 ) + y + z 1 + x2 1+ y2 1+ z2

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) , Giả sử B , C cố định và A di động trên đường tròn sao cho AB < AC và AC < BC . Đường trung thực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N. a) Chứng minh rằng OM.ON=R2 b) Chứng minh rằng bốn điểm M,N,P,Q cùng nằm trên một đường tròn c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T , gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng ST . Chứng minh H chạy trên 1 đường tròn cố định khi A di động Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho a,b là hai số thay đổi thoã mãn các điều kiện a > 0, a + b ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

8a 2 + b 2 +b 4a

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x 4 − 2 x3 + 6 x 2 − 4 y 2 − 32 x + 4 y + 39 = 0

ĐÁP ÁN Câu 1:

2015 2015x − 2014 + 2016 x − 2015 = 2016 (1) 2015 ĐK: x ≥ 2016 (1) <=> (2015 2015 x − 2014 − 2015) + ( 2016 x − 2015 − 1) = 0 <=> 2015( 2015 x − 2014 − 1) + ( 2016 x − 2015 − 1) = 0 <=>

2015(2015 x − 2015) 2016 x − 2016 + =0 2015 x − 2014 + 1 2016 x − 2015 + 1

    20152 2016   <=> ( x − 1)  + =0 2015 x − 2014 + 1 2016 x − 2015 + 1   2015   >0 ∀ x ≥ 2016   <=> x = 1 (thoả mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {1} Câu 2: ( x − 2)( x 2 − x) + (4m + 1) x − 8m − 2 = 0(1) <=> ( x − 2)( x 2 − x) + (4m + 1)( x − 2) = 0 <=> ( x − 2)( x 2 − x + 4m + 1) = 0 x = 2 <=>  2  x − x + 4m + 1 = 0(2) Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2

 ∆ = 1 − 4(4m + 1) > 0  2  2 − 2 + 4m + 1 ≠ 0 −16m − 3 > 0 <=>   4 m ≠ −3 −3  m < 16 <=>   m ≠ −3  4 Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của (2) ⇒ (1) có 3 nghiệm phân biệt x1, x2, x3 = 2 (*) Theo định lí Vi–ét: x1 + x2 = 1, x1x2 = 4m + 1. (**) Thay (*) và (**) ta có: x12 + x2 2 + x32 = 11 <=> ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 + 4 = 11 <=> 1 − 2(4m + 1) = 7 <=> m = −1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = –1 là giá trị cần tìm. Câu 3:  x 2 + y 2 + x + y = ( x + 1)( y + 1)  a )  x 2  y 2   +  =1  y + 1   x + 1 

(1) (2)

ĐK: x ≠ –1; y ≠ –1 (1) <=> x( x + 1) + y ( y + 1) = ( x + 1)( y + 1) x y <=> + =1 y +1 x +1 Đặt a =

x y ;b = , hệ phương trình đã cho trở thành y +1 x +1

a + b = 1 a + b = 1 a + b = 1 a + b = 1 <=> <=> <=>  2    2 2 1 − 2ab = 1 ab = 0 a + b = 1 (a + b) − 2ab = 1  a = 0 x = 0 <=>   b = 1 y =1 <=>   a = 1 x = 1  <=>  y = 0  b = 0 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm (0;1), (1;0) b) P = x

(1 + y 2 )(1 + z 2 ) (1 + z 2 )(1 + x 2 ) (1 + x 2 )(1 + y 2 ) + y + z 1 + x2 1+ y2 1+ z2

(x + y + z ) 2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) Xét ( x + y + z ) = x + y + z + 2( xy + yz + zx) => xy + yz + zx = 2 2 2 2 Thay x + y + z = 2 và x + y + z = 2 ta có xy + yz + zx = 1. 2

Thay 1 = xy + yz + zx ta có: x

(1 + y 2 )(1 + z 2 ) (xy + yz + zx + y 2 )(xy + yz + zx + z 2 ) ( y + z )( y + x )( z + y )( z + x) = x =x = x( y + z ) 2 2 1+ x xy + yz + zx + x ( x + y )( x + z )

Tương tự ta có:

(1 + z 2 )(1 + x 2 ) = y ( z + x) 1+ y2

(1 + x 2 )(1 + y 2 ) = z (x + y ) 1+ z2 Cộng từng vế của ba đẳng thức trên ta có P = xy + xz + yz + yx + zx + zy = 2( xy + yz + zx) = 2 z

Vậy biểu thức P không phụ thuộc vào x, y, z. Câu 4:

a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, AC ∆ OAB cân ở O có OI là đường cao kẻ từ đỉnh O nên OI cũng là phân giác góc O, suy ra 1 BOI = BOA(1) 2 Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB của (O): 1 BCA = BOA(2) 2 Từ (1) và (2) suy ra BOI=BCA (3) Xét ∆ OBI vuông tại I có góc ngoài OBM:

OBM = 90O + BOI (4) Xét ∆ NJC vuông tại J có góc ngoài ONB: ONB = 90O + BCA(5) Từ (3), (4), (5) suy ra OBM=ONB => ∆OBM ~ ∆ONB( g.g ) OB OM => = => OM .ON = OB 2 = R 2 ON OB b) Chứng minh tương tự câu a, ta có

OQ.OP = R 2 => OM .ON = OQ.OP OM OP => = OQ ON Xét ∆ OMP và ∆ OQN có:  MOP chung   OM OP => ∆OMP ~ ∆OQN (c.g .c)  OQ = ON  => OMP = OQN => OMP + NQP = 180o ⇒ Bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn. c) Ta chứng minh O, S, T thẳng hang Gọi T’ là giao điểm khác S của OS với đường tròn ngoại tiếp ∆ BMN. Khi đó MNST’ là tứ giác nội tiếp, nên OSN = OMT ' => ∆OSN ~ ∆OMT '( g .g ) OS ON = => OS .OT ' = OM .ON OM OT ' => OS .OT ' = OQ.OP =>

