bộ chuyên đề thi vào lớp 10 môn toán hay nhất

Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Contents Chương 1: BIỂU THỨC ĐẠI SỐ Chuyên đề 1.1 Rút gọn tính giá trị biểu thức Rút gọn biểu thức đại số Tính giá trị biểu thức đại số biến 11 Tính giá trị biểu thức nhiều biến có điều kiện 13 Chuyên đề 1.2 Tìm điều kiện để biểu thức đại số thỏa mãn điều kiện cho trước 18 Chương 2:ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC 24 Chuyên đề 2.1 Đẳng thức Một số phương pháp chứng minh đẳng thức có điều kiện 24 Tìm hệ thức khơng phụ thuộc vào tham số 30 Chuyên đề 2.2 Bất đẳng thức 33 Một hướng chứng minh bất đẳng thức có điều kiện 33 Áp dụng bất đẳng thức cauchy hai số để chứng minh bất đẳng thức 36 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức có chứa biến mẫu 39 Sử dụng vai trò biến để chứng minh bất đẳng thức 43 Chuyên đề 2.3 Tìm giá trị lớn nhất, giái trị nhỏ 47 Một phương pháp tìm giá trị lớn nhất, 47 Giá trị nhỏ biểu thức 47 Suy luận để tìm lời giải toàn cực trị 53 Chƣơng 3: PHƢƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƢƠNG TRÌNH 57 Chuyên đề 3.1 Phương trình bất phương trình bậc 57 Chuyên đề 3.2 Phương trình bậc hai 61 Ba dạng toán thường gặp liên quan đến nghiệm phương trình bậc hai 62 Vận dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai để giải toán 66 Bất đẳng thức tính chất nghiệm phương trình đại số 71 Chuyên đề 3.3 Phương trình quy bậc bậc hai 74 Phương pháp dùng ẩn phụ để giải số dạng phương trình thường gặp 74 Giải phương trình cách đặt ẩn phụ khơng hồn tồn 81 Sử dụng đẳng thức  A  B   A2  AB  B để giải phương trình 85 Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ 88 1|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Bài tốn số nghiệm số loại phương trình 93 Chƣơng HỆ PHƢƠNG TRÌNH 97 Chuyên đề 4.1 Hệ phương trình bậc hai ẩn 97 Chuyên đề 4.2 Một số dạng hệ phương trình hệ phương trình đối xứng 102 Chuyên đề 4.3 Giải tốn cách lập phương trình 115 Chuyên đề 4.4 Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối 125 Chƣơng 5: HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ 131 Một số dạng toán hàm số đồ thị 131 Parabol- đường cong tuyệt đẹp 140 Các đề tự luyện 147 2|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Chương 1: biểu thức đại số Chuyên đề 1.1 Rút gọn tính giá trị biểu thức Rút gọn biểu thức đại số Thanh loan để rút gọn biểu thức ta thường thực sau:  Đặt điều kiện để biểu thức có nghĩa Lưu ý: a có nghĩa  a  ; a có nghĩa  b  0; b có nghĩa  a  0, b  a  b a b  Vận dụng phép toán đa thức, phân thức, thứ tự thực phép tính, đẳng thức đáng nhớ, I - rút gọn phân thức hữu tỉ phƣơng pháp Phân tích tử thức mẫu thức thành nhân tử, rút gọn nhân tử chung (lưu ý phải đặt điểu kiện cho mẫu thức khác 0)  Thí dụ 1: rút gọn biểu thức: A x  x3  x  x  3x3  x  x  lời giải Ta có x4  x3  x    x4     x3  x    x2   x2    x  x     x2   x2  x     x    x  1 x   để rút gọn biểu thức ta thường thực sau:  Đặt điều kiện để biểu thức có nghĩa Lưu ý a có nghĩa  a  ; a có nghĩa  b  0; b 3|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập  Vận dụng phép toán đa thức, phân thức, thứ tự thực phép tính, đẳng thức đáng nhớ I- rút gọn phân thức hữu tỉ  Thí dụ 1: Lời giải 2x  3x  2x  6x   (2x  8)  (3x  6x)  (2x  4)  2(x  4)  3x(x  2)  2(x  2)  (x  2)(2x  3x  2)  (x  2)(x  2)(2x  1) Điều kiện xác định A x  x   ta có: 2 (x  2)(x  1)(x  2) x 1 A  (x  2)(x  2)(2x  1) 2x  1 x 1 Vậy với x  x   A  2x   Thí dụ 2: rút gọn biểu thức 2xy  x  z  y B 2 x  z  y  2xz Lời giải z  (x  2xy  y ) z  (x  y) (z  x  y)(z  x  y) B   (x  2xz  z )  y (x  z)  y (x  z  y)(x  z  y) zxy Với x  y  z  0, x  y  z  B  xzy Ii- rút gọn biểu thức có chứa thức ta thường dùng đẳng thức a  b  ( a  b)( a  b) , với a  0, b  0; a a  b b  ( a  b)(a  ab  b) , với a  0, b  0; a a  b b  ( a  b)(a  ab  b) , với a  0, b  0; a  b neáu a  b (a  b)  a  b   b  a neáu a  b  Thí dụ 3: rút gọn biểu thức C  x  2y  x  4xy  4y2 Lời giải Ta có: C  x  2y  (x  2y)  x  2y  x  2y Nếu x  2y x  2y  x  2y C  x  2y  x  2y  4y Nếu x < 2y x  2y  x  2y Do c = x + 2y + x – 2y = 2x 4|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập 4y neáu x  y Vậy C   2x neáu x < y  Thí dụ 4: rút gọn biểu thức :  a b   ab a a b b  D    a b  a ab b a  b   Lời giải: điều kiện xác định a  0, b  0,a  b Khi đó:  D     a b  a b a b      a  b a  ab  b    a b a b      a b   a  b a  ab  b   a  ab  b  a b  =  a b  a  b  a  ab  b    =    a b   a    ab  b  a b ab   a b  a  ab  b a  ab  b  ab Vậy với a  0, b  0,a  b d = a  ab  b Bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp, ta đưa tốn rút gọn biểu thức có chứa tốn rút gọn biểu thức hữu tỉ (khơng chứa căn) dễ biến đổi  Thí dụ 5: rút gọn biểu thức:   1  E     1 2   Lời giải: đặt  a a4 = 2,  a  a 1 a   E=    a   1 a 2 4 1  1 2  a2  Ta có:  a2 a  a2 1   a2   a2 1    Vậy e = =  a    2 a  a (1  a ) a a   Thí dụ 6: rút gọn biểu thức F   25  125 Lời giải: đặt a  a  5; a  25; a3  125 Ta có: 5|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập   a  3a  2a   1   2   25  135  a  3a    2a    a  3a    2a      a  3a  2a    a  3a  2a  2a  a  6a  9a  4a  16a  16  a3  3a  2a   a  3  a5  2a  2a  9a  12   a  2    8  a4  9    a 1  Suy F     a 1  1    Đối với biểu thức có dạng tổng hay hiệu hai biểu thức liên hợp bậc hai M  a  b c , M '  a  b c , ta có:  M  M '  2a  a  b2c ,  M  M '  2a  a  b2c 2 Vì dùng phép lũy thừa bậc hai để khử bớt  Thí dụ 7: rút gọn biểu thức: G  a  b  c  ac  bc  a  b  c  ac  bc a,b,c số khơng âm Lời giải : bình phương biểu thức g ta có : G2   a  b  c  a  b  c  2a  b  c  Nếu a  b  c Nếu a  b  c   ac  bc  a  b  c  2a  b  c  a  b  c G   a  b  c    a  b  c   4(a  b)  G  G   a  b  c    a  b  c   4c  G  c ab  2 a  b a  b  c Vậy G   a  b  c  2 c  Đối với biểu thức có dạng tổng hay hiệu hai biểu thức liên hợp bậc ba M  a  b c , M '  a  b c , ta có :  M  M '  M  M '  3M M '(M  M ')  2a  3 a  b2c  M  M '  Nên m+ m’ nghiệm phương trình : x3  3 a  b2c x  2a  Tương tự M  M  nghiệm phương trình x3  3 a  b2c  2a  Vì