10 đề thi thử tuyển sinh môn toán chuyên có đáp án

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐỀ SỐ Nguyễn Chiến Mơn: TỐN CHUNG Thời gian làm bài: 120 phút Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: 2( x  2) 5 x   x  y  x  y  11 b) Giải hệ phương trình:   x  y  x  y  11 Câu (2 điểm) Cho phương trình: x  4mx  2m2   (1), với x ẩn, m tham số a) Chứng minh với giá trị m, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1 , x2 Tìm m để x12  4mx2  2m2   Câu (2 điểm) a) Cho abc = Tính giá trị biểu thức A = a b 2c   ab + a + bc + b + ac + 2c + b) A = x2 – x9 – x2015 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài cạnh BC = a, AC = b, AB = c E điểm nằm cung BC không chứa điểm A cho cung EB cung EC Cạnh AE cắt cạnh BC D a) Chứng minh: AD2 = AB.AC – DB.DC b) Tính độ dài AD theo a,b,c Câu 5(1điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh rằng: a3 b3 c3   �   b   c   c   a    a    b -Hết - ĐỀ SỐ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUN Nguyễn Chiến Mơn: TỐN CHUNG Thời gian làm bài: 120 phút Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: 2( x  2) 5 x   x  y  x  y  11 b) Giải hệ phương trình:   x  y  x  y  11 a) ĐK: x  Ta có: 2( x  2) 5 ( x  1)( x  x  1)  a  x  1; (a 0) Đặt:   b  x  x  1; (b 0) 2(a  b ) 5ab  (2a  b)(a  2b) 0  2a b    a 2b 2a b  x   x  x   x  x  0  x  a 2b   37 (t / m) x  2 x  x   x  x  0(VN )  37  x  y  x  y  11 b) Giải hệ phương trình:   x  y  x  y  11 Vậy pt có nghiệm là: x  � 3x2  4y2  6x  4y  11 (1) � � 2 3x  15y  6x  15y  33 (2) � Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y2 + 11y = 22  y2 +y – 2=  y = y = -2 * Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0  3(x+1)2 =  x = -1 * Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0  3(x+1)2 =  x = -1 Vậy hpt có nghiệm (x ;y)  { (-1 ;1), (-1 ;-2)} Câu (2 điểm) Cho phương trình: x  4mx  2m2   (1), với x ẩn, m tham số a) Chứng minh với giá trị m, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1 , x2 Tìm m để x12  4mx2  2m2    '  4m  2(2m  1)   với m Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt với m Theo ĐL Viét ta có x1  x2  2m Do đó, x12  4mx2  2m2   (2 x12  4mx1  2m2  1)  4m( x1  x2 )   8m   8(m  1)( m  1) (do x12  4mx1  2m   ) Yêu cầu toán: (m  1)(m  1)  � 1  m  Câu (2 điểm) a) Cho abc = Rút gọn biểu thức A = a b 2c   ab + a + bc + b + ac + 2c + Ta có : A= a ab 2c a ab 2c      ab + a + abc + ab + a ac + 2c + ab + a + 2 + ab + a ac + 2c + abc a ab 2c a ab ab + a + = ab + a +  + ab + a  c(a + + ab)  ab + a +  + ab + a  a + + ab  ab + a +  Cho A = x2 – x9 – x1945 , B = x2 – x + Chứng minh A chia hết cho B b) A = x2 – x9 – x2015 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Ta có: x2 – x + chia hết cho B = x2 – x + x9 + chia hết cho x3 + nên chia hết cho B = x2 – x + x1945 – x = x(x2014 – 1) chia hết cho x3 + (cùng có nghiệm x = - 1) nên chia hết cho B = x2 – x + Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài cạnh BC = a, AC = b, AB = c E điểm nằm cung BC không chứa điểm A cho cung EB cung EC Cạnh AE cắt cạnh BC D a) Chứng minh: AD2 = AB.AC – DB.DC b) Tính độ dài AD theo a,b,c � = CAE � ( Do cung EB = cung EC) a)Ta có BAD � = DBA � ( Hai góc nội tiếp chắn cung AC) nên ΔBAD Và AEC BA AE = � AB.AC = AE.AD(1) AD AC Ta có gocADC  BDE đối đỉnh gocCAD  DBE (2 góc nội tiếp chắn cung CE) nên ΔACD ΔBDE AD DB � = � AD.DE = DB.DChay E DC DE � C a AD(AE-AD) = DB.DC Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1)) b)Theo tính chất đường phân giác ta có DC DB DC DB DC + DB a = hay = = = AC AB b c b+ c b+ c DC DB a a a2bc b c = b+ c b+ c � DB.DC = ( b+ c) ΔEAC O b D B c A theo câu a ta có AD = AB.AC – DB.DC = bc   a bc a2   bc   (b  c ) (b  c )       a2   AD  bc1    (b  c)  Câu 5(1điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = Chứng minh rằng: a3 b3 c3   �   b   c   c   a    a    b a3 1 b 1 c a3  b  c 3a   �3  Có:   b  (1  c)   b  (1  c) 8 b3 1 a 1 c 3b   �3    a    c Cộng vế a3 b3 c3 a  b  c 3 abc 3 �   �  �   4   b   c   c   a    a    b  Dấu “=” xảy ĐỀ SỐ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUN Mơn: TỐN CHUNG Thời gian làm bài: 120 phút Câu (2 điểm) a) Cho biểu thức P  x2 x x 1  2x  x   x x 1 x x  x  x x2  x Tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên b) Tìm tất số nguyên x,y,z,thỏa mãn: 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = Câu (2 điểm) Cho phýõng trình: ( x  3)( x  1)  x  x  m a) Giải phýõng trình với m = -3 b) Tìm m ðể phýõng trình có nghiệm Câu (2 điểm) Ngày 01/5/2014 Trung Quốc ngang nhiên, ngỗ ngược cho đặt giàn khoan HD-981 Biển Đông vị trí có tọa độ: 15029’58’’vĩ bắc; 111012’06’’kinh đơng Một tàu cảnh sát biển Việt Nam dự định chạy từ bờ biển Việt nam đến vị trí đặt giàn khoan trở lại bờ biển khoảng thời gian Khi tàu chạy với tốc độ nhanh dự định 10 hải lý/giờ Khi bị tàu quân Trung Quốc đâm hỏng nên phải dừng lại sửa chữa sau chạy với tốc độ chậm dự định 20 hải lý/giờ Tổng cộng thời gian đi, sửa chữa nhiều dự định a) Tính khoảng cách từ bờ biển Việt Nam đến vị trí đặt giàn khoan HD-981 b) Vị trí đặt giàn khoan Trung Quốc có nằm vùng đặc quyền kinh tế thềm lục địa Việt Nam khơng? Căn khẳng định điều đó? (Cho biết: 1hải lý = 1852 m;Theo công ước Luật biển1982: Vùng đặc quyền kinh tế: 250 hải lý; thềm lục địa: 200 hải lý!) Câu (3điểm) Cho tam giác ABC (AB Tìm Min f(x, y) =  xy b) Cho x,y,z số thực dương Chứng minh: (1  x )(1  y )(1  z ) (1  xy )(1  yz )(1  zx ) ĐỀ SỐ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUN Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu c) Giải phương trình: x2+ 5x +1 = (x+5) x2  Nguyễn Chiến x2+ 5x +1 = (x+5) x  x2+1 + 5x = (x+5) x  x2+1 + 5x - x x  - x  =0 x  ( x  -x) +5(x- x  )=0 ( x  -x) ( x  - 5) = ( x  -x) = ( x  - 5) = x  =x x  = x2+ = x2 (khơng có x thỏa mãn), x2+ = 25 x2 = 24 x = � 24 Vậy nghiệm PT x = � 24 � ( x  1) y  ( y 1) x  xy � d) Giải hệ phương trình: � � �x y 1  y x 1  xy Điều kiện: x  1, y  Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:  ( x 1) x xy x 1  1.