OS OQ = OP OT ' Xét ∆ OSQ và ∆ OPT’ có:  SOQ chung   OS OQ => ∆OSQ ~ ∆OPT '(c.g.c)  OP = OT ' =>

=> OSQ = OPT ' => OPT '+ QST ' = 180o ⇒ T’SQP là tứ giác nội tiếp ⇒ T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ CPQ ⇒ T’ ≡ T Vậy O, S, T thẳng hang BH ⊥ OH ⇒ H thuộc đường tròn đường kính OB. Vậy khi A di động, H luôn thuộc đường tròn đường kính OB. Câu 5: 8a 2 + b 2 b b a) A = + b = 2a + + b 2 = (a + b 2 ) + (a + ) 4a 4a 4a Vì b 1− a b 1 3 a > 0; a + b ≥ 1 => ≥ ; a ≥ 1 − b => a + ≥ −b + 4a 4 a 4a 4a 4 1 3 1 1 1 => A ≥ (a + b 2 ) + ( − b + ) = (a + ) + (b − ) 2 + 4a 4 4a 2 2 Ta có a +

=> A ≥

3 2

1 1 1 ≥ 2 a. = 1 (BĐT Cô–si cho hai số không âm); (b − ) 2 ≥ 0 4a 4a 2

1 2 3 1 đạt được khi a = b = Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 2 b)Ta có: Dấ u bằng xảy ra khi a = b =

x 4 − 2 x3 + 6 x 2 − 4 y 2 − 32 x + 4 y + 39 = 0 <=> x 4 − 2 x3 + 6 x 2 − 32 x + 40 = 4 y 2 − 4 y + 1 <=> ( x − 2)2 ( x 2 + 2 x + 10) = (2 y − 1)2 Vì y là số nguyên nên 2y – 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 2 Vì (2y – 1)2 và (x – 2)2 là số chính phương khác 0 nên x2 + 2x + 10 là số chính phương.

Đặt x2 + 2x + 10=m2 (m ∈ N * ) suy ra

( x + 1) 2 + 9 = m2 <=> (x + 1 − m)(x + 1 + m) = −9  x + 1 + m = 9    x + 1 − m = −1  x + 1 + m = 1 ( Do x+1+m>x+1-m) <=>     x + 1 − m = −9   x + 1 + m = 3    x + 1 − m = −3  x = 3  m = 5   x = −5 <=>   m = 5    x = −1   m = 3 • x = 3 ⇒ (2y – 1)2 = 25 ⇒ y = 3 hoặc y = –2 • x = –5 ⇒ (2y – 1)2 = 1225 ⇒ y = 18 hoặc y = –17 • x = –1 ⇒ (2y – 1)2 = 81 ⇒ y = 5 hoặc y = –4 Vậy các bộ (x;y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là (3;3),(3;–2),(–5;18),(–5;–17),(–1;5),(–1;–4)

Đề số 42. Chuyên SPHN. Năm học: 2015-2016 a b 1 1 ( + + 1)( − ) 2 Câu 1 (2,5 điểm) Cho biểu thức P = b2 a 2 a b với a > 0, b > 0, a ≠ b. a b a b + 2 −( + ) 2 b a b a 1 1. Chứng minh P = ab 2. Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a + b + ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

 x − my = 2 − 4m Câu 2 (2,0 điểm) Cho hệ phương trình  với m là tham số mx + y = 3m + 1 1. Giải hệ phương trình khi m = 2. 2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x0;y0) là một nghiệm của hệ. Chứng minh đẳng thức x0 2 + y0 2 − 5( x0 + y0 ) + 10 = 0 Câu 3 (1,5 điểm) Cho a, b là các số thực khác 0. Biết rằng phương trình a(a − x)2 + b( x − b)2 = 0 có nghiệm duy nhất. Chứng minh |a| = |b|. Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có các góc ABC;ACB nhọn và BAC = 60°. Các đường phân giác trong BB1, CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I. 1. Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp. 2. Gọi K là giao điểm thứ hai (khác B) của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC1I. Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp. 3. Chứng minh AK ⊥ B1C1. Câu 5 (1,0 điểm) Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn 3 3 1 1 (a 2 + b + )(b 2 + a + ) = (2a + )(2b + ) 4 4 2 2

ĐÁP ÁN Câu 1 Ta có: a b 1 1 ( + + 1)( − ) 2 P = b2 a 2 a b a b a b + 2 −( + ) 2 b a b a 2 2 a b ab a − b 2 ( + + )( ) ab ab = 4 ab ab a b4 a 3b ab3 + − ( + ) a 2 b 2 a 2b 2 a 2 b 2 a 2 b 2 a 2 + b 2 + ab (a − b) 2 ( ). 2 2 ab ab = 4 4 3 a + b − a b − ab3 a 2b 2 (a 3 − b3 )(a − b) 3 3 = 3 a 3b (a − b )(a − b) a 2b 2 1 = ab 1 Vậ y P = . ab 2.Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương 4a và b ta có:

4a + b ≥ 2 4a.b = 4 ab => 1 = 4a + b + ab ≥ 5 ab <=> ab ≤ => P =

1 1 <=> 0 < ab ≤ 5 25

1 ≥ 25 ab

1  a=  b = 4 a > 0 b = 4a > 0   10 Dấu bằng xảy ra khi  <=>  <=>  10a = 1 4a + b + ab = 1 b = 2  5 1  a = 10 Vậy minP = 25 ⇔  b = 2  5 Câu 2 Cho hệ phương trình: 1. Thay m = 2, hệ phương trình đã cho trở thành:  x − 2 y = −6 2 x − 4 y = −12 −5 y = −19 <=>  <=>   2 x + y = 7 2 x + y = 7 2 x + y = 7 19 8    y = 5  x = 5 <=>  <=>   2 x + 19 = 7  y = 19   5 5

