45 de thi vao 10 kem dap an

CƠNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC SPLUS VIỆT NAM TỐN 09.BỘ 45 ĐỀ THI VÀO 10 KÈM ĐÁP ÁN S+ SPLUS ACADEMY SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 45 ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT VÀ THPT CHUYÊN (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT) Mơn: TỐN SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 A - PHẦN ĐỀ BÀI I - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ Câu 1: a) Cho biết a =  b =  Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab 3x + y = b) Giải hệ phương trình:   x - 2y = -  x  Câu 2: Cho biểu thức P =   (với x > 0, x  1) : x 1  x - x 1 x- x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P > 2 Câu 3: Cho phương trình: x – 5x + m = (m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: x1  x  Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC ( E khác B C ), AE cắt CD F Chứng minh: a) BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn b) AE.AF = AC2 c) Khi E chạy cung nhỏ BC tâm đường trịn ngoại tiếp ∆CEF ln thuộc đường thẳng cố định 1 Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b  2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P =  a b SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: 1  3 3 b) Giải phương trình: x2 – 7x + = Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d: y = - x + Parabol (P): y = x 4x + ay = b b) Cho hệ phương trình:   x - by = a Tìm a b để hệ cho có nghiệm ( x;y ) = ( 2; - 1) Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển lượng hàng Người lái xe tính xếp toa 15 hàng cịn thừa lại tấn, cịn xếp toa 16 chở thêm Hỏi xe lửa có toa phải chở hàng Câu 4: Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI  AB, MK  AC (I  AB,K  AC) a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn   MBC  b) Vẽ MP  BC (P  BC) Chứng minh: MPK c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Câu 5: Giải phương trình: y - 2010  x - 2009  z - 2011     x - 2009 y - 2010 z - 2011 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – = 2x + y = b)  3x + 4y = -1 Câu 2: Rút gọn biểu thức: a) A =  2  1 1   x+2 x b) B =   ( với x > 0, x  )  x  x4 x + x 4 Câu 3: a) Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 y = x – hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị vẽ phép tính Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BE CF cắt H a) Chứng minh: AEHF BCEF tứ giác nội tiếp đường tròn b) Gọi M N thứ tự giao điểm thứ hai đường tròn (O;R) với BE CF Chứng minh: MN // EF c) Chứng minh OA  EF Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 - x y + x + y - y + SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Trục thức mẫu biểu thức sau: ; 1 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax qua điểm M (- 2; ) Tìm hệ số a Câu 2: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x + = - x 2x + 3y =  b)   x - y = Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + = (1) a) Giải phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: ( x1 + )2 + ( x2 + )2 = Câu 4: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC  cho: IEM  900 (I M không trùng với đỉnh hình vng ) a) Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp đường trịn  b) Tính số đo góc IME c) Gọi N giao điểm tia AM tia DC; K giao điểm BN tia EM Chứng minh CK  BN Câu 5: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ) SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ  2 Câu 1: a) Thực phép tính:       b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b qua điểm A( 2; ) điểm B(-2;1) Tìm hệ số a b Câu 2: Giải phương trình sau: a) x2 – 3x + = x -2 b) + = x-1 x+1 x -1 Câu 3: Hai ô tô khởi hành lúc quãng đường từ A đến B dài 120 km Mỗi ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10 