đề thi vào lớp 10 cực hay

ĐỀ THI 2003 H-N Bài 1:Cho biểu thức: 1 )1(22 1 2 − − + + − ++ − = x x x xx xx xx P a)Rút gọn P b)Tìm giá trò nhỏ nhất của P c)Tìm x để biểu thức P x Q 2 = Nhận giá trò là một số nguyên. Bài 2:Trong mp tọộ Oxy cho Pa ra pol (P) :y=-x 2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1) có hệ số góc k a)Viết pt của đường thẳng (d).Chứng minh với mọi giá trò của k ,(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Avà B b) Gọi hoành độ của A và B là x 1 và x 2 ,chứng minh : .2 21 ≥− xx c)Chúng minh tam giác OAB vuông. Bài 3:Cho đoạn thẳng AB = 2a coi trung điểm là O .trên cùng nửa mp bờ AB dựng nửa (O) đường kính AB và nửa (O’) đường kính AO .Trên (O’) lấy một điểm M (khác A và O) ,tia OM cắt (O) tại C ,gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O’) a)Chứng minh tam giác ADM cân b) Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tia OD tại H ,đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt (O) tại điểm thứ hai là N ,chứng minh ba điểm A,N và M thẳng hàng . c)Tại vò trí của M sao cho ME//AB ,hãy tính OM theo a. Bài 4:Cho hai số tự nhiên avà b ,chứng minh rằng nếu a 2 +b 2 chia hết cho 3 thì avà b cùng chia hết cho 3. Bài 5:Cho pt: m xx =       + +       22 1 11 a)Giải PT với m=15 b)Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt Bài 6:Cho x,y là các số nguyên dương thõa mãn : x+y = 2003. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức P= x(x 2 +y)+y(y 2 +x) Bài 7:Cho đường tròn tâm O với dây cung BC cố đònh (BC<2R) và điểm A trên cung lớn BC (A không trùng với B,C và điểm chính giữa cung )Gọi H là hình chiếu của A trên BC ,Evà F lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường kính AA’ a)Chứng minh HE vuông góc với AC b)Chứng minh tam giác HEF đồng dạng với tam giác ABC c)Khi A duy chuyển ,chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố đònh. Bài 8:Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 8 điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Biết diện tích của tứ giác là 1,chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 điểm đã cho có diện tích không vượt quá 10 1 Tổng quát hoá bài toán cho n giác lồi với n điểm nằm ở miền trong của đa giác đó *********************************** HƯỚNG DẪN Bài 1: ĐK x > 0;và x 1≠ Ta có 1)1(212 1 )1)(1( +−=++−− ++ ++− = xxxx xx xxxx P 2) 4 1 4 3 min 4 3 2 1 2 =⇔=⇒+       −= xPxP M x x P x Q 2 1 1 22 )3 = −+ == Để ý rằng với x>0và x 1≠ ta có M= 11 1 >−+ x x Theo BĐT Cô si