 8 19  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  ;  5 5  2. Ta có:  x − my = 2 − 4m  x = my + 2 − 4m <=>   mx + y = 3m + 1 m(my + 2 − 4m) + y = 3m + 1  x = my + 2 − 4m  x = my + 2 − 4m(1) <=>  2 <=>  2 2 2 m y + 2m − 4m + y = 3m + 1 (m + 1) y = m + 1 + 4m (2) Phương trình (2) là phương trình bậc nhất ẩn y có hệ số a = m2 + 1 ≠ 0 ∀m nên phương trình (2) có nghiệm

m + 1 + 4m 2 ∀m m2 + 1 Thay vào (1) ta được: x = my + 2 − 4m

duy nhất y =

m2 + m + 4m3 + 2(m 2 + 1) − 4m(m2 + 1) m2 + 1 3m 2 − 3m + 2 = m2 + 1

Do đó: ∀ m, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x0;y0) = ( *Chứng minh đẳng thức x0 2 + y0 2 − 5( x0 + y0 ) + 10 = 0 (*)

3m 2 − 3m + 2 m + 1 + 4m 2 ; ) m2 + 1 m2 + 1

Vì (x0;y0) là nghiệm của hệ phương trình đã cho nên:  x0 − my0 = 2 − 4m  m( y0 − 4) = x0 − 2(3) <=>    mx0 + y0 = 3m + 1 1 − y0 = m( x0 − 3)(4) Xét m = 0 ⇒ x0 = 2 và y0 = 1. Khi đó (*) đúng. Xét m ≠ 0. Nhân từng vế của (3) và (4) ta được: m( y0 − 4)(1 − y0 ) = m( x0 − 2)( x0 − 3)

<=> − y0 2 + 5 y0 − 4 = x0 2 − 5 x0 + 6 <=> x0 2 + y0 2 − 5( x0 + y0 ) + 10 = 0 Vậy đẳng thức cần chứng minh đúng ∀m. Câu 3: Phương trình đã cho tương đương với

a( x 2 − 2ax + a 2 ) + b( x 2 − 2bx + b 2 ) = 0 <=> ax 2 − 2a 2 x + a 3 + bx 2 − 2b 2 x + b3 = 0 <=> (a + b) x 2 − 2 x(a 2 + b 2 ) + a3 + b3 = 0 • Xét a + b = 0 ⇔ b = –a, phương trình (1) trở thành: −2 x ( a 2 + a 2 ) + a 3 − a 3 = 0 <=> −4a 2 x = 0 <=> x = 0( Do a ≠ 0) Do đó với a + b = 0 thì (1) có nghiệm duy nhất x = 0. • Xét a + b ≠ 0. Khi đó (1) là phương trình bậc hai ẩn x. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ∆ = (a 2 + b 2 ) 2 − (a + b)(a 3 + b3 ) = 0

<=> a 4 + 2a 2b 2 + b 4 − (a 4 + ab3 + a 3b + b 4 ) = 0 <=> 2a 2b 2 − ab3 − a3b = 0 <=> −ab(a − b) 2 = 0 <=> a = b(do ab ≠ 0) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ b = ±a ⇔ |a| = |b|. Câu 4

1. Ta có B1IC1=BIC (hai góc đối đỉnh)

ABC ACB ABC + ACB 180o − BAC o o − BIC=180 -IBC-ICB=180 = 180 − = 180 − = 120o 2 2 2 2 o o o =>B1IC1+BAC=120 +60 =180 Mà hai góc này là hai góc đối nhau của tứ giác AC1IB1 nên tứ giác AC1IB1 là tứ giác nội tiếp. 2.Vì tứ giác BC1IK là tứ giác nội tiếp (gt) nên BKI=AC1I (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện)(1) Vì tứ giác AC1IB1 là tứ giác nội tiếp (cmt) nên AC1I=IB1C (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (2) Từ (1) và (2) suy ra IB1C=BKI=180o-CKI=>IB1C+CKI=180o Đây là hai góc đối của tứ giác CKIB1 nên tứ giác này là tứ giác nội tiếp. 3. Vì BC1IK là tứ giác nội tiếp nên BKC1 = BIC1 = 180 o − BIC = 60o => CKC1 = 180 o − BKC1 = 120 o o

=> CKC1 + CAC1 = 180 o

Suy ra tứ giác AC1KC là tứ giác nội tiếp. => C1KA = C1CA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung C1A) Và => C1 AK = C1CK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung C1K) Mặt khác CC1 là phân giác góc C (gt) nên C1CK = C1CA => C1 KA = C1 AK Suy ra tam giác C1AK cân tại C1⇒ C1A = C1K (3) Tương tự ta có: B1A = B1K. (4) Từ (3) và (4) suy ra C1B1 là trung trực của đoạn thẳng AK. ⇒ AK ⊥ B1C1 (đpcm). Câu 5 Với mọi x, y không âm, ta có: 1 1 1 (x − ) 2 ≥ 0 <=> x 2 + ≥ x(*) Dấu bằng xảy ra ⇔x = . 2 4 2 ℝà