dùng lũy thừa bậc ba để khử bớt  Thí dụ 8: rút gọn biểu thức H  10   10  Lời giải Lập phương biểu thức H ta có: 6|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập H  20  3 102  62.3 H  H  6H  20    H    H  2H  10   Do H  2H  10   H  1   nên suy H    H  Khi gặp biểu thức chứa bậc hai, biến đổi thành A2  A việc thực phép tính đơn giản nhiều Xuất phát từ đẳng thức 1 2 1 2a  b  c  1 1    2 2 2      2 2 2 a b c ab ac bc a b c abc a b c 2 1 1 1 Nếu a  b  c         a b c a b c Suy : với abc  , a  b  c  1 1 1  2    a b c a b c  * Vận dụng đẳng thức * vào rút gọn biểu thức chứa hiệu  Thí dụ 9: cho a, b, c số hữu tỉ đôi khác Chứng minh S  a  b  b  c   c  a  số hữu tỉ Lời giải Nhận thấy  a  b   b  c   c  a   a  b  , b  c  , c  a  Áp dụng * cho ba số a  b , b  c , c  a ta có S 1   a b b c c a Mà a, b, c số hữu tỉ đôi khác nên S phải số hữu tỉ  Thí dụ 10: rút gọn biểu thức P 1 1   4 4 2 x  y  x  y x y  x  y 2 Lời giải Điều kiện x  0, y  0, x   y Nhận thấy x  y   x  y   Áp dụng * cho ba số x , y ,   x  y  ta 7|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập 1 1 1 1 1  4  2 2  2 2 2 x y  x2  y  x y x  y  x y  x  y2  1  2 x y  x  y 2 Do đó: P  Lại áp dụng * với ba số x, y,   x  y  ta có: P 1 1 1      x y  x  y x y x y  Thí dụ 11: tính tổng gồm 2010 số hạng S  1 1 1 1         2 3 2011 20122 Lời giải Mỗi số hạng tổng có dạng 1  n  1  1 1 1  2   1   n  3, , 2012  2 n  n  1  n  n 1 n Từ đó, ta có: 1  1  1  1  S  1     1      1     2010   2012  3  4  2011 2012   2010 1005 2012 Iii – vận dụng tính chất nghiệm đa thức để rút gọn Cơ sở lí thuyết Mệnh đề a) Nếu nhị thức dạng f  x   ax  b ( a, b tham số ) có hai nghiệm phân biệt a  b  , tức f  x  đồng b) Nếu tam thức dạng f  x   ax  bx  c ( a, b, c tham số ) có ba nghiệm đơi khác a  b  c  , tức f  x  đồng Chứng minh a) Giả sử với x1  x2 mà f  x1   f  x2   ax1  b  ax2  b  Từ a  x1  x2   Vì x1  x2  nên a  suy b  8|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập b) Giả sử x1 , x2 , x3 đôi khác mà f  x1   f  x2   f  x3   ax12  bx1  c  ; ax22  bx2  c  ; ax32  bx3  c  Từ suy a  x12  x22   b  x1  x2   ; a  x12  x32   b  x1  x3   Do x1  x2 , x1  x3 , nên a  x1  x2   b  ; a  x1  x3   b  c) Suy a  x2  x3   Vì x2  x3 nên a  Từ suy b  , c  Khi rút gọn phân thức hữu tỉ, khai triển phép tính gặp phải biến đổi phức tạp ta nên coi đa thức theo biến áp dụng mệnh đề Lúc công việc trở nên dễ dàng Một số thí dụ áp dụng  Thí dụ 12 Rút gọn biểu thức  d  b  d  c    d  c  d  a    d  a  d  b   a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  Lời giải Điều kiện xác định a  b, b  c, c  a Xét đa thức f  x    x  b  x  c    x  c  x  a    x  a  x  b   a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  Khi biểu thức cho f  d  Nhận thấy f  a    a  b  a  c    a  c  a  a    a  a  a  b    a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  Tương tự có f  b   f  c   Như f  x   tam thức dạng Ax2  Bx  C nhận ba số khác a, b, c làm nghiệm Vậy f  x   đồng , hay f  x   với x Suy f  d    Thí dụ 