( x  1) �  � y x 1 � 2 y xy y -1 � � x y 1 � Tương tự: 2 Cộng (1), (2) ta x y 1  y x 1 �xy � �x   � x  y  Dấu “ = ” xảy � �y   Thử lại thấy: x = y = thỏa mãn phương trình thứ hệ Vậy hệ có nghiệm (2;2) Câu c) Chứng minh với số nguyên n > ln có: 1      n  1 n (1) (2) Với k �Z k �2, ta có: k  1  k  1 � � k�   � k k 1 � � � � 1 � � Do đó: 1     n  1 n �1 k�  �k k � �1 � �  � k 1 � �k � �1 � �  k 1 � �k � �1  2�  � k 1 � � k �1 1 1  2�       3 n �2 �1  2�  � �  2 � n 1 � 4  n 1 � � k 1 � � � k 1 � � � n 1 � (đpcm) d) Tìm giá trị biểu thức S = x +y +z biết x+y+z = x2+y2+z2 = Từ giả thiết, ta có:  x  y  z   � x  y  z   xy  yz  zx   �  2( xy  yz  zx)  � xy  yz  zx   1 � x y  y z  z x  xyz ( x  y  z )  � x y  y z  z x  4 1 Từ đó, ta có: S  x  y  z  x  y  z  x2 y  y z  z x    2 �  xy  yz  zx       Câu Cho parabol (P): y  x d) Viết phương trình tiếp tuyến (P), biết tiếp tuyến qua điểm A(2;1) e) Gọi d đường thẳng qua điểm A(2;1) có hệ số góc m Với giá trị m đường thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt M N, tìm quĩ tích trung điểm I đoạn thẳng MN m thay đổi f) Tìm quĩ tích điểm M0 từ kẻ hai tiếp tuyến parabol (P) hai tiếp tuyến vng góc với Phương trình đường thẳng d1 qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b = 2a + b, suy b = - 2a, d1: y = ax - 2a+1 Phương trình cho hồnh độ giao điểm d1 (P) là: x  ax  2a  � x  3ax  6a   Để d1 tiếp tuyến (P) cần đủ là: a2 �  '    9a  24a  12  � � � a � Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là: d1 : y  x  3; d : y  x 3 Phương trình đường thẳng d qua A(2; 1) có hệ số góc m là: y  mx   2m Phương trình cho hồnh độ giao điểm d (P) là: x  mx  2m  � x  3mx  6m   (2) Để d cắt (P) điểm phân biệt cần đủ là: 4� �   9m  24m  12  � �m2  m  � 3� � � � m� � � � � � � � m  � � � 4� �� m  �  � m   � � 3 � � 3� � m � � � � � �4  m  � � �3 � m � � (*) � m2 � Với điều kiện (*), d cắt (P) điểm M N có hồnh độ x1 x2 nghiệm phương trình (2), nên toạ độ trung điểm I MN là: � x �2 x 2 x � m  ;  � x  1; x  � � x1  x2 3m � �  �x  � �3 3 � I� 2 �� � � y  x2  x  �y  mx   2m � 3 � Vậy m thay đổi, quĩ tích I phần parabol x  1; x  (2,0 điểm) y 2 x  x 1 3 , giới hạn Gọi M ( x0 ; y0 ) điểm từ vẽ tiếp tuyến vng góc đến (P) Phương trình đường thẳng d' qua M0 có hệ số góc k là: y  kx  b , đường thẳng qua M0 nên y0  kx0  b � b  y0  kx0 , suy pt d': y  kx  kx0  y0 Phương trình cho hồnh độ giao điểm d (P) là: x  kx  kx0  y0 � x  3kx  3kx0  y0  (**) Để từ M0 kẻ tiếp tuyến vng góc tới (P) phương trình:   9k  12kx0  12 y0  có nghiệm phân biệt k1 , k2 k1k2  1 12 y0 �  1 � y0   Vậy quĩ tích điểm M0 từ vẽ tiếp tuyến vng góc (P) đường thẳng y Câu Cho đường tròn tâm (O; R) đường kính AB CD vng góc với Trong đoạn AB lấy điểm M khác O Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến với đường tròn (O) N điểm P Chứng minh rằng: a) Các điểm O, M, N, P nằm đường tròn b) Tứ giác CMPO hình bình hành c) CM.CN = 2R2 d) Tìm quỹ tích điểm P M di chuyển đoạn AB a) M A O B N E P D F * Tam giác OMP vuông M nên O, M, P thuộc đường tròn đường kính OP * Tam giác ONP vuông N nên O, N, P thuộc đường tròn đường kính OP * Vậy O, M, N, P thuộc đường tròn đường kính OP b) MP//OC (vì vng góc với AB) �  NCD � (hai góc đồng vị) NMP �  OCN � (hai góc đáy tam giác cân ONC) ONC � � NMP  NOP (hai góc nội tiếp chắn cung NP) � � ; đó, OP//MC Suy MNO  NOP Vậy tứ giác MCOP hình bình hành c) CND : COM ( g.g ) Nên OC CM  hay CM.CN = OC.CD = 2R2 CN CD d) Vì MP = OC = R khơng đổi Vậy P chạy đường thẳng kẻ từ D //AB Do M chạy đoạn AB nên P chạy EF thuộc đường thẳng song nói Câu c) x  y Cho x, y > Tìm Min f(x, y) =  xy Giải 3 � 1 �4x+2y+2y � �4 Ta có: xy   4x   y   y  � � x  y  �  x  y   � � 16 16 � 3 � 16 � � 27  f(x,y) =  x  y xy  x  y  � x  y  27  27 � Min f( x, y) = 27 Dấu “ = ” xảy  4x = 2y = 2y  y = 2x > Đó tập hợp tất điểm thuộc đường thẳng y = 2x với x dương Thực việc để hệ số tùy ý cho sau áp dụng BĐT Cơsi ta biến tích thành tổng x + y ( Có thể nhân thêm hệ số sau: 2x.y.y) d) Cho x,y,z số thực dương Chứng minh: (1  x )(1  y )(1  z ) (1  xy )(1  yz )(1  zx ) Trước hết ta chứng minh toán sau: Cho a,b,c dương Chứng minh rằng:  abc 3 (1  a)(1  b)(1  c ) (1) Ta có biến đổi sau, (1) tương đương: 1.1.1  abc �3   a    b    c  � 1.1.1 abc 3 �1   a    b   1 c   1 a   1 b   1 c  Theo BĐT Cơsi ta có: �1 1 � �a b c � �a 1 b 1 c 1� VT � �    �    �     � 3� 1 a 1 b 1 c � � 1 a 1 b 1 c � 1 a 1 b 1 c � � 3� � Dấu “ = ” xảy  a = b = c Ta có tốn tổng qt 1: CMR: n a1a2 .an  n b1b2 .bn �n  a1  b1   a2  b2   an  bn    , bi  i  1, n  Cách 2: (1+a)(1+b)(1+c)=1+(a+b+c)+(ab+bc+ac)+abc 1  33 abc  33 a b c  a b c (1  33 abc ) Ta có: (1  a )(1  b )(1  b ) (1  ab ) (1  b )(1  c )(1  c ) (1  bc ) (1  c )(1  a )(1  a ) (1  ca ) Nhân vế với vế đpcm ĐỀ SỐ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu a) Giải phương trình: x  x   x  x2   x2  x   x  xy  y   b) Giải hệ phương trình :  2  x y  xy   Câu Tìm số dư phép chia đa thức (x+2).(x+4).(x+6).(x+8) + 2013 cho đa thức x2 + 10x + 21 Câu Chứng minh a , b số dương thỏa mãn : 1   0 : a b c a  c  b  c  a  b Nguyễn Chiến Câu Cho hai đường tròn ( O ) ( O / ) Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) ( O/ ) điểm A, B, C, D theo thứ tự đường thẳng Kẻ tiếp tuyến chung EF, E �( O ) F � ( O/ ) Gọi M giao điểm AE DF; N giao điểm EB FC Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF hình chữ nhật b) MN  AD c) ME.MA = MF.MD Câu a) Cho a,b,c số thực dương Chứng minh a4  b4  c4 �abc a b c b) Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c Chứng minh sin ĐỀ SỐ  a � bc ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUN Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu c) Giải phương trình: x  x   x  x2   x2  x  � ( x  x 1)  x  x x  x 1 �  � � 2 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: � 2 � x  x  �( x  x  1)   x  x  � 2  x  x 1  x  x  �x  (2) 2 Kết hợp (1) (2) ta có: x  x  x   ( x  1) 0  x 1 Thử lại ta có x = nghiệm phương trình  x  xy  y   d) Giải hệ phương trình :  2  x y  xy    u x  y  u  v  , u 4v Hệ trở thành  2, Đặt   v  xy  u.v  (u; v) (1; 2); ( 2;1) ( x; y ) ( 1; 1); ( 1;2); ( 2;1) Nguyễn Chiến Câu Tìm số dư phép chia đa thức (x+2).(x+4).(x+6).(x+8) + 2013 cho đa thức x2 + 10x + 21 (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 =( x2+10x+16)( x2+10x+24) +2013 =( x2+10x+21- 5).( x2+10x+21+3) +2013 =( y- 5).( y+3) +2013, đặt y = x2+10x+21 = y2- 2y+1998 chia cho y dư 1998 (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21dư 1998 Câu Chứng minh a , b số dương thỏa mãn : 1   0 : a b c a  c  b  c  a  b Từ 1/a +1/b+1/c =0 mà a, b số dương suy c số âm ab+bc+ca = Ta có : ac  bc  ab � a  b  2c  ab  ac  bc  c  a  b � 2c  ab  ac  bc  c  � c  c  � c  c  0.(dpcm) Câu Cho hai đường tròn ( O ) ( O / ) Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) ( O/ ) điểm A, B, C, D theo thứ tự đường thẳng Kẻ tiếp tuyến chung EF, E �( O ) F � ( O/ ) Gọi M giao điểm AE DF; N giao điểm EB FC Chứng minh rằng: d) Tứ giác MENF hình chữ nhật e) MN  AD f) ME.MA = MF.MD M E I F A O H B C D O/ N a) b) c) �  CFD �  900 (góc nội tiếp chắn đường tròn) Ta có AEB Vì EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O/), nên: OE  EF OF  EF => OE // O/F � / D (góc đồng vị) => EAO � / �  FO �  FCO => EOB Do MA // FN, mà EB  MA => EB  FN �  900 Hay ENF �N �  F$  90O , nên MENF hình chữ nhật Tứ giác MENF có E Gọi I giao điểm MN EF; H giao điểm MN AD �  INF � Vì MENF hình chữ nhật, nên IFN �  FDC �  sđ FC � Mặt khác, đường tròn (O/): IFN �  HNC � => FDC Suy FDC đồng dạng HNC (g – g) �  DFC �  90O hay MN  AD => NHC �  FEN � Do MENF hình chữ nhật, nên MFE �  EAB �  sđ EB � Trong đường tròn (O) có: FEN � � => MFE  EAB Suy MEF đồng dạng MDA (g – g) ME MF  => , hay ME.MA = MF.MD MD MA Câu b) Cho a,b,c số thực dương Chứng minh a4  b4  c4 �abc a b c Ở toán sử dụng cách nhóm đối xứng để hạ bậc BĐT AM-GM Cụ thể, ta có : a4  b4  c4  a4  b4 b4  c4 c4  a4   �a2 b2  b2 c2  c2 a2 2 Áp dụng tương tự, ta củng có : a2 b2  b2 c2  c2 a2  a2 b2  b2 c2 b2 c2  c2a2 c2a2  a2 b2   �abc(a  b  c) 2 Như ta suy đpcm Dấu đẳng thức xảy chi a  b  c b) Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c Chứng minh sin  a � bc A I C B D Vẽ đường phân giác AD tam giác ABC BD DC BD DC BD  DC CB a �     = AB AC AB AC AB  AC AB  AC b  c � Vẽ BI  AD BI �BD Ta có Ta có sin  BI  BD  a � sin �  Vậy sin � AB AB  AC bc ĐỀ SỐ 10 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUN Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu a) Giải phương trình: x  x  3x   2x  x   b) Giải hệ phương trình  x  y  xy 26   x   