( x − y ) 2 ≥ 0 <=> x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 <=> x 2 + 2 xy + y 2 ≥ 4 xy <=> ( x + y ) 2 ≥ 4 xy (**) Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y. Áp dụng BĐT (*) với x = a và x = b ta được 3 1 1 1  2 2 a + b + 4 = (a + 4 ) + b + 2 ≥ a + b + 2 > 0  b 2 + a + 3 = (b 2 + 1 ) + a + 1 ≥ b + a + 1 > 0  4 4 2 2 3 3 1 => (a 2 + b + )(b 2 + a + ) ≥ (a + b + ) 2 (1) 4 4 2 Áp dụng BĐT (**) ta được:

2 2  1 1  1  1 1 (a + b + ) 2 =  a +  +  b +   ≥ 4(a + )(b + ) 2 4  4   4 4  1 1 = (2a + )(2 b + )(2) 2 2 3 3 1 1 Từ (1) và (2) ta suy ra: (a 2 + b + )(b 2 + a + ) = (2 a + )(2b + ) 4 4 2 2 1  a = 2  1 1  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = <=> a = b = 2 2  1 1  a + 4 = b + 4 

Vậ y a = b =

1 là giá trị cần tìm. 2

Đề số 43. Chuyên Thái Bình. Năm học: 2015-2016 Bài 1 (3,0 điểm).

2x + 2 x x −1 x2 + x + − ( x > 0; x ≠ 1) x x− x x x +x a) Rút gọn biểu thức P.

Cho biểu thức: P =

b) Tính giá trị của thức P khi x = 3 − 2 2 c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức

7 chỉ nhận một giá trị P

nguyên. Bài 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x2 – 2mx+ (m – 1)3= 0 (m là tham số). a) Giải phương trình khi m = –1. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại. Bài 3 (1,0 điểm). 9 2x −1 = 0 Giải phương trình: 2 + x 2 x2 + 9

Bài 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH, tâm O, cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của cạnh HC.

a) Chứng minh AE.AB = AF.AC. b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.

= HBO

c) Chứng minh HAM d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM. Bài 5 (0,5 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + 2 + 2 ≥ 2 a +1 b +1 c +1 2 ----------Hết----------

SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH

Câ u 1a

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN NĂM 2015-2016 DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUNG Nội dung

Điể m

2x + 2 x x −1 x2 + x + − ( x > 0; x ≠ 1) x x− x x x +x

2x + 2 x x −1 x x +1 + − x x− x x+ x

0,25

2 x + 2 ( x − 1)( x + x + 1) ( x + 1)(x − x + 1) + − x x ( x − 1) x ( x + 1)

0,5

2x + 2 x + x +1 x − x +1 + − x x x

0,5

2x + 2 2x + 2 x + 2 +2= x x

0,25

Ta có x = 2 − 2 x => x = 2 − 1 Thay vào biểu thức

0,25 0,25

P = 2( 2 − 1) + 2 + = 2 2 −2+2+

2 2 −1

2( 2 + 1) ( 2 − 1)( 2 + 1)

=2 2+2 2+2 0,25

P = 4 2 +2 1c

Đưa được

Đánh giá 2 x + 2 + 2 x ≥ 6 x => 0 < Vậ y

0,25

7 7 x = P 2x + 2 + 2 x 7 x 7 < 2x + 2 + 2 x 6

7 chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi P

0,25 0,25

 x =2 x = 4  7 x = 2 x + 2 + 2 x <=> 2 x − 5 x + 2 = 0 <=> <=>   x=1 x = 1 4   2 2a

Khi m =−1 ta có phương trình x 2 + 2 x − 8 = 0 Ta có: ∆ =1+8=9>0 Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1 = 2; x2 = −4

0,5

Tính được ∆ ' = m2 − (m − 1)3

0,25

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt <=> m2 − (m − 1)3 > 0(*)

0,25

0,5

Gọi x1;x2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có:  x1 + x2 = 2 m (1)  3  x1 x2 = (m − 1) (2) Giả sử x1 = ( x2 ) 2 thay vào (2) ta được x2 = m − 1; x1 = ( m − 1) 2

0,25

Thay hai nghiệm x1;x2 vào (1) ta được:

(m − 1) 2 + m − 1 = 2m <=> m 2 − 3m = 0

m = 0 <=>  m = 3 Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận 3

Điều kiện: x ≠ 0, đưa phương trình trở thành: Đặt ẩn phụ:

x 2x2 + 9

2 x2 + 9 x +2 −3 = 0 2 x 2x2 + 9

= t , phương trình trở thành:

0,25 0,25 0,25

t = 1 1 3 2 2 + 2t − 3 = 0 <=> 2t − 3t + 1 = 0 <=> (t − 1)(2t − t − 1) = 0 <=>  t = − 1 t2  2

Trường hợp: t = 1 <=> x = 2 x 2 + 9(VN )

0,25

Trường hợp: t =

x < 0 −1 −3 2 <=> 2 x 2 + 9 = −2 x <=>  2 <=> x = 2 2 2 x = 9

0,25 0,25

Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung Ta có AEF=AHF ;AHF=ACB ; suy ra AEF= ACB (hoặc AFE=AHE ;AHE= ABC ; suy ra AFE= ABC ) Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng AE AF = Từ tỷ số đồng dạng ta có AE.AB = AC.AF AC AB Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF = OH. Có MF = MH (vì tam giác HFC vuông tại F, trung tuyến FM) Suy ra ∆OHM =∆OFM (c.c.c) Từ đó MFO=90o , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH Xét hai tam giác AHM và BHO có AHM=BHO=90o Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có AH HM AH 2 = HB.HC => AH .2OH = HB.2 HM => = HB HO Suy ra ∆HBO đồng dạng với ∆HAM Suy ra HAM= HBO Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn Ta có HBO= HAM =MHK , suy ra BO // HK Mà HK⊥ AM, suy ra BO⊥ AM, suy ra O là trực tâm của tam giác ABM Giả sử a≥b ≥c , từ giả thiết suy ra ab ≥1. Ta có bất đẳng thức sau: 1 1 2 (a − b) 2 (ab − 1) + ≥ <=> ≥ 0 (luôn đúng). 1 + a 2 1 + b 2 1 + ab (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + ab)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Vậy ta cần chứng minh:

2 1 3 + ≥ 2 1 + ab 1 + c 2

<=> c 2 + 3 − ab ≥ 3abc 2 <=> c 2 + ca + bc ≥ 3abc 2 <=> a + b + c ≥ 3abc

0,25

(a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca ) = 9 Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì  2 ab + bc + ca ≥ 3 3 (abc) Hay a+b+c ≥ 3 ≥ 3abc Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a+ b +c = 3.Chứng minh rằng: ab bc ca 3 + + ≤ c2 + 3 a2 + 3 b2 + 3 2 Ta có: Ta có ab 2

(a + b + c)2 ≥ ab + bc + ca => ab + bc + ca ≤ 3 3

0,25 0,25

≤

ab 2

ab ab 1 1 ≤ ( + ) 2 a+c b+c ( a + c )(b + c )

c +3 c + ab + bc + ca ab bc bc ca ca 1 ab 1 3 VT ≤ ( + + + + + ) = (a + b + c) = 2 a+c b+c c+a b+a c+b a+b 2 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

Đề số 44. Chuyên Vũng Tàu. Năm học: 2016-2017 Câu 1 (2,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức A =

1 1 2 2− 6 + + 3 +1 3 −1 2

3x − y = 1 b) Giải hệ phương trình  2 x + 3 y = 8 c) Giải phương trình x 2 + 2 x − 8 = 0

Câu 2 (2,0 điểm) Cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y = 4x – m a) Vẽ parabol (P) b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) và (P) có đúng một điểm chung

Câu 3 (1,5 điểm).

a) Cho phương trình x2 – 5x + 3m + 1 = 0 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn | x12 − x22 |= 15 b) Giải phương trình (x – 1)4 = x2 – 2x + 3

Câu 4 (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. CD là dây cung thay đổi của nửa đường tròn sao cho CD = R và C thuộc cung AD (C khác A và D khác B). AD cắt BC tại H, hai đường thẳng AC và BD cắt nhau tại F. a) Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp b) Chứng minh CF.CA = CH.CB c) Gọi I là trung diểm của HF. Chứng minh tia OI là tia phân giác của góc COD. d) Chứng minh điểm I thuộc một đường tròn cố định khi CD thay đổi

Câu 5 (0,5 điểm). Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Chứng minh rằng:

a b c 3 + 2 + 2 ≤ a + bc b + ca c + ab 2 2

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 a) A =

3 −1+ 3 +1 2(2 − 3) 2 3 + = +2− 3 = 3+2− 3 = 2 3 −1 ( 3 + 1)( 3 − 1) 2

3x − y = 1  y = 3x − 1  y = 3x − 1  y = 3x − 1  x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ . b)  2 x + 3 y = 8 2 x + 3(3x − 1) = 8 11x = 11 x = 1 y = 2 Hệ có nghiệm duy nhất (1;2) c) x2 + 2x – 8 = 0. Có ∆’ = 1 + 8 = 9 > 0

Câu 2 a) Bảng giá trị x

-2

-1

y = –x2

-4

-1

-4

Đồ thị:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): –x2 = 4x – m ⇔ x2 + 4x – m = 0 (1) (d) và (P) có đúng 1 điểm chung ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ∆’ = 22 – (–m) = 0

4 + m = 0 ⇔ m = –4 Vậy m = –4

Câu 3 a) x2 – 5x + 3m + 1 = 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2⇔ ∆ = 52 – 4(3m + 1) > 0 ⇔ 21 – 12m > 0

21 12

V ới m <

21 , ta có hệ thức 12

 x1 + x2 = 5 (Viét)   x1 x2 = 3m + 1

=> | x1 − x2 |= ( x1 − x2 ) 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 = 52 − 4(3m + 1) = 21 − 12m =>| x12 − x22 |=| ( x1 + x2 )( x1 − x2 ) |=| 5( x1 − x2 ) |= 5 | x1 − x2 |= 5 21 − 12m

Ta có | x12 − x22 |= 15 ⇔ 5 21 − 12 m = 15 ⇔ 21 − 12 m = 3 ⇔ 21 − 12 m = 9 ⇔ 12 m = 12 ⇔ m = 1 tm

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm

b) ( x − 1)4 = x 2 − 2 x + 3(1) 2

(1)  ( x − 1) 2  = x 2 − 2 x + 3 ⇔ ( x 2 − 2 x + 1) 2 = x 2 − 2 x + 3 (2)

Đặt t = x2 – 2x + 1, t≥0, phương trình (2) trở thành t 2 = t + 2 ⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇔ (t − 2)(t + 1) = 0 t = 2 (tm) hoặc t = –1 (loại) Với t = 2 có x 2 − 2 x + 1 = 2 ⇔ x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2

{

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 1 − 2;1 + 2

}

Câu 4

a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên

ACB = ADB = 90o ⇒ FCH = FDH = 90o ⇒ FCH + FDH = 180o Suy ra tứ giác CHDF nội tiếp

b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H là trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB

⇒ CFH = CBA(= 90o − CAB) ⇒ ∆CFH ∼ ∆CBA( g.g ) ⇒

CF CH = ⇒ CF .CA = CH .CB CB CA

c) Vì FCH = FDH = 90o nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH => IC = ID. Mà OC = OD nên ∆ OCI = ∆ ODI (c.c.c) => COI = DOI => OI là phân giác của góc COD d) Vì OC = CD = OD = R nên ∆ OCD đều => COD = 60o