ta có :0 < Q < 2 Vì Q nguyên nên Q = 1 2 537 ± =⇒ x Bài 2: 1)PT đường thẳng (d) :y=kx-1.PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : x 2 +kx –1= 0 Vì PT⇒>∆ 0 luôn có 2nghiệm phân biệt (đpcm) 2)Ta có x 1 x 2 =-1,từ đó ta có : 1 121 1 x xxx +=− Nhận xét rằng x 1 và 1 1 x cùng dấu nên : 2 11 1 1 1 1 ≥+=+ x x x x 3)PT đường thẳng OA là y= -x 1 x;đường thẳng OB là y= -x 2 x Nhưng (-x 1 )(-x 2 )=-1 vì thế tam giác OAB vuông tại O Bài 3: 1)Ta có ∆ OAC cân tại O có OD ⊥ AC , ⇒ MOD=DOA DANMhayADDM ∆=⇒ cân tại D 2)Dễ thấy ⇒∆=∆ ) ( cgcCOEAOE EAO=ECO =90 0 hay EA ⊥ AB nói cách khác EA là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) 3)Giả sử AM cắt (O) tại N’ ,AOC=2AN’C ⇒ COH=CN’H Dẫn đến tứ giác CHON’ nội tiếp trong một đường tròn ,từ đó ta có NMANN ,, ' ⇒≡ Thẳng hàng . 4)Vẽ MK AO⊥ Từ GT :EM//AB ,ta suy ra ∆ MEO cân tại M và tứ giác AEMK là hình chữ nhật .Đặt ME=MO=x . Ta có MO 2 =AO 2 -AM 2 =AO 2 -AO.AK=AO 2 -AO.ME. Vậy x 2 =a 2 -ax.Giải ta được:x = ( ) 15 2 1 −a C N E D M H A O’ K O B Bài 4: Nếu đặt a=3k+r với r=0,1, thì ta thấy a 2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 .Tương tự cho trường hợp b 2 Từ đó (a 2 +b 2 ) 3;33;33 22  baba ⇒⇒ Bài 5:ĐK: x ( ) ( ) 015 1 0 2 2 2 2 =− + ++ ⇔≠≠ xx x1x cho đã -1PTx và ( ) ( ) 1)x(x 1 ặt + ==− + +         + ⇔=− + + + + ⇔ 015 1 2 1 1 015 )1( 22 )1( 1 2 22 2 22 xxxx xx xx xx PT đã cho có dạng :y 2 -2y-15=0,giải PT ta được y=3;y=-5.Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: 10 55 ; 6 213 ±−±− 2) PT: tìm. cần trò giá là 8m thấy ta lại thử 8m được m1-1- : hệGiải y có phảiPT(2) Vậy y:et - Vi lý đònh otừ(*))The Giải ( -4y 0y mãn thõa biệt ân2nghiệmph có y:PT biệt phânnghiệm 4 Có 1 1 2 >>    >++− −<+    > −< −=+    < > =−+⇔=       + +       011 4 0 4 2 )2(02 1 11 2 2 22 m y y mym xx Bài 6: Ta có P=(x+y) 3 -3xy(x+y)+2xy=2003 3 -6007xy.Vì (x-y) 2 =(x+y) 2 -4xy=2003 2 -4xy nên xy tăng (giảm)/x-y/giảm(tăng) Với GT x,ylà số nguyên dương ta có ngay : P min =2003 3 -6007.1001.1002 đạt được khi (x,y)=(1001;1002)hoặc (1002;1001) P max =2003 3 -6007.1.2002 đạt được khi (x;y)=(1;2002)hoặc(2002;1) Bài 7: 1)Do tứ giác ABHE nội tiếp nên:EHC=BAA’mà BAA’=BCA’ ⇒ EHC=HCA’do đó HE//CA’,mặt khác A’C ⊥ AC ACHE ⊥⇒ 2)Tứ giác AHFC nội tiếp ⇒ EFH=ACB(1)Tứ giác ABHE nội tiếp ⇒ HEF=ABC (2) Từ(1) và (2) ⇒ ∆ HEF ABC ∆ 3)Gọi M, N và P lần lượt làtrung điểm của BC,AB và CA Vì MN//AC ,HE AC ⊥ nên: MN ⊥ HE,mà N cách đều 4điểm A,B,H,E ⇒ MN là đường trung trực của đoạn HE . Chứng