13 Đơn giản biểu thức a  b b  c c  a  a  b  b  c  c  a     a  b b  c c  a  a  b  b  c  c  a  Lời giải Điều kiện xác định a  b, b  c, c  a Sau quy đồng mẫu số chung  a  b b  c  c  a  , ta có tử thức 9|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 0937351107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập P   a  b  b  c  c  a    a  b b  c  c  a    a  b b  c  c  a    a  b b  c c  a  xét f  x    x  b  b  c  c  x    x  b b  c  c  x    x  b b  c  c  x    x  b b  c c  x  P  f a Ta thấy f  b    b  b  b  c  c  b   b  b b  c  c  b   ; f  c    c  b  b  c  c  c    c  b b  c  c  c   ; f  0  bc  b  c   bc  b  c   bc b  c   bc b  c  - Nếu b  c khác f  x  có dạng Ax2  Bx  C nhận b, c, đôi khác làm nghiệm nên f  x  đồng P  - Nếu b  b  c c  suy P  Vậy biểu thức cho Bài tập Bài rút gọn biểu thức sau 2  x2   x 3x  x    3 :  1) M   x 1  x 1 3x  3x  x2 1    x4     x  2) N     x2   x  x 1 x 1   3) N  a  bc b2  ac c  ab    a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  Bài Chứng minh với a, b, c số đôi khác a  x  b  x  c  b  x  c  x  a  c  x  a  x  b     x2  a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  Bài Rút gọn biểu thức chứa thức 1) A  a  4a  a 2 2) B  3x   3x  10 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Đề số (dành cho học sinh thi vào trung học phổ thông) Câu (2 điểm) giải phương trình hệ phương trình sau: A) 3x2  x   5 x  y  B)  5 x  y  8 C) x4  5x2  36  D) 3x2  5x    Câu (1,5 điểm) A) vẽ đồ thị  P  hàm số y   x2 đường thẳng  d  : y  x  hệ trục tọa độ 2 B) tìm tọa độ giao điểm  P   d  câu phép tính Câu (1,5 điểm) thu gọn biểu thức sau A B 34 34  1 52 x x  x  28 x 4 x 8   x 3 x 4 x 1  x  x  0, x  16  Câu (1,5 điểm) cho phương trình x2   3m  1 x  2m2  m   , x ẩn số A) chứng minh phương trình ln ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m B) gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn A  x12  x22  3x1 x2 Câu (3,5 điểm) cho đường trịn  O  đường kính BC Lấy điểm A đường tròn  O  cho AB  AC Từ A vẽ AH vng góc với BC ( H thuộc BC ) Từ H , vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC ( E thuộc AB , F thuộc AC ) A) chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF B) đường thẳng EF cắt đường tròn  O  P Q ( E nằm P F ) Chứng minh AP2  AE AB Suy APH tam giác cân C) gọi D giao điểm PQ BC ; K giao điểm AD đường tròn  O  ( K khác A ) Chứng minh tứ giác AEFK nội tiếp D) gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH  IC.ID 148 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Đề số (dành cho học sinh thi vào trung học phổ thông chuyên) Câu (2 điểm) cho biểu thức   x   x3  x  x  1   x  29 x  78 A    x  :  2 x   x  x  x   3x  12 x  36   A) rút gọn biểu thức A B) tìm tất giá trị nguyên x cho A có giá trị nguyên Câu (2 điểm) A) tìm tất số tự nhiên n để n3  n2  7n  10 số nguyên tố B) tìm tất số tự nhiên x, y, z thỏa mãn phương trình 2010x  2009 y  2008z Câu (2 điểm) giải phương trình x  x 1  x  x 1  x 8 Câu (3 điểm) cho tam giác ABC có góc BAC  105 đường