1 Có CAD = COD = 30o => CFD = 90o − CAD = 60o 2 Xét góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CD của (I), có CID = 2CFD = 120o => OIC = OID =

Mặt khác COI = DOI =

Suy ra OI =

CID = 60o 2

COD = 30o => OID + DOI = 90o => ∆OID vuông tại D 2

OD 2R = o sin 60 3

 2R  Vậy I luôn thuộc đường tròn  O;  3  Câu 5 Từ điều kiện đề bài ta có

ab + bc + ca 1 1 1 =3⇔ + + =3 abc a b c

Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có:

a 2 + bc ≥ 2 a 2 .bc = 2a bc ⇒

a 2 1 ≤ = a + bc 2a bc 2 bc 2

1 1 11 1 a 11 1 . ≤  + ⇒ 2 ≤  +  b c 2  b c  a + bc 4  b c  Tương tự ta có:

Suy ra

b 11 1 c 11 1 ≤  + ; 2 ≤  +  b + ca 4  c a  c + ab 4  a b  2

a b c 1 1 1 1 3 + 2 + 2 ≤  + + = . a + bc b + ca c + ab 2  a b c  2 2

Đề số 45. Chuyên Sơn La. Năm học: 2016-2017 Câu I (2.0 điểm).

1  x  1 + ( x > 0; x ≠ 1) Cho biểu thức P =  : x −1  x − 2 x +1  x− x 1. Rút gọn biểu thức P. 1 2. Tìm các giá trị của x để P > . 2 Câu II (1.5 điểm). Cho phương trình: x2-5x+m=0 (1) (m là tham số). 1. Giải phương trình khi m = 6 . 2. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1;x2 thoả mãn: |x1-x2|=3 Câu III (2.0 điểm). Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ 2 là 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc mỗi ô tô. Câu IV ( 3.5 điểm). Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh:

S1 + S 2 = S

Câu V ( 1.0 điểm). Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b ≤ 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

1 1 + a b

------------------------ HẾT-----------------------( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN SƠN LA VÀ PTDT NỘI TRÚ TỈNH SƠN LA NĂM HỌC 2016-2017 -----------------------------Câu I(2đ):

1  x  1 + ( x > 0; x ≠ 1) a) Rút gọn biểu thức: P =  : x −1  x − 2 x +1  x− x   ( x − 1) 2 1 x =  + . x ( x − 1)  x  x ( x − 1) =

1+ x ( x − 1) 2 ( x + 1)( x − 1) x − 1 . = = x x ( x − 1) x x x

b)Tìm các giá trị của x để P >

1 2

x −1 1 > <=> 2( x − 1) > x <=> x > 2 x 2 1 Vậy với x > 2 thì P > 2 Câu II(1,5đ): a) Với m = 6 phương trình trở thành: x 2 − 5 x + 6 = 0 Với x > 0, x ≠ 1 thì

∆ = (−5)2 − 4.1.6 = 25 − 24 = 1 > 0 −(−5) + 1 −(−5) − 1 = 3; x2 = =2 2 2 b) Để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 ta phải có ≥0

=> phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 =

25 (1) 4 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình bậc hai đã cho ta được.  x1 + x2 = 5 (2)   x1 x2 = m <=> ( −5) 2 − 4.1.m ≥ 0 <=> 25 − 4m ≥ 0 <=> m ≤

Mặt khác theo yêu cầu bài toán phương trình có 2 nghiệm x1;x2 thoả mãn điều kiện: |x1-x2|=3 hai vế đẳng thức đều dương, bình phương hai vế ta được:

(| x1 − x2 |) 2 = 32 <=> ( x1 − x2 ) 2 = 9 <=> ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 = 9(3) Thay (2) vào (3) ta được:

52 − 4m = 9 <=> m = 4 Thoả mãn (1) vậy với m = 4 là giá trị cần tìm để phương trình có 2 nghiệm x1;x2 thoả mãn điều kiện: |x1x2|=3 Câu III(2đ): Gọi vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai theo thứ tự là: v1 và v2 (v1 > 0; v2 > 0, km/giờ) Vì mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10km nên ta có phương trình thứ nhất: v1-v2=10(1) 120 ( h) Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quảng đường AB là: t1 = v1 Thời gian ô tô thứ hai đi hết quảng đường AB là: t2 =

120 (h) v2

Vì Ô tô thứ nhất đến trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ nên ta có phương trình thứ hai: 120(v1 − v2 ) 120 120 t2 − t1 = 0, 4 <=> − = 0, 4 <=> = 0, 4(2) v2 v1 v1v2 Thay (1) vào (2) ta được: 120.10 = 0, 4 => v1v2 = 3000(3) v1v2 Từ (1) => v1 = v2 + 10 thay vào (3) ta được: (3) <=> v2 (v2 + 10) = 3000 <=> v2 2 + 10v2 − 3000 = 0 v2 = 50(TM ) <=>   v 2 = −55( L) Khi v2=50=>v1=50+10=60 Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 60 km/giờ; vận tốc của xe thứ hai là 50 km/giờ Câu IV(3,5đ):

a) Xét tứ giác ABCD có :  AB = CD ( Đường kính của đường tròn và bán kính của đường tròn).  OA = OB = OC = OD Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ACBD là hình chữ nhật b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật nên: 1 CAD= BCE =90o (1). Lại có CBE = sđ BC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); 2 1 ACD = sđ AD (góc nội tiếp), mà BC =AD (do BC = AD cạnh của hình chữ nhật)⇒CBE =ACD (2). Từ (1) 2 và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE . c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: CBE =DFE (3). Từ (2) và (3) suy ra ACD=DFE do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.