minh tương tự MP là đường trung trực của HF.Vậy M là tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF (đpcm) A N P E B H C F A’ Bài 8: Nối các điểm tạo thành các tam giác đôi một chỉ chung nhiều nhất một cạnh ,phủ vừa kín tứ giác .Tổng các góc trong tam giác bằng tổng các góc trong tứ giác cộng với 4 lần 360 0 nên bằng 360 0 +4.360 0 =10.180 0 .Vậy có 10 tam giác mà tổng diện tích là 1 nên tồn tại tam giác có diện tích không vượt quá 10 1 .Tổng quát :Ở miền trong đa giác lồi n- cạnh (n 3 ≥ )có diện tích bằng 1lấy n điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Khi đó tôn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2n đỉnh đã cho có diện tích không vượt quá 23 1 −n *********************************** ĐỀ THI 2003-2004 HUẾ Bài 1:Giải HPT:      =++ −=−+ =++ 14 1 6 222 zyx xzxzxy zyx b)Cho hai số x;y thoã mãn đẳng thức :8x 2 +y 2 + 4 4 1 2 = x Xác đònh x; y để tích xy đạt giá trò nhỏ nhất Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi M là trung điểm của cạnh BC ,H là trực tâm của tam giác ABC K là hình chiếu của A trên BC . Tính độ dài AK và diện tích của tam giác ABC biết rằng :OM=HK= KM 4 1 và AM= 30cm. Bài 3 a)Tính m để PT (m+1)x 2 -3mx+4m=0 có nghiệm nguyên dương. b)Giải PT: x 2 +3x+1=(x+3) 1 2 +x Bài 4: a)Giải PT: x xx x xx x = −− − + ++ + 3 3 3 3 2 2 2 2 b)Chứng minh : 1)b1;a Với ≥≥ + ≥ + + + (; 1 2 1 1 1 1 22 ab ba Bài 5: Cho tam giác ABC nội tiếp (O);I là trung điểm của BC ,M là điểm trên đoạn CI (M khác C và I),đường thẳng AM cắt (O) tại D.Tiếp tuyến của đương tròn ngoại tiếp tam giác AMI tại Mcắt các đường thẳng BD,DC lần lượt tại P và Q. Chứng minh : DM .IA = MP. IB và tính tỉ số MQ MP Bài 6: a)Giải PT: 181 3 35 +−=++− xxx b)Tìm các số x,y,z nguyên dương thõa mãn :2(y+z)=x(yz-1) ************************************************** HƯỚNG DẪN Bài 1: a)-Từ đồng nhất thức : x 2 +y 2 +z 2 = (x+y+z) 2 –2(xy+xz+yz) ⇒ xy+xz+yz = 11 Dễ dàng ta thấy y và x+z là hai nghiệm của PT:t 2 -6t+5 = 0 Từ đó :    =+ =    =+ = 5zx 1y Hoặc 1 5 zx y +Thế y =5 và x+z = 1 vào HPT ta thấy HPT vô nghiệm +Thế y =1 và x+z = 5 vào HPT ta thấy HPT có hai bộ nghiệm (x,y,z) là (2,1,3) và (3,1,2) b)Ta có : 8x 2 +y 2 + 4 4 1 2 = x ( ) 024442 4 1 4 22 2 2 =−−+++       −+⇔ xyxyyx x x Vậy : ( ) 222 2 1 24 2 2 −≥−++       −= yx x xxy      −= ±= ⇔      =+ = xy x yx 2 2 1 02 0 2x 1 -2x khi raxẩy thức Đẳng Tóm lại xy đạt giá trò nhỏ nhất là       −       −       − 1;1; 2 1 2 1 Hoặc 2 1 bằngy)(x; khi Bài 2:Ta xét hai