trung tuyến BM đường phân giác CD cắt K cho KB  KC Gọi H chân đường cao hạ từ A tam giác ABC A) chứng minh HA  HB B) tính số đo góc ABC góc ACB Câu (1 điểm) cho ba số a, b, c với a  b  c chứng minh a  b2  c   a  b  c  Đề số (dành cho học sinh thi vào trung học phổ thong chuyên) Câu (2 điểm) A) giả sử a b hai số dương khác thỏa mãn a  b   b2   a chứng minh a  b2  B) chứng minh 20112  20112  20122  20122 số nguyên dương Câu (1,5 điểm) cho A  x2  x  B  Tìm tất giá trị nguyên x cho C  2x  x2  x  2A  B số nguyên Câu (2,5 điểm) 149 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập A) thu gọn biểu thức  x 3 x    M      x   , với x  0; x  x   x  x 3 x3 B) giải phương trình 16  x  x  16    x   C) giải hệ phương trình     x  1 7 y 1 4 y 1 Câu (3 điểm) cho tứ giác abcd nội tiếp đường tròn đường kính ad Hai đường chéo ac bd cắt e Kẻ è vng góc với ad Gọi m trung điểm de Chứng minh A) tứ giác abef, dcef nội tiếp B) tia ca tia phân giác góc bcf C) bốn điểm b, c, m, f nằm đường tròn Câu (1 điểm) kí hiệu [x] số nguyên lớn khơng vượt q x Tìm số thực x thỏa mãn  x  1  x  1 16 x        Đề số (dành cho học sinh thi vào trung học phổ thông chuyên) Câu (1 điểm) rút gọn biểu thức P xy  x  y  xy  x  y  , 1 1 1 1 Với x   a   , y   b   , a  1, b  2 a 2 b Câu (3 điểm) A) máy bay trực thăng bay từ a đến b, cách 960km với vận tốc 280km/h Khi bay từ a tới b bị gió cản nên thời gian bay phải nhiều so với thời gian bay từ b đến a (do gió đẩy) Tìm vận tốc gió 150 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập x2 đường thẳng  d  : y  m  x  1  Chứng minh (d) cắt (p) hai điểm phân biệt a, b m thay đổi Gọi xA , xB hoành độ a b Xác định m để B) cho parabol  P  : y   xA2 xB  xB xA đạt giá trị nhỏ tính giá trị nhỏ Câu (2 điểm) A) bên đường tròn  O;1 cho tam giác abc có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác abc B) cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị nhỏ ab  bc  ca biểu thức P  a  b  c  a b  b 2c  c a Câu (3 điểm) Cho tam giác abc có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O  , be cf đường cao Các tiếp tuyến với đường tròn  O  b c cắt s Các đường thẳng bc os cắt m A) chứng minh AB BS  AE ME B) chứng minh AEM ∽ ABS C) gọi n giao điểm am ef, p giao điểm as bc Chứng minh NP  BC Câu (1 điểm) năm học 2011 – 2012 trường trung học phổ thông chuyên tỉnh a có số học sinh giỏi quốc gia số tự nhiên có hai chữ số Hãy tìm số học sinh giỏi năm học nhà trường Biết số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị lớn chữ số hàng chục; viết số tự nhiên theo thứ tự ngược lại ta số nguyên tố có hai chữ số đem số cộng với số ban đầu kết số phương Hƣớng dẫn giải Đề số Câu A) với x  x  , ta có: A x B) A    x 3  x   x   3x  x 9     x 3 x 3   x 3   x 3   x  36 x 3 C) A lớn  x  nhỏ  x   A  Vậy giá trị lớn a đạt x  151 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Câu  Gọi x, x  *  số ngày theo kế hoạch đội xe chở hết hàng Theo đề ta có  140     x  1  140  10  x  15 x  140   x  x  4 (loại)   x  Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch ngày Câu Phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  x2  ax   x2  ax   (1) A) pt (1) có a.c  3  nên ln có hai nghiệm phân biệt Chứng tỏ  d  cắt  P  hai điểm phân biệt B) x1 , x2 hoành độ giao điểm  d   P  nên x1 , x2 nghiệm pt (1) Theo định lí viet ta có x1  x2  a , nên để có x1  x2  a  x2   x2   a nghiệm pt (1) Thay x2   a vào pt (1) ta   a   a   a     2a  9a    a   33  33 a  4 Câu (h.1) a) ta có HC  AB (gt)  IHB  90o Lại có ADB  90o (góc nội tiếp chắn đường tròn) nên IHB  IDB  180o , nên tứ giác hbdi nội tiếp E B) tứ giác hbdi nội tiếp nên DIE  ABD (cùng bù với góc HID ) Mặt khác IDE  ABD  sđ AD Suy DIE  IDE Do tam giác DIE cân C C) gọi k giao điểm bc với đường tròn  F  Ta có KID  KCD  sđ KD Mà KCD  BCD  BAD  sđ BD F A K I H (1) (2) Từ (1) (2) suy KID  BAD nên IK / / AB Từ CIK  CHB  90o 152 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 D B O Hình Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Mặt khác CIK góc nội tiếp đường trịn  F   CK đường kính đường trịn  F   F  BC  ABF  ABC  sđ AC Vì điểm h cố định nên điểm c cố định Suy cung AC có số đo khơng đổi Vậy góc ABF có số đo không đổi (đpcm) Câu Áp dụng bđt cauchy cho hai số dương bc 1, ta a bc abc a 2a bc     1 :    a 2a bc a bc  a  b 2b c 2c  ;  a c a bc a b a bc Tương tự ta có Từ suy 2a  b  c a b c     (đpcm) bc ac ab abc Đề số Câu A) phương trình 3x2  x   có a  b  c    2    1  nên có hai nghiệm x1  1, x2    y  x  y  11 y  11   B) x  y  8 x  y  8  x      C) đặt u  x  u   Pt cho trở thành u  5u  36  Ta có   25  144  169    13 nên pt có hai nghiệm u1  5  13 5  13  9 (loại); u2   4  (tmđk) 2 Với u  x2   x  2 D) 3x2  5x    Ta có   25  12     61  12 , nên phương trình có hai nghiệm 153 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập x1  5  61  12 5  61  12 ; x2  6 Câu A) bạn đọc tự vẽ hình B) phương trình hồnh độ giao điểm  P   d   x2  x 1  x2  x     x   y   2  x  2  y  2  1  Vậy tọa độ hai giao điểm  P   d  1;   ,  2; 2  2  Câu 3 A    12   2  2   B       1   52 25  12     2 42  42    1    1     x x  x  28  x 1 x 4   x 4 x 8  x 1 x 4     x 4   x 1 x 8 x 4    x  0, x  16    x 1  x 1  x 1  x 1 x 4 x 4 x 4     x 1 x x  x  28  x  x  16  x  x   22  11 26  13  11 13 1  1   x x  x  28    x x  4x  x     x 1 x 4  x 1 Câu A) ta có    3m  1  8m2  4m    m  1   với x  2 Do phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m 154 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thơng tập B) theo định lí viete ta có x1  x2  3m  x1 x2  2m2  m    Từ A  x12  x22  3x1 x2   x1  x2   5x1 x2   3m  1  2m2  m  2 25   25  m  m     m    , m   2 Do giá trị lớn a 25 , đạt m  Câu A) A P Ta có BAC  90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Vì HE  AB, HE  AC (gt) E K  AEH  AFH  90o Suy tứ giác aehf hình chữ nhật có HAF  EFA Mặt khác OA  OC  OAC  OCA Do F B H EFA  OAC  HAF  OCA  90o  OA  EF B) Do OA  EF nên AQ  AP  APE  ABP  ABP AP AB hay AP2  AB AE   AE AP Xét tam giác ahb vuông h có he đường cao