km nên đến B trước tơ thứ hai 0,4 Tính vận tốc ô tô Câu 4: Cho đường trịn (O;R); AB CD hai đường kính khác đường tròn Tiếp tuyến B đường tròn (O;R) cắt đường thẳng AC, AD thứ tự E F a) Chứng minh tứ giác ACBD hình chữ nhật b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn d) Gọi S, S1, S2 thứ tự diện tích ∆AEF, ∆BCE ∆BDF Chứng minh:  Câu 5: Giải phương trình: 10 x + = x + S1  S2  S  SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: Rút gọn biểu thức sau:  3   3  a) A =               b a  b) B =   a b - b a ( với a > 0, b > 0, a  b)  a - ab ab b    x - y = - 1  Câu 2: a) Giải hệ phương trình:   x + y =  2  b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình: x2 – x – = Tính giá trị biểu thức: P = x 12 + x22 Câu 3: a) Biết đường thẳng y = ax + b qua điểm M ( 2; ) song song với đường thẳng 2x + y = Tìm hệ số a b b) Tính kích thước hình chữ nhật có diện tích 40 cm 2, biết tăng kích thước thêm cm diện tích tăng thêm 48 cm Câu 4: Cho tam giác ABC vuông A, M điểm thuộc cạnh AC (M khác A C ) Đường trịn đường kính MC cắt BC N cắt tia BM I Chứng minh rằng: a) ABNM ABCI tứ giác nội tiếp đường tròn  b) NM tia phân giác góc ANI   c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2 Câu 5: Cho biểu thức A = 2x - xy + y - x + Hỏi A có giá trị nhỏ hay khơng? Vì sao? SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Tìm điều kiện x biểu thức sau có nghĩa: A = 1 b) Tính:  3 5 1 x-1+ 3-x Câu 2: Giải phương trình bất phương trình sau: a) ( x – )2 = x-1 b) < 2x + Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - = (1) a) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x x2 b) Tìm giá trị m để: x12 + x22 – x1x2 = Câu 4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB (CD không qua tâm O) Trên tia đối tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) điểm thứ hai M a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC b) Gọi H giao điểm MA BC; K giao điểm MD AB Chứng minh BMHK tứ giác nội tiếp HK // CD c) Chứng minh: OK.OS = R2  x + = 2y Câu 5: Giải hệ phương trình:   y + = 2x SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 Câu 3: Giả sử x = p (p, q  Z, q > 0) (p, q) = q  p p Ta có      n (n  N) p2 = q(-P - 6q + n2q) q q => q ước p2 (p, q) = => q = lúc x = p => p2 + p + = n2 (p, n  Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do 2n - 2p - = 2n + 2p + = 23 ; 2n - 2p - = 23 2n + 2p + = (vì 23  P 2n + 2p + > 2n - 2p - > 0) p = (t/m) ; p = - (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm – Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì N  = 1800) Tứ giác MNCI nội K A   MIC  MNC = 900) tiếp (vì MNC   BMK  , INC   IMC  (1) => BNK (vì góc nội tiếp chắn cung)   IMC  Mặt khác BMK (2)   KMC   KMC   IMC  (vì BMK bù với góc A tam giác ABC)  = INC  nên điểm Từ (1), (2) suy BNK S H P O K C B K, N, I thẳng hàng N I M Q   MCN    (vì góc nội tiếpcùng chắn cung BM) b) Vì MAK => AK CN AB  BK CN AB BK CN   cot g   hay   (1) MK MN MK MN MK MK MN Tương tự có: Mà AC CI BN AI BN  hay   MI MN MI MI MN IC BK   IMC )   tg (  = BMK MI MK Từ (1), (2), (3) => 152 AB AC BC   (đpcm) MK MI MN (2) (3) SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 c) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P  MS) => HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC)   AIN  NMC  ) => KN => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC qua trung điểm HM (đpcm) 2x  xy  y  p Câu 5: Đưa tốn tìm P để hệ phương trình:  2  x  2xy  3y  có nghiệm 2 (1) 8x  4xy  4y  4p Hệ   Lấy (1) - (2), ta có: px  2pxy  3py  4p (2) (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = (3) - Nếu y = => (8 - p)x2 = x = p =  p  0; p  - Nếu y  chia vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = (4) với t = x