S1 EB 2 d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: = S EF 2 =>

S1 EB = S EF

Tương tự ta có Từ đó suy ra:

S 2 BF = S EF S1 S2 + = 1 => S1 + S 2 = S S S

Câu V(1đ): Cách 1: Với mọi a, b ta luôn có: (a - b)2≥0

<=> a 2 + b2 − 2ab ≥ 0 <=> a 2 + b2 ≥ 2ab <=> a 2 + b2 + 2ab ≥ 4ab <=> (a + b)2 ≥ 4ab (*) Vì a, b đều dương nên ab và a+ b cũng dương bất đẳng thức (*) trở thành: a+b 4 1 1 4 4 <=> ≥ <=> + ≥ => P ≥ mà a+b ≤ 2 2 ab a+b a b a+b a+b 4 4 => ≥ => P ≥ 2 a+b 2 2 (a − b)2 = 0 <=> a = b = 2 Dấu “ = ” xảy ra <=>  a + b = 2 2 Vậy min P= 2 Cách 2: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2≥ 0⇒ (a + b)2≥ 4ab => (*) giải tiếp ta được. co − si co − si 1 1 2 2.2 4 4 Cách 3: Với hai số a > 0, b > 0 ta có P = + ≥ ≥ = ≥ = 2 a b a+b a+b 2 2 ab Dấu “ = ” xảy ra a = b = 2 Vậy min P= 2 Cách 4: Ta chứng minh bài toán sau: Cho a, b là các số dương. 1 1 4 (*) Chứng minh rằng: + ≥ a b a+b Thật vậy áp dụng vất đẳng thức cô sinh cho hai số dương a và b,

1 1 ; ta được: a b

a + b ≥ 2 ab (1) 1 1 1 + ≥2 (2) a b ab Do các vế của (1) và (2) trên đều dương nên nhân vế với vế hai BĐT dương cùng chiều, tađược: 1 1 (a + b)( + ) ≥ 4 a b Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b. 4 1 1 4 4 Áp dụng (*) => P ≥ vì a+b ≤ 2 2 => ≥ => ≥ = 2(3) a+b a+b 2 2 a+b 2 2

=> P ≥ 2 dấu "=" xẩy ra khi (1), (2) và (3) đồng thời xẩy ra dấu "=" và kết hợp với điều kiện bài ra ta có: a = b  1 1 Khi đó:  = => a = b = 2 .Vậy minP = a b  a + b = 2 2

2 khi a=b= 2

Cách 5: Bằng phương pháp tương đương ta chứng minh bài toán sau: Cho a, b là các số dương. Chứng minh 1 1 4 rằng: + ≥ => các bạn giải tiếp. a b a+b Cách 6: Cho hai số x, y dương và a, b là hai số bất kì ta có: ( a + b) 2 a 2 b 2 a 2 b 2 ( a + b) 2 ≤ + + ≥ hay (1) ( Bất đẳng thức Svac – xơ) x+ y x y x y x+ y

a b = x y Thật vậy áp dụng bất đẳng thức Bun nhiacopxki cho

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

  a 2  b  2  a 2 b2 2 2 ( + )( x + y ) =   +   ( x ) + ( y )   x y  x   y     2 2 a b a 2 b 2 ( a + b) 2 ≥ (a + b) 2 => ( + )( x + y ) ≥ (a + b) 2 hay + ≥ x y x y x+ y

(

)

Áp dụng (1) ta có:  12 12  (1 + 1) 2 (1 + 1) 2 4 = = 2 hay P ≥  + ≥ x+ y 2 2  x y  x+ y 1 1 Dấu "=" xẩy ra khi và khỉ khi = hay a=b kết hợp với điều kiện bài ra ta có:Vậy minP = 2 khi a=b= 2 a b ------------------------ Hết------------------------

Đề số 46. Chuyên SPHN. Năm học: 2016-2017

  1 1+ a 1− a 1 + − 1 − Câu 1 (2 điểm). Cho biểu thức P =     với 0 < a < 1. Chứng 2  a 2 a 1 + a − 1 − a 1 − a − 1 + a    minh rằng P = –1 Câu 2 (2,5 điểm). Cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng d: y = 2mx – 1 với m là tham số. a) Tìm tọa độ giao điểm của d và (P) khi m = 1 b) Chứng minh rằng với mỗi giá trị của m, d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi y1, y2 là tung độ của A, B. Tìm m sao cho | y12 − y22 |= 3 5

Câu 3 (1,5 điểm). Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 120 km. Vận tốc trên

3 4

1 1 3 quãng đường AB sau bằng vận tốc trên quãng đường 4 2 4 3 AB đầu. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút và trở lại A với vận tốc lớn hơn vận tốc trên quãng đường AB 4 đầu tiên lúc đi là 10 km/h . Thời gian kể từ lúc xuất phát tại A đến khi xe trở về A là 8,5 giờ. Tính vận tốc của xe máy trên quãng đường người đó đi từ B về A? quãng đường AB đầu không đổi, vận tốc trên

Câu 4 (3,0 điểm). Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm giữa A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác đều AMC và BMD. Gọi P là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CP.CB + DP.DA = AB c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng tại E, F. Chứng minh CDFE là hình thang.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng

5a + 4 + 5b + 4 + 5c + 4 ≥ 7

––––––––Hết–––––––

ĐÁP ÁN Câu 1 Với 0 < a < 1 ta có: 2   2 1− a 1 + a    1 − a − 1  P= + 2  2  1+ a − 1− a a  (1 − a )(1 + a ) − 1 − a   a  2   1 − a 1+ a    (1 − a )(1 + a ) − 1  = +    1+ a − 1− a a2 a 1− a 1+ a − 1− a    