trường hợp: Trường hợp I H K B A A M E E O C H O B K M C Kẽ đường kính CE Thì CE =2MO màEB ACBHACAEBCAHB C ⊥⊥⊥⊥ ;;, Nên tứ giác AEBH là hình bình hành ⇒ AH = EB = 2MO (1) Từ (1) và GT :MO = HK (Do tam giác ABC có 3 góc nhọn)AK= AH +HK =3MO = )2( 4 3 KM Trong tam giác vuông AKM có AK 2 +KM 2 = AM 2 .Từ đó và (2) ta có :AK 2 + ⇒= 22 30 9 16 AK AK=18(cm) (3)Từ đó và (2) tính được HK= OM = 6(cm) và AH=EB = 12 (cm) Nhận thấy tứ giác OMKH là hình chữ nhật nên ∆ AOH vuông tại H.Từ đó AO 2 = AH 2 +HO 2 = AH 2 + KM 2 = 12 2 +24 2 =12 2 .5 Trong tam giác vuông EBC có BC 2 +EB 2 = EC 2 hay BC 2 +AH 2 = 4AO 2 ⇒ BC 2 +12 2 = 12 2 .20 ⇒ BC= 912 Từ (3) và (4) )(19108 2 . 2 cm BCAK S ABC ==⇒ Trường hợp II: C/m Tương tự như trên có AHBE là hình bình hành suy ra AH= BE = 2MO (1). Từ (1)và MO= HK có (do B ˆ > 90 0 )AK =AH – HK =MO. Từ đó và AK //MO suyra tứ giác AOMK là hình chữ nhật nên AO ⊥ OM và AO = KM= 4MO . Trong tam giác vuông AOM có AO 2 +MO 2 = AM 2 hay 16MO 2 +MO 2 =30 2 )()5)(( 17 1730 cmcmMOAK 17 120 OA Và ===⇒ Trong tam giác vuông EBC có BC 2 +EB 2 = EC 2 ( ) )6( 17 1560 17 240 17 60 22 2 cmBCBC =⇒         =         +⇒ Từ (50 ,(6) suy ra )( 17 15900 2 . 2 cm BCAK S ABC == Như vậy bài toán có 2 đáp số như trên. Bài 3: a) Khi m=-1,PT trở thành 3x-4=0 10 3 4 −≠>=⇒ mKhix Thì PT trở thành (m+1)x 2 -3mx+4m =0(1) là PT bậc hai . Gọi 1 4 , 1 3 + = + = m m P m m S Là tổng và tích các nghiệm x 1 ,x 2 của PT (1). PT(1) Có nghiệm dương trong các trường hợp sau *) 0 = x 1 < 0 < x 2 Khi đó ⇒>=>∆ .0,0,0 SP HPT vô nghiệm *) 0 < x 1 < x 2 Khi đó P < 0 010 1 4 <<−⇔< + ⇔ m m m *) .1;0 21 −<≤⇒>>≥∆≤< mxx 7 16 0P0,S0, đó Khi Vậy 0 7 16 <≤− m b)Giải PT;x 2 +3x+1=(x+3) )2(1 2 +x Đặt t= PTtx ).1(1 2 ≥+ Trở thành t 2 -(x+3)t+3x=0 (3) Ta có 0)3(12)3( 22 ≥−=−+=∆ xxx Nên PT có hai nghiệm t=x;t=3. Với t = x thì ,1 2 xx =+ PT này vô nghiệm. Với t=3 thì 22x được ta ragiải ±==+ ,31 2 x Bài 4: a)ĐK:x 2 3≥ (*) Nhân với lượng liên hợp của tưng mẫu số PT đã cho trở thành ( ) ( ) xxxxxxx .33333 2222 =       +−+−       −+− ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )    −=− ≥−> ⇒    −=− > ⇒    =−+++− > ⇒ =++−⇒ 24434 42 42 3 4 2 3 4 3 2 3 2 3 2 3 2 )29()3(4 0)29(;0 )29(32 0 273233 0 .3333 xxx xxx xxx x xxxx x xxx Giải HPT và đôí chiếu vơi ĐK ban đầu ta được x = 2 là nghiệm của P đã cho. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1b1,a Vì a1 1 Xét hiệu 2 ≥≥≥ +++ −− = +++ −−+− = ++ − + ++ − =       + − + +       + − + = + − + + + 0 111 1 1111111 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 ) 22 2 22 22 2 2 2 2 222 abba abab abba bababaab abb bab aba aab ab b ab a ab b b Bài 5: Ta có :DMP=BCA=AIC Mặt khác ADB=BCA,Suy ra ∆ MDP ∆ ICA ( ) 1 IBMPIADMhayICMPIADM IA MP CI DM ==⇒=⇒ Ta có :ADC=CBA ;DMQ=180 0 -AMQ=180 0 -AIM=BIA do đó ∆ DMQ ∆ BIA ( ) 1 2 =⇒ ==⇒ MQ MP (1)và(2) từ IBMQIADMhay IA MQ BI DM A Q B I M C R D Bài 6: a) Giải PT: )1(181 3 35 +−=++− xxx Nhận thấy x= 0 là một nghiêm của PT (1) Nếu x<0 ,Vế phải của PT lớn hơn 1, còn vế trái của PT nhỏ hơn 1 nên PT (1) Không có nghiệm .Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của PT(1) b)Tìm các số nguyên dương x,y,z thoã mãn PT:2(y+z)=x(yz-1) (2) • Với x = 1 PT(2) Có dạng2(y+z) = yz-1 ( )( ) 522 =−−⇔ zy • Ta có nghiẹâm (x,y,z) là (1,3,7) là (1,7,3) ( )( ) 21 ≤−⇒ ≤⇒≥+≥≤ z zy 1-y 01-z-y-yz1)-2(yzz)2(y: có ta 2x Với: sử Giả • Nếu y=1 ,PT(2) có dạng 2(1+z) = x(z-1) ⇔ (x-2)(z-1) = 4 Ta được các nghiệm (x,y,z)là(3,1,5),(4,1,3),(6,1,2) •Nếu y 11 ≠⇒≠ z từ (3) phải có y=2,PT(2) có dạng 2(2+z) = x(2z-1) ,5)1)(12( =−−⇔ xz PT này có nghiệm (x,y,z) = ( ){ ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) } 2,3,21,23,6,1,3,4,1,5,3,3,2,2,2,1,63,1,4,5,1,3,3,7,1,7,3,1 ******************************************* ĐỀ THI NĂM 2004 TP ĐÀ NẴNG A-LÝ THUYẾT B BÀI TOÁN BẮT BUỘC Bài 1: a)Cho biết A= 9+3 73-9B Và =7 Hãy so sánh A+B và A.B b)Tính giá trò của biểu thức : 15 55 : 53 1 53 1 − −         + − − =M Bài 2: a)Giải PT: x 4 -24x 2 -25 = 0 b)Giải HPT:    =+ =− 3489 22 yx yx Bài 3: Cho PT:x 2 -2mx+(m-1) 3 =0(1)(x là ẩn , m là tham số ) a)Giải PT khi m= -1 b)Đònh m để PT có hai nghiệm phân biệt , trong đó có một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. Bài 4 Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn 0 45 ˆ =A .Vẽ các đ7ường cao BD và CE của tam giác Abc .Gọi H là giao điểm của DB và CE. a)C/m tứ giác ADHE nội tiếp một đường tròn . b)C/m DH= DC c)Tính tỉ số : BC DE d)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh OA vuông góc với DE. Tự Giải ***************************** ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN HÀ NỘI 2004 VÒNG I Câu I: 1)Giải PT: 1111 2 −+=−++ xxx 2)Tìm nghiệm nguyên của HPT:    =−++ =−+−− 8 7222 33 22 yxyx xyxyxy Câu II: Cho a,b là các số dương thõa mãn :a 100 +b 100 = a 101 +b 101 = a 102 +b 102 Hãy tính giá trò của biểu thức P = a 2004 +b 2004 Câu III: Cho tam giác ABC có AB = 3cm,BC = 4cm,CA = 5cm.