x  y  x  y  11 Câu Cho phương trình bậc 2: x2+2(m-1)x+m2-m+1=0 (1) 2x  2x Nguyễn Chiến a) Giải phương trình với m=-1 b)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1;x2 thoả mãn x1  x2 4 Câu a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017 1 1 b) Tìm số nguyên x, y ,z thỏa mãn : ( x  y ) 3( y  z ) 2( z  x )  xyz  xyz Câu Qua đỉnh A hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường thẳng cắt cạnh BC M cắt đường thẳng DC I Chứng minh rằng: 1   AM AI a Câu Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O;R) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đường tròn (O;R) ( A; B hai tiếp điểm) a) Chứng minh MAOB tứ giác nội tiếp b) Tính diện tích tam giác AMB cho OM = 5cm R = cm c) Kẻ tia Mx nằm góc AMO cắt đường tròn (O;R) hai điểm C D ( C nằm M D ) Gọi E giao điểm AB OM Chứng minh EA tia phân giác góc CED Câu Cho x;y;z số thực dương cho xyz=x+y+z+2 Chứng minh rằng: P ĐỀ SỐ 10 xy  yz  zx  ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUN Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu a) Giải phương trình: TXĐ : x 0 x  x  3x  x  x  3x   x  x   x  x    x 1 x     2x   x   0     x   x 0 x2    x 0   2x  x    ( x  1)( x  3)  x  x   x( x  1)  x 1  x2    x 0  x  1  x 0; Thoaman    x   x  x  x  0; (vonghiem) Vậy phương trình có nghiệm x=0 2x  2x Nguyễn Chiến b) Giải hệ phương trình  x  y  xy 26   x   x  y  x  y  11  x  y  xy 26      x  x  y x  y  11   x  y  xy 26    3x  x  xy  y 11  x  y  xy 26(1) Cộn   x  x  xy  y 22(2) g (1) (2) ta có PT 3x  x  16 0  (3x  8)( x  2) 0 8 thay vào PT(1) vô nghiệm Với x 2 thay vào PT(1) ta y=1 y=-3 Với x  Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1);(2-3) Câu Cho phương trình bậc 2: x2+2(m-1)x+m2-m+1=0 (1) a) Giải phương trình với m=-1 b)Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1;x2 thoả mãn x1  x2 4 a)ta có x2+2(m-1)x+m2-m+1=0  x2 -4x+3=0 Nhẩm Vi-ét a+b+c=1+(-4)+3=0 PT có nghiệm phân biệt x1=1;x2=3 b) ta có / =(m-1)2-( m2-m+1)=m2 -2m+1-m2+m-1=-m 0 m 0 với m 0 Theo Vi-ét ta  x1  x2 2(1  m) có   x1 x m  m  2 từ GT ta có ( x1  x2 ) 16  x1  x2  x1 x 16 (*) )   nên x1 x  x1 x 2 16  4(m  2m  1) 16  m  2m  0 x1 x2 m  m  (m  (*)   x1  x2  Nhẩm Vi-ét a-b+c= 1-(-2)+(-3)=0; m1=-1;m2=3 >0 loại m=-1 x1  x2 4 Câu a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017 A= 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017 = (y+x+1)2+2(1+y) 2+2014 Vậy minA = 2014 y =-1 x =0 b) Tìm số nguyên x, y ,z thỏa mãn : 1 1 ( x  y ) 3( y  z ) 2( z  x )  xyz  xyz � k �x  y  � 1 1 � k  k � �y   Đặt 6( x  )  3( y  )  2( z  )  xyz  y z x xyz � z � k �z  x  � Xét tích : 1 k3 k3 1 1 ( x  )( y  )( z  )  �  xyz   ( y  )  (x  )  (z  ) y z x 36 36 xyz z y x k3 k k k k3 � k   � 0� k 0 36 36 � ( xyz )  �xyz  � �x  y  z  �� �� �� �xy  yz  zx  �x  y  z  1 �xy  yz  zx  Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) cần tìm Câu Qua đỉnh A hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường thẳng cắt cạnh BC M cắt đường thẳng DC I Chứng minh rằng: 1  2 2 AM AI a A B M J I C D Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD J Ta có  AIJ vng A, có AD đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1   (1) AD AJ AI Xét hai tam giác vng ADJ ABM, ta có: �  BAM � AB = AD = a; DAJ (góc có cạnh tương ứng vng góc) � ADJ = ABM Suy ra: AJ = AM 1 1    (đpcm) Thay vào (1) ta được: 2 AD AM AI a Câu Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O;R) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đường tròn (O;R) ( A; B hai tiếp điểm) d) Chứng minh MAOB tứ giác nội tiếp e) Tính diện tích tam giác AMB cho OM = 5cm R = cm f) Kẻ tia Mx nằm góc AMO cắt đường tròn (O;R) hai điểm C D ( C nằm M D ) Gọi E giao điểm AB OM Chứng minh EA tia phân giác góc CED A D C E M O B a) Ta có: MA  AO ; MB  BO ( T/C tiếp tuyến cắt nhau) �  MBO �  900 => MAO �  MBO �  900 + 900 = 1800 => Tứ giác MAOB nội tiếp Tứ giác MAOB có : MAO đường tròn b) Áp dụng ĐL Pi ta go vào  MAO vng A có: MO2 = MA2 + AO2  MA2 = MO2 – AO2  MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = ( cm) Vì MA;MB tiếp tuyến cắt => MA = MB =>  MAB cân A MO phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO đường trung trực => MO  AB Xét  AMO vng A có MO  AB ta có: AO = MO EO ( AO => EO = = (cm) MO 16 => ME = - = (cm) 5 HTL  vuông) Áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vng E ta có:AO2 = AE2 +EO2  AE2 = AO2 – EO2 = -  AE = 81 144 12 = = 25 25 12 ( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE MO đường trung trực AB)  AB = 24 1 16 24 192 (cm) => SMAB = ME AB = = (cm2) 2 5 25 c) Xét  AMO vng A có MO AMO ta có: MA2 = ME MO (1)  AB áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông � = Sđ � mà : � ADC  MAC AC ( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung) MA MD  => MA2 = MC MD (2) MC MA MD ME  Từ (1) (2) => MC MD = ME MO => MO MC MD ME �  MDO � ( góc tứng) � chung;   MCE :  MDO ( c.g.c) ( M ) => MEC MO MC  MAC :  DAM Tương tự:  OAE : (g.g) => ( 3) OMA (g.g) => OA OM = OE OA OA OM OD OM  = = ( OD = OA = R) OE OA OE OD � chong ; OD  OM ) => OED �  ODM � Ta có:  DOE :  MOD ( c.g.c) ( O ( góc t ứng) OE OD => (4) �  MEC � mà : � � =900 Từ (3) (4) => OED AEC  MEC � � =900 AED  OED � => � AEC  � AED => EA phân giác DEC Câu Cho x;y;z số thực dương cho xyz=x+y+z+2 Chứng minh rằng: P xy  yz  zx  Từ giả thiết ta có (1+x)(1+y)+(1+y)(1+z)+(1+z)(1+x)=(1+x)(1+y)(1+z) 1   1 1 x 1 y 1 z 1 1 a b  c a  x     ; (vi : a  b  c 1) Đặt 1 x a a a a c a b Tương tự  y b  y  b ;  z c  y  c  Nên P  ab bc ac   (b  c )(a  c) (a  b)( a  c) (b  c)( a  b) áp dụng Bất đẳng thức Cơ-Si cho số dương ta có ab 1 b a  bc 1 b c        ; ; (b  c)(a  c)  b  c a  c  (a  b)(a  c)  b  a a  c  ac 1 c a      (b  c)(a  b)  b  c a  b  1 b c a b a c        Vậy P   2 b c b c a b a b a c a c  Dấu “=” xảy a=b=c hay x=y=z=2 ... a, b, c > a + b + c