Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn O, gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.. Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân.. a Tìm điểm M trên tia AD
Trang 1Đề số 1
Bài 1: Cho biểu thức: ( ) ( x )( y)
xy x
y x
y y
y x
x P
− +
− + +
−
− +
=
1 1 1
) )
1 )(
( a) Tìm điều kiện của x và y để P xác định Rút gọn P
b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2
Bài 2: a) Giải phơng trình : 1
1
2 x− = 2
b) Cho biểu thức: P =
2 2
2 1
+
z y
yz
y x
xy
x
Biết x.y.z = 4 , tính P
Bài 3: Giải hệ phơng trình :
= + +
= + +
= + +
27
1 1 1 1
9
zx yz xy
z y x
z y x
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn (C ≠ A;C ≠ B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N
a) Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân
b) Khi MB = MQ , tính BC theo R
Bài 5: Cho các số dơng x, y thỏa mãn điều kiện x2 + y3≥ x3 + y4 Chứng minh:
x3 + y3≤ x2 + y2≤ x + y ≤ 2
-Đề số 2
Bài 1 C Cho hai số a và b khỏc 0 thỏa món :
2
1 1 1
= +
b a
Chứng minh phương trỡnh ẩn x sau luụn cú nghiệm :
(x2 + ax + b)(x2 + bx + a) = 0
Bài 2 Cho biểu thức : M =x2−5x y+ 2 +xy−4y+2014
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
Bài 3 Giải hệ phơng trình :
1 1 72
+ + + =
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi
c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định
Bài 5.a)Cho a, b là các số thực dơng Chứng minh rằng :
( )2
2
a b
a b+ + + ≥ a b+ b a
b)Cho x≥1, y≥1 Chứng minh
xy y
2 1
1 1
1
2 2
Trang 2Đáp án đề1
Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là :; x ≥ 0; y ≥0; y ≠1; x + y ≠0 .
P
=
=
=
=
y
=
1
y
=
Vậy P = x + xy − y
b) P = 2 ⇔ x + xy − y.= 2
( ) ( )
1 1 1
= +
−
⇔
= +
− +
⇔
y x
y y
x
Ta có: 1 + y ≥1 ⇒ x− ≤1 1 ⇔ ≤ ≤0 x 4 ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a) Điều kiện x ≠ 0 ; 2 – x2 > 0 ⇔ x ≠ 0 ; x < 2
Đặt y = 2 x− 2 > 0
Ta có:
2 2 2 (1)
1 1
2 (2)
+ =
Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -1
2
* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2 Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X2 – 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ x = y = 1
* Nếu xy = -1
2 thì x+ y = -1 Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X2 + X - 1
2 = 0 ⇔ X = 1 3
2
− ±
Vì y > 0 nên: y = 1 3
2
− + ⇒ x = 1 3
2
− −
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3
2
− −
2
2 2
(
2 2
+ +
+ +
= +
+
+ + +
+ +
xy x xy x
z
z x
xy
xy x
xy
x
(1đ)
⇒ P =1 vì P > 0
Trang 3N
M
O
C
B A
Bài 3 :
( ) ( )
= + +
= + +
= + +
3 27
) 2 ( 1 1 1 1
1 9
xz yz xy
z y x
z y x
ĐKXĐ : x ≠ 0, y ≠0, z ≠ 0
2 2 2
z x
z x
Thay vào (1) => x = y = z = 3
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3
Bài 4:
a) Xét ∆ABM và ∆NBM
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90o
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=> ∆BAN cân đỉnh B
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB)
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM)
=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b) Xét ∆ MCB và ∆ MNQ có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
∠ BMC =∠ MNQ ( vì : ∠MCB = ∠MNC ; ∠MBC = ∠MQN )
=> ∆ MCB = ∆ MNQ (c.g.c) => BC = NQ
Xét tam giác vuông ABQ có AC ⊥BQ⇒AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 −1)R
Bài 5:
Ta có (y2 - y)2 ≥ 0 ⇒ 2y3≤ y4 + y2
⇒ (x3 + y2) + (x2 + y3) ≤ (x2 + y2) + (y4 + x3)
mà x3 + y4≤ x2 + y3 do đó
x3 + y3≤ x2 + y2 (1) + Ta có: x(x - 1)2≥ 0: y(y + 1)(y - 1)2≥ 0
⇒ x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2 ≥ 0
⇒ x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y ≥ 0