y + Nếu p  8: Phương trình (2) có nghiệm  ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > + Nếu p = t = - p2 - 12p - 18 < -  p   Dấu “=” có xảy Vậy P = - , max P = +3 153 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b - ac + c = = b-c a-c a-b  a - b  a - c  Nhân vế đẳng thức với a ta có: b-c  b - c = ab - b - ac + c  a - b  a - c  b - c  Vai trò a, b, c nhau, thực hoán vị vịng quanh a, b, c ta có: b c - a  = cb - c - ab + a ,  a - b  a - c  b - c  c a - b Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta có b) Đặt 2010 = x  2010 = x ;  x2 - x + x2  A=  +  x   1-x 2 = ac - a - bc + b  a - b  a - c  b - c  a b c + + = (đpcm) 2 (b - c) (c - a) (a - b) 2010 = x Thay vào ta có: 1+ + x x = 1   + x2 x   1 +  x   + x2 2 1 1 =   -   =0 x x Câu 2: a) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c > Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: a2 + bc ≥ 2a bc, b + ac  2b ac ; c + ab  2c ab Do 1 1 1  + +   + +  a + bc b + ac c + ab  a bc b ac c ab  a +b b+c c+a + + ab + bc + ca 2 = a + b + c , đpcm =  2 abc abc 2abc Dấu xẩy a = b = c, tức tam giác cho tam giác b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ Ta có: A = (x - xy + y) + 2y - x +1 154 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863  = =[ =  x - y  -2    x - y + 1] - y + 2y 1 )2 2 1 y  2 x - y - + (2y - y +  x - y -1 2 +      x = x y =  A=     2 y - = y =  Vậy minA =  4 Câu 3: a) Điều kiện : ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: 2 x-1+3 5-x   2 + 32   x - + - x  = 13.4  x - + - x  13 Dấu xẩy x - = - x  x = 29 13 Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 1 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f   = x x  (1) x 1 Thay x = vào (1) ta có: f(2) + f   = 2 Thay x = vào (1) ta có: 1 f   + 3.f(2) = 2 1 Đặt f(2) = a, f   = b ta có 2 Vậy f(2) = - a + 3b = 13   Giải hệ, ta a = 32 3a + b = 13 32 155 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 a Câu 4: Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp lục giác A, O, D thẳng hàng OK = OK 1 AB Vì FM = EF mà EF = AB FM = 2 f o  = 1200 Ta lại có AF = R  AF = OA AFM e (c.g.c)  = 600  AMK  AM = AK, MAK Câu 5: Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB OA + OB2 Do 2SAOB OA + OB2  b o c h a Dấu “=” xảy  OA  OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: 2 d 2 OB + OC OC + OD ; 2SCOD  2 2 OD + OA 2SAOD  2 OA + OB2 + OC2 + OD Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2SBOC    Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu xẩy OA = OB = OC = OD  = BOC  = COD  = DOA  = 900  ABCD hình vng tâm O AOB Lời bình: Câu III.b 156 k m  + AOB  = 1800 = AOK  + 600  AOK  = 1200 Do đó: ∆AFM = ∆AOK AOK mà OA.OB  b d c SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) đa thức biến x f(x) hàm số xác định phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị hàm số f(x) điểm x = a ta làm sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) (2) Giả sử x = b nghiệm (2) 1) Chắc chắn bạn hỏi x  Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ  A(a ) x  B (a ) y  C (a )   B (b) x  A(b) y  C (b) (3) Giải hệ phương trình (3) (đó hệ phương trình bậc hai ẩn x, y)  Trong toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = x 1 Phương trình Q(x) = P(a)    x  , tức b  x 2 Số x  nghĩ 2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành công 3) Một số tập tương tự a) Tính giá trị hàm số f(x) x = f(x) + 3.f(x) = + 3x (với x   )   b) Tính giá trị hàm số f(x) x = f ( x)  f    x (với  x  1)  1 x  c) Tính giá trị hàm số f(x) x 1 = ( x  1) f ( x)  f    (với  x   x  x 1 1) 157 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ x2 + y2 =  2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x+y Vì x + y + ≠ nên = -1 (1) x+y+2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x+y≤  x + y2   x+y≤ 2 xy Từ (1), (2) ta được:  x+y+2 Vậy maxA = (2) x  , y   - Dấu "="  x = y  x=y=  2 x + y = -1 b) Vì x2 + y2 + z2 = nên: 2 x + y2 + z x + y2 + z x + y2 + z + + = + + x + y2 y + z2 z + x2 x + y2 y2 + z z2 + x = z2 x2 y2 + + +3 x + y2 y2 + z2 x + z2 Ta có x2 + y2 ≥ 2xy  Tương tự z2 z2  , x + y2 2xy x2 x2 y2 y2  ,  y2 + z 2yz x + z 2xz z2 x2 y2 z2 x2 y2 Vậy + + +3  + + +3 x + y2 y + z2 x + z2 2xy 2yz 2xz 2 x + y3 + z + +  + , đpcm x + y2 y2 + z2 z2 + x 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x   (2) (1)  (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) =   ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 =  3x + 10 - =    x = - (thỏa mãn đk (2)  x + = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3 158 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 2x   x y - 2x + y = (1) y = b)   x +  2x - 4x + = - y  y3 = - (x - 1) -  Ta có: 2x   y2   -  y  1 + x2 (1) Mặt khác: - (x - 1)2 - ≤ -  y3 ≤ -  y ≤ - (2) Từ (1) (2)  y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn Vậy x = y = -1 số cần tìm Câu 3: a) Đặt x = b > y = c > ta có x2 = b3 y2 = c3 b3 + b c + c3 + bc2 = a Thay vào gt ta  a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + b c  b + c  a2 = (b + c)3  a = b + c hay x2 + y = a , đpcm b) Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy x   1  a + =  x 02 + + a  x +  +b=0 x0 x0 x0 x0   Suy x 02 + ax0 + b + Đặt x0 + 1 = y  x 02 + = y 02 - , y   y02 - = - ay0 - b x0 x0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:  y 02 -  =  ay + b    a + b2   y 02 +  a  b  (y 02  2) (1) y 02  (y 02  2)2 Ta chứng minh  (2) y 02  Thực vậy: (2)  5(y 04  4y 02  4)  4(y 02  1)  5y04  24y 02  16   5(y 02  4)(y 02  )  với y  nên (1) Từ (1), (2) suy a + b   5(a + b )  , đpcm 159 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 Câu 4: Đặt AH = x  = 900 (OA = OB = OM) Ta có AMB c m k Trong ∆ vng AMB ta có MA = AH AB = 2Rx (H chân đường vng góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình chữ nhật) b a h o Theo ta có: 4Rx = 15(R - x)2 h' Do H  AB  O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 3R 5R  (5x - 3R) (3x - 5R) =  x = ;x= Cả giá trị thoả mãn Vậy ta tìm điểm H H’  điểm M M’ giao điểm nửa đường tròn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ a b Câu 5: Gọi I trung điểm CD Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình củae∆BDC  fIE // BC g Mà GF BC  IE GF (1) d Chứng minh tương tự EG IF (2) Từ (1) (2)  G trực tâm ∆EIF  IG  EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) (4)  IG  DC Vậy ∆ DGC cân G  DG = GC 160 i c SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x 9x x+9 2  x2  18x 9x  18x  Ta có:  x = 40  + - 40 = (1)    x+9 x+9 x+9  x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = x+9  (y + 20) (y - 2) =  y = -20 ; y =  x = - 20(x + 9)  x + 20x +180 = (3) Thay vào (2), ta có    x = 2(x + 9) =  x - 2x - 18 = (4) Phương trình (3) vơ nghiệm, phương trình (4) có nghiệm là: x   19 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x   19 2) Điều kiện x > x+1   (*) x-3 x  - Phương trình cho  (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x+1 =4 x-3 x+1  t = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - =  t = 1; t = - Đặt t =  x - 3 Ta có: (x -3) x   (1) ; ( x  3) x - x    (2) x x  x  + (1)     x  1 (x  3)(x  1)   x  2x   (t/m (*)) x  x  + (2)     x   (t/m (*)) (x  3)(x  1)  16  x  2x  19  Vậy phương trình cho có nghiệm là: x   ; x   Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 >  - < x <  - 3x >  A ≥ 25 - 30x + 9x (3 - 5x) Vậy A = = +16  16 - x2 - x2 161 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 Dấu xẩy - 5x =  x = Vậy minA = 2) Chứng minh: a + b + b + c + c + a  (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x  y )  (x  y) , ta có: 2(a + b )  (a  b)  a + b  a + b (2) Tương tự, ta được: b2 + c  b + c (3) c2 + a  c + a (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn, suy (1) đúng, đpcm Câu 3: (1) có nghiệm   y  x    x  2; x  (3) (2)  (y  1)   x  2x có nghiệm   x  2x   2  x  (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ ta có y = - Vậy hệ có nghiệm (- ; - 1) m Câu 4: Kẻ MP // BD (P  AD) MD cắt AC K Nối NP cắt BD H AM AP AM CM k Ta có = mà = (gt) e AB AD AB CD i f AP CN  =  PN // AC Gọi O giao điểm a o h b AD CD BO CO MK OC n AC BD Ta có = , = OD OA PK OA NH OC NH MK = Suy ra: =  KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH 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 162 (2) SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863  = DMB  , Gọi N giao điểm MD với đường trịn (O) ta có DMB  = NAB  (góc nội Từ (1) (2)  EHA  )  EHA  = NAB  AN // EH mà HE  MA nên NA  MA hay MAN  = 900  AN tiếp chắn NB đường kính đường trịn Vậy MD qua O cố định 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có AH S AM HE AD S AM DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM DK BH SMBH BM HF AH AD MA HE DI = (1) BD BH MB DK HF  = FHB  (cùng phụ với MHF  ) mà FHB  = EMD  (CMT) Ta có HMB  = DIK  EHF  = DMH   EFH Vậy  = 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)  EFH ID DK HE.DI suy =  ID HE = DK HF  = (2) HF HE DK.HF MA AH AD Từ (1), (2)  = MB BD BH 163 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 ĐỀ SỐ Câu 1: Ta có: A = =-1+ 1- 2- + + + -1 -1 24 - 25 -1 - + - + + 25 = - + = Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra:  x2   y2   z2  x2 y2 z2 + + =0    2 2  2  2  a a + b + c b a + b + c c a + b + c       1 1  1  1   x2  - 2  + y2  - 2  + z2  - 2  = (*) a a +b +c  b a +b +c  c a +b +c  1 1 1 Do - > 0; - > 0; - >0 2 2 a a +b +c b a +b +c c a + b2 + c2 Nên từ (*) suy x = y = z = 0, M =  a +   8a -  b) x3 = 2a + x a -          x = 2a + 3x 1 - 2a   x3 = 2a + x(1 - 2a)  x3 + (2a - 1) x - 2a =  (x - 1) (x2 + x + 2a) = x - =   x   x + x + 2a = (v« nghiƯm a > )  nên x mét sè nguyên du¬ng Câu 3: a) Ta có: 4c 35  +  4c + 57 1+a 35  2b Mặt khác 4c 35 4c 35    1+a 4c + 57 35 + 2b + a 4c + 57 35 + 2b  164 35 >0 1 + a  2b + 35  4c 35 2b +1  1= +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b (1) SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863  2b 57 57  +  >0 35 + 2b 1+a 4c + 57 1 + a  4c + 57  Ta có:  (2) 4c 35  1+ 1+a 4c + 57 35 + 2b a 57 35  +  1+a 4c + 57 35 + 2b 35 57 >0  4c + 57  35 + 2b  (3) Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 57  1 + a  4c + 57  2b + 35 1 + a  2b + 35  4c + 57  Do abc ≥ 35.57 = 1995 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c = 57 Vậy (abc) = 1995 b) Đặt t = t= A B C D = = =  A = ta, B = tb, C = tc, D = td a b c d A+B+C+D a+b+c+d Vì aA + bB + cC + dD = a t + b t + c t + d t = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) = A+B+C+D a+b+c+d (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: A AQ QP a) Xét ∆ABC có PQ // BC  = AB BC BQ QM Xét ∆BAH có QM // AH  = BA AH Cộng vế ta có: AQ BQ QP QM QP QM + = +  1= + AB AB BC AH BC AH Q B M P H N C 165 SPLUS ACADEMY – TẶNG BẠN BUỔI HỌC THỬ TỐN-LÍ-HĨA-ANH CẤP 2, CẤP 3| 038.3333.863 2SMNPQ QM  QP QM  QP  1=  + =   AH  BC AH SABC  BC S  SMNPQ  ABC SABC QP QM BC max SMNPQ = = =  QP = BC AH 2 Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH QP QM QP + QM b) Vì = + mà BC = AH  =  QP + QM = BC BC AH BC Do chu vi (MNPQ) = 2BC (khơng đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà B AB = 2AM nên HC = 2HD Đặt HD = x HC = 2x Ta có: DH2 = HM HC hay x2 = HM 2x  HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x Vậy AH = 3HD A H M D 166 C