Đường cao ,đường phân giác ,đường trung tuyến của tam giác kẻ từ đỉnh B chia tam giác thành bốn phần . Hãy tính diện tích của mỗi phần. Câu IV Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại H(H không trùng với tâm của đường tròn ).Gọi M và N lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống các đường thẳng AB và BC ;P và Q lần lượt là các giao điểm của các đường thẳng MH và NH với các đường thẳng CD và DA .C/mR:PQ//AC và 4điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn . Câu V: Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 221616 2 10 2 10 1 4 1 2 1 yxyx x y y x Q +−++         += Vòng II Câu VI: Giải PT: 213 =−++ xx Câu VII: Giải hệ PT: ( ) ( ) ( ) ( )    =−− =++ 3 15 22 22 yxyx yxyx Câu VIII: Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) )1)(1( 2233 −− −−+ = yx yxyx P Trong đó x, y là các số thực lớn hơn 1 Câu IX: Cho hình vuông ABCD và điểm M nằm trong hình vuông . 1)Tìm tất cả các vò trí của điểm M sao cho MAB = MBC = MCD = MDA 2)- Xét các điểm M nằm trên đường chéo AC.Gọi N chân đường vuông góc hạ từ M xuống cạnh AB và O là trung điểm của đoan thẳngAM.C/m :Tỉ số CN OB Có giá trò không đổi khi M di chuyển trên đường chéo AC. 3) Với giả thiết M nằm trên đường chéo AC, Xét các đường (S 1 )và (S 2 ) có đường kính tương ứng là AM và CN .Hai tiếp tuyến chung của(S 1 ) và (S 2 ) tiếp xúc với (S 2 ) tại P vá Q .Chứng minh rằng :PQ tiếp xúc với (S 1 ). *********************************** HƯỚNG DẪN GIẢI VÒNG I Câu I: 1) PT đã cho tương đương với PT: 2;00)11)(11( ±==⇒=−−−+ xxxx 2) Viết lại hệ đã cho dưới dạng: ( )( )    =−++ −=−++ )2(8 )1(722 33 yxyx yxyx Từ (1) Do x,y nguyên t có các trường hợp sau : a) x-y = -1 ⇒ x+2y+2 = 7 1=⇒ x và y= 2 ( thõa mãn (2)) b) x-y =-1 ⇒−=+⇒−=++⇒ 92722 yxyx y nguyên c) x-y = -7 122 =++⇒ yx Giải HPT ta được (x,y) =(-5;2) không thoã mãn PT (2) d) x-y = 7 ⇒−=+⇒−=++⇒ 32122 yxyx y không nguyên. Tóm lại hệ đã cho có duy nhất một nghiệm (x;y) = (1;2) Câu II: a 102 +b 102 = (a 101 +b 101 )(a+b)-ab(a 100 +b 100 ) Từ GT bài toán và đẳng thức trên ta suy ra: 1 = a+b –ab hay (a-1)(b-1) = 0 ⇒ (a,b) =(1,1). Do P = 2 Câu III: Gọi H,D ,P lần lượt là chân các đường cao ,phân giác ,trung tuyến hạ từ B xuống các cạnh Ac. Nhận thấy tam giác ABC vuông tại B và S ABC = 6(cm 2 ), S ABP = S CBP = 3(cm 2 ) ( ) )( 175 72 . 