(

)

(

( (

)

   1− a. 1+ a 1  1+ a 1− a = + −   a2 a 1 + a − 1 − a    1+ a − 1− a =

1 + a + 1 − a 2 1 − a . 1 + a − (1 − a ) − (1 + a ) . 2a 1+ a − 1− a

1+ a + 1− a − = . 1+ a − 1− a =−

(

1+ a + 1− a

(

)

1+ a − 1− a

)

1+ a − 1− a 2a

)(

2a 1 + a −1+ a 2a =− =− = −1 2a 2a

Câu 2 a) Khi m = 1 ta có d : y = 2x – 1 và (P): y = –x2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: V ới x = − 1 + 2 ⇒ y = − 3 + 2 2 V ới x = − 1 − 2 ⇒ y = − 3 − 2 2

(

)(

Vậy các giao điểm là −1 + 2; −3 + 2 2 ; −1 − 2; −3 − 2 2

)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): − x 2 = 2mx − 1 ⇔ x 2 + 2mx − 1 = 0 (*) Phương trình (*) có ∆’ = m2 + 1 > 0 ⇒ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2∀ m hay d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.  x + x = −2 m ⇒| x1 − x2 |= ( x1 − x2 )2 = ( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 = 4m2 + 4 = 2 m2 + 1 Áp dụng Viét ta có:  1 2 x x = − 1  1 2  y = 2 mx1 − 1 Khi đó ta có  1 ⇒| y12 − y22 |=| (2 mx1 − 1) 2 − (2mx2 − 1) 2 |  y2 = 2mx2 − 1

⇒| y12 − y22 |=| (2mx1 − 1 − 2mx2 + 1)(2mx1 − 1 + 2mx2 − 1) |=| 4m( x1 − x2 )[m( x1 + x2 ) − 1] |

=| 4m(2m 2 + 1)( x1 − x2 ) |= 4 m(2m 2 + 1) | x1 − x2 |= 4 | m | (2m 2 + 1)2 m 2 + 1 Ta có | y12 − y22 |= 3 5 ⇔ 64m 2 (2 m 2 + 1) 2 (m 2 + 1) = 45 ⇔ 64(4 m 4 + 4 m 2 + 1)( m 4 + m 2 ) = 45

Đặt m 4 + m 2 = t ≥ 0 có phương trình 64t (4t + 1) = 45 ⇔ 256t 2 + 64t − 45 = 0 ⇔ t = Suy ra m 4 + m 2 =

Vậ y m = ±

5 (vì t ≥ 0) 16

5 1 ⇔ 16m4 + 16m2 − 5 = 0 ⇔ m = ± 16 2

1 2

Câu 3 Gọi vận tốc của người đi xe máy trên

Vận tốc của người đi xe máy trên

3 quãng đường AB đầu (90 km) là x (km/h) (x > 0) 4

1 quãng đường AB sau là 0,5x (km/h) 4

Vận tốc của người đi xe máy khi quay trở lại A là x + 10 (km/h)

Tổng thời gian của chuyến đi là

⇔

90 30 120 1 + + + = 8,5 x 0,5 x x + 10 2

90 60 120 150 120 + + =8⇔ + = 8 ⇔ 75( x + 10) + 60 x = 4 x( x + 10) x x x + 10 x x + 10

⇔ 4 x 2 − 95 x − 750 = 0 ⇔ x = 30 (do x > 0) Vậy vận tốc của xe máy trên quãng đường người đó đi từ B về A là 30 + 10 = 40 (km/h)

Câu 4 a) Vì CMA = DMB = 60o ⇒ CMB = DMA = 120o. Xét ∆ CMB và ∆ AMD có CM = AM  MCB = MAD  CMB = DMA ⇒ ∆CMB = ∆AMD (c.g .c) ⇒   MBC = MDA   MB = MD

Suy ra AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp b) Vì AMPC là tứ giác nội tiếp nên

CPM = 180o − CAM = 120o = CMB ⇒ ∆CPM ∼ ∆CMB ( g.g ) ⇒

CP CM = CM CB

⇒ CP.CB = CM 2 ⇒ CP.CB = CM . Tương tự DP.DA = DM Vậy CP.CB + DP.DA = CM + DM = AM + BM = AB c) Ta có EF là đường trung trực của PM ⇒ EP = EM ⇒ ∆ EPM cân tại E Mặt khác EPM = ACM = 60o (do AMPC là tứ giác nội tiếp) nên ∆ EPM đều

⇒ PE = PM . Tương tự PF = PM

Ta có CM // DB nên PCM = PBD Mà BMPD là tứ giác nội tiếp nên PBD = PMD. Suy ra PCM = PMD Ta lại có CPM = DPM = 120o ⇒ ∆CPM ∼ ∆MPD( g.g ) ⇒

CP PM CP PE = ⇒ = MP PD PF PD

Theo định lý Talét đảo ta có CE // DF ⇒ CDFE là hình thang.

Câu 5 2  a (1 − a ) ≥ 0  a ≥ a   Vì a, b, c không âm và có tổng bằng 1 nên 0 ≤ a, b, c ≤ 1 ⇒ b(1 − b) ≥ 0 ⇒ b ≥ b 2 c (1 − c ) ≥ 0 c ≥ c 2  

Suy ra

5a + 4 ≥ a 2 + 4a + 4 = (a + 2)2 = a + 2

Tương tự 5b + 4 ≥ b + 2; 5c + 4 ≥ c + 2 Do đó

5a + 4 + 5b + 4 + 5c + 4 ≥ ( a + b + c ) + 6 = 7 (đpcm)