⇒ (x2 + y2) + (x2 + y3) ≤ (x + y) + (x3 + y4)
mà x2 + y3≥ x3 + y4
⇒ x2 + y2≤ x + y (2)
và (x + 1)(x - 1) ≥ 0 (y - 1)(y3 -1) ≥ 0
x3 - x2 - x + 1 + y4 - y - y3 + 1 ≥ 0
⇒ (x + y) + (x2 + y3) ≤ 2 + (x3 + y4)
O
K
D
C B
A
Trang 4K O N
M
I
D
C
B A
mà x2 + y3≥ x3 + y4
⇒ x + y ≤ 2
Từ (1) (2) và (3) ta có:
x3 + y3≤ x2 + y2≤ x + y ≤ 2
Hớng dẫn giải đề 2
Bài 1
2
2
0 (*)
0 (**)
+ + =
2
(**) → ∆ = −b2 4a Để PT có nghiệm thì 2 4 0 1 1
2
Cộng 3 với 4 ta có: 1 1 1 1
a b+ ≥ a + b
(luôn luôn đúng với mọi a, b)
Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :
M = x + x+ + y + y+ + xy x− − y+ +
M = −x + −y + −x y− +
Do ( )2
y− ≥ và ( 2) 1( 1) 2 0
2
∀x y,
2007
M
⇒ ≥ ⇒Mmin =2007⇔ =x 2;y=1
Bài 3 Đặt : ( )
1 1
u x x
v y y
Ta có :
18 72
u v uv
+ =
=
⇒ u ; v là nghiệm của phơng trình : 2
X − X + = ⇒X = X =
6
u v
=
=
; 6
12
u v
=
=
1 12
1 6
x x
y y
;
1 6
1 12
x x
y y
Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị
Bài 4 : a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 900 nên MN là đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì ΔMKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
Trang 5=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :
∀ a , b > 0
⇒ − + ≥ − + ≥ ( 1) ( 1) 0
⇒ − + + − + ≥ ∀ a , b > 0 1
0 2
⇒ + + ≥ + > Mặt khác a b+ ≥2 ab >0 Nhân từng vế ta có : ( ) ( ) 1 ( )
2 2
a b+ a b+ + ≥ ab a+ b
2
a b
⇒ + + ≥ +
b) Chuyển vế quy đồng ta đợc
(1 2) (1 ) (1 (2) (1 ) ) ≥0
+ +
− +
+ +
−
⇔
xy y
y x y xy
x
x y x
( − ) (2 −1)≥0
⇔ x y xy đúng vì xy≥1
Trang 6§Ò sè 3
Bài 1 a Cho k là số nguyên dương bất kì
Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 2( 1 1 )
(k 1) k < k − k 1
b Chứng minh rằng: 1 1 1 1 88
2+3 2 +4 3+ +L 2010 2009 < 45
Bài 2. Chứng minh rằng phương trình: x4 − 2(m2 + 2) x2 +m4 + = 3 0 luôn có 4 nghiệm phân biệt
1, 2, 3, 4
x x x x với mọi giá trị của m
Tìm giá trị m sao cho 2 2 2 2
x + + + + × × × =x x x x x x x
Bài 3 a Giải hệ phương trình sau :
3 9
b Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3+2x2+3x+ =2 y3
Bài 4 Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với
O; B) Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với
CD tại D Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N
a Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn Từ đó suy ra 3 điểm
C, M, N thẳng hàng
b Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất
Bài 5. Cho a,b,c d¬ng chøng minh r»ng
) )(
( )
)(
( )
)(
+ + +
+ + + +
+ + + +
=
c a b c c
c a
b c b b
b c
a b a a
a
-§Ò sè 4 Bài 1 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên khác 0 thoả mãn a b c 3
b c a+ + = thì tích abc là lập phương của một số nguyên
Bài 2 Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2- 4x+1=0
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì biểu thức x1 2n + x2 2n luôn là tổng của ba số chính phương liên tiếp
: Bài 3 a) Giải hệ phương trình: x + y + x = 12
2x + 2y - 2xy + z = 1
b) Giải phương trình: x2+ x−2 x2+x =1
Bài 4
Cho hai tia Ox và Oy tạo với nhau một góc 450 và tự quay xung quanh đỉnh O cố định Từ điểm A cố định, hạ đường vuông góc AB xuông Ox và AC xuống Oy
a) Chứng minh rằng đoạn thẳng BC có độ dài không đổi
b) Tìm điểm cố định mà các đường tròn đường kính BC đi qua
c) Gọi D và E lần lượt là giao của AB và AC với Oy và Ox Tam giác ACD là tam giác gì? Chứng minh DE có độ dài không đổi
Bài 5a) Cho x; y; z >0 sao cho xyz=1Chøng minh r»ng 1
2
1 2
1 2
+
+ +
+ +
=
z y
x Q
b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng n4 +4n là hợp số
Trang 7HD §Ò sè 3
Bài 1.
(2điểm)
a Cho k là số nguyên dương bất kì CMR: 1 2( 1 1 )
(k 1) k < k − k 1
2+3 2 +4 3+ +L 2010 2009 <45 a
(1.0đ)
(k 1) k k k 1
+ −
⇔ 2k 1 2 k(k 1) 0+ − + >
⇔( k 1+ − k )2 >0
Luôn đúng với mọi k nguyên dương
b
(1.0đ)
Áp dụng kết quả câu a ta có:
VT
2 1 3 2 4 3 2010 2009
1
2 1
2010
1 88
45 45
4 2 2 2 2 4 3 0
x − m + x +m + = (1) Đặt :t=x2, ta có : t2−2(m2+2)t m+ 4+ =3 0 (2) (t≥0)
Ta chứng tỏ (2) luôn có hai nghiệm : 0 t< <1 t2
biệt t t 1, 2
Trang 8t t× =m + > với mọi m
a
Do đó phương trình (1) có 4 nghiệm : − t1, + t1 , − t2 ,+ t2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
2 2 2 2
x + + + + × × × = −x x x x x x x t + t + − t + t + − t × t × − t × t
=2 t( 1+t2)+ ×t t1 2
b
Ta có
2
2 3 2 2 0
(1) 2
4 16
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0)
Trang 9Bài 4.
(3 điểm)
K H
N
O
I
J
B A
M
a
2.0đ ∠MNB= ∠MBC( Cùng chắn cung BM)
∠ = ∠ ( Cùng chắn cung DM)
90
Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn
Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND Nên M, N, C thẳng hàng
b
1.0đ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD⇒ NHOK là hình chữ nhật
Ta có : NA NC. =NH AC. =NH a. 2
NB ND NK BD NK a. = . = . 2
Suy ra
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
a
2
a
Trang 10(0.5
điểm)
a
ac bc a ab a bc ac ab a a c a b a a
+ +
= +
+
=
+ +
+
≥ + + + +
= + + +
2
) )(
(
Nªn
c b a
a c
a b a a
a
+ +
≤ + + + ( )( ) t¬ng tù ta cã §PCM C¸ch 2: ¸p dông B§T Bunhiacopsky cho 2 d·y
c a; vµ b; a ta cã ( )2
) )(
(a+c b+a ≥ ab+ ac nªn
ac ab a c a b a
a+ ( + )( + ) ≤ + + nªn
c b a
a c
a b a a
a
+ +
≤ + +
t¬ng tù ta cã §PCM C¸ch 3 trôc c¨n thøc ë mÉu
bc ac ab
c b a c a c b c c b b a b c a b a a P
bc ac ab
c c a c b c bc
ac ab
b c b b a b bc
ac ab
a c a b a a P
+ +
−
−
− + + + + + +
+ +
=
+ +
− + + +
+ +
− + + +
+ +
− + +
=
2 2 2
2 2
2
) )(
( ) )(
( ) )(
(
) )(
( )
)(
( )
)(
(
HD §Ò sè 4
1
(1đ)
§Æt 3 = ;3 = ;3 =z;thi:xyz=1
a
c y c
b x b
a
Ta cã
= + +
=
=
⇔
=
− +
− +
− +
+
⇔
= + +
0
0 ) ( ) ( ) ( ) (
3 3 3
z y x
z y x
x z z
y y
x z y x xyz z
y x
*NÕu x=y=z th× ta cã a=b=c nªn abc=a3=b3=c3 ( ®pcm)
* Nõu x+y+z=0 ta cã 3 +3 +3 =0⇔3 a2b+3 b2c+3 c2a =0(*)
a
c c
b b a
Nh©n 2 vÕ cña (*) víi 3 ab2; bc3 2;
Ta cã
= +
+
= +
+
) 2 ( 0
) 1 ( 0
3 2 2 2
3 2 2 2
3 4
abc bc
c b a
c b a c ab ab
LÊy (1) trõ (2) ta cã :
3 3
3 3
) ( )
( )
( ) (
−
−
=
⇔
−
=
−
⇔
−
=
−
c b
a c b abc a
c b c b abc a
c b c b
V× x1 ;x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) nªn
) (
) (
4 0
4
0 4
0 1 4
0 1 4
2 1
1 2
1 1
2 2
2 1 2
1 2
2 2
1
1 1
2 1 2
2
2
1
2
n n
n
n n n
x x x
x x
x x
x x
x x
x x
x
x x
+
− +
= +
⇔
= +
−
= +
−
⇔
= +
−
= +
+ +
+ +
n n n n n n
2
1 1 1
2 2
2 1
+ + + +
Trang 11(1,5đ
)
Thì S n+2 =4S n+1−S n vì S1=4;S2=14 cho Sk luôn là số nguyên
Theo Viét ta có
=
=
−
⇔
=
= +
−
⇔
=
= +
⇔
=
= +
1
3 2 1
16 4
) (
1
16 ) (
1
4
2 1
2 1 2
1
2 1
2 2 1 2
1
2 2 1 2
1
2 1
x x
x x x
x
x x x
x x
x
x x x
x
x x
Ta có giả sử tồn tại số nguyên a sao cho
2
3
) (
) (
) (
3 2
3
)
)(
( 3
3
) (
) (
2 2
3 2 3 ) 1 ( )
1 (
3 2
3 1
1 2
1 1
2 1
3 2
3 1
3 2
3 1 2 1
1 2
1 1
1 2 1
2 2
2 1
3 2
2 2
3 1 2
2 1
1 1 2 1 2
1
2 2 1
2 2 1 2 1
2 2
2 1
2 2
2 1 2 2
2 2
2 2
2
2
1
+ +
+ +
±
=
⇔
+ +
+ +
+ +
±
=
⇔
+ +
+ + +
+
−
±
=
−
±
=
−
=
⇔
−
=
− +
=
− +
=
⇔ +
= + + +
−
= +
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
n n n
n
n n n
n n
n
n n
n n
n n n
n n
n
n n n
n n
n n
n
x x x
x a
x x x x x
x x x x
x a
x x x x x x
x x x x x x x
x x
x a
x x x x x
x x
x a a
a a a
x x
2
1 1 1
3 2
3 1
−
−
−
n n n
S đều là số nguyên nên a là số nguyên ( đpcm)
3
(1,5đ
)
a) Ta cú hệ phương trỡnh :
x+y+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
⇔
x + y = 1 - z2 2
2xy = z - 2z + 1 = (1- z)
⇔
2
2xy = (x + y)
⇔
⇔ 2 2
x + y = 0⇔ x = y = 0 ⇒z = 1 Vậy hệ phương trỡnh chỉ cú 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1)
b) Biến đổi phương trỡnh đó cho thành 3(x2 +x)−2 x2 +x−1=0
Đặt t = x2 +x ( điều kiện t≥0), ta cú phương trỡnh 3t2 −2t−1=0
Giải tỡm được t = 1 hoặc t =
3
1
− (loại) Với t = 1, ta cú x2 +x =1⇔x2 +x−1=0 Giải ra được
2
5 1
x= − + hoặc
2
5 1
x= − − .
Trang 12x
y
H
D
E
K
C I
B
a) 4 điểm OBAC nằm trên (I) đờng kính OA=2R gọi K là trung điểm BC tam giác BIK vuông cân tạ K suy ra
2
2
R IK
BK = = nên BC=R 2 ( không đổi) b) Đờng tròn đờng kính BC luôn đi qua I
c) Tam giác ACD vuông tại C có ∠ CAD = ∠ xOy = 450 nên là tam giác vuông cân
d) Ta có tứ giác EBCD nội tiếp đờng tròn tâm H đờng kính DE
0
90
=
∠
=
∠BHC CDB ( quan hệ góc ở tâm và góc nội tiếp) trong tam giác vuông BHC tính đơc DH= R suy ra DE=2R=OA không đổi
5
(1đ)
2
2 1 2
2 1 2 3
+
+ +
+ +
= +
− + +
− + +
−
=
−
z
z y
y x
x z
y x
Q
2 2 2 2
+
+ +
+ +
=
−
z
z y
y x
x Q
áp dụng BĐT Bunhiacho 2 dãy
2
; 2
;
z y
y x
x
và x+2; y+2; z+2
Ta có
1 1
2 3
) 3 ) ( 3 :
(
6 )
( 2 )
( ) 2 3 )(
6 (
2
≤
⇔
≥
−
=
≥ + +
+ + +
≥ + + +
+ +
= + +
≥
− + + +
Q Q
xyz xz
yz xy Vi
z y x xz yz xy z
y x z y x Q z
y x
Dấu ‘=’ xảy ra khi x=y=z=1
b) n là số tự nhiờn lớn hơn 1 nờn n cú dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự nhiờn lớn hơn 0
- Với n = 2k, ta cú n4 +4n =( k)4 +4 k lớn hơn 2 và chia hết cho 2 Do đú n4 +4nlà hợp số -Với n = 2k+1, tacú
n4 +4n =n4 +4 k.4=n4 +(2.4k)2 =(n2 +2.4k)2 −(2.n.2k)2
= (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 – n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 22k ] Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2 Vậy n4 + 4n là hợp số