25 54 . )( 7 3 )( 7 24 4 7 4 3 22 2 2 2 cmSScmS S S cmSS cmSS BC BA DC DA BDPABHABH ACB ABH CBPCBD CBDCBD =−−=⇒       = ⇒∆∆=−= =⇒==== HBD BDP ABC CBD ABD S cùng Cuối 5 3 ACB dạng đồng ABC Mặt khác S đó Từ S nên S S Vì A A M Q B H D N P B H D P C Câu IV: C Ta có AHQ = CHN = CBD = CAD, suy ra ∆ QAH cân tại Q Từ đó ta có QHD∆ cân tại Q nói cách khác Q là trung điểm của AD. Tương tự ta cũng có P là trung điểm của CD .Do đó PQ // AC . +Ta thấy CBH = NMH ( do đó tứ giác BMHN nội tiếp ) hơn nữa HQP = AHQ = CHN = CBH suy ra NQP = NMP nên các điểm M,N,P,Q cùng nằm trên một đường tròn. Câu V: Sử dung BĐT Cô si cho 4 số dương ta có : ;211 2 1 22 2 10 2 10 yx x y y x ≥         +++ ( ) ( ) ( ) 1 2 5 . 2 5 1 2 5 4 1 2 1 11 4 1 22 2 221616 2 10 2 10 441616 ==⇔       −−≥⇒ +≥+++         +⇒≥+++ yxQ yxyx x y y x yxyx là Q của GTLN đó Do VÒNG II Câu VI: ĐK để PT có nghóa làx ≥ 1(1) Biến đổi PT ta được: 432222 2 =−+++ xxx 11322 ≤⇒−=−+⇒ xxxx . Kết hợp với (1) được x = 1 .Thay vào PT ban đầu ta thấy đúng . Câu VII: Hệ PT đã cho tương đương : ( ) ( ) ( ) ( )    =−++ =++ )2(32 )1(3022 22 22 xyyxyx yxyx Trừ từng vế ta được (x+y) 3 = 27 3=+⇒ yx ta nhận được HPT tương đương    =+ =+ 5 33 22 yx yx Hệ này có 2 nghiệm (x;y) là (1;2) và (2;1) Câu VIII: p dụng BĐT Cô Si cho các số dương ta có : ( ) ( ) ( ) 288 2 11 . 2 11 2 )1)(1( 2 11)1)(1( )1(1 )1)(1( 22222233 ====       +−       +− ≥ ≥ −− ≥ − + − = −− −+− = −− +−+ = yxkhi y y x x yx xy x y y x yx yyxx yx yxyx P min P đó Do Câu IX: 1) Từ giả thiết :MAB=MBC, ⇒ MAB+MBA = 90 0 hay MA MB⊥ Tương tự ta có : MAMDMDMCMCMB ⊥⊥⊥ ,, Do đó M là tâm hình vuông ABCD. 2) Dựng MH BC ⊥ Khi đó MH= NB và MC NB MC MH MN ON === 2 1 Mặt khác ONB=NMC=135 0 nên OBN ∆ đổi) (Không NC OB 2 1 ==⇒∆ MN ON NMC 3) Gọi P’ là tiếp điểm thuộc đường tròn (S 1 );O’ là trung điểm của CN và T là giao điểm của OO’ với (S 1 ). Ta có O’OP = O’PO .Do O’P // OP’ nên P’OP =O’PO suy ra POP’= POO’ Vì OThayPTOPPPTOcgcPOTPOP ⊥==⇒−−∆=∆ 0 90')(' tương tự QT ⊥ OT. Từ đó suy ra : :P,T,Q Thẳng hàng hay PQ tiếp xúc với (S 1 ) tại T. . nhất một nghiệm (x;y) = (1;2) Câu II: a 102 +b 102 = (a 101 +b 101 )(a+b)-ab(a 100 +b 100 ) Từ GT bài toán và đẳng thức trên ta suy ra: 1 = a+b –ab hay (a-1)(b-1) = 0 ⇒ (a,b) =(1,1). Do.    =−++ =−+−− 8 7222 33 22 yxyx xyxyxy Câu II: Cho a,b là các số dương thõa mãn :a 100 +b 100 = a 101 +b 101 = a 102 +b 102 Hãy tính giá trò của biểu thức P = a 2004 +b 2004 Câu III: Cho tam giác. (giảm)/x-y/giảm(tăng) Với GT x,ylà số nguyên dương ta có ngay : P min =2003 3 -6007 .100 1 .100 2 đạt được khi (x,y)= (100 1 ;100 2)hoặc (100 2 ;100 1) P max =2003 3 -6007.1.2002 đạt được khi (x;y)=(1;2002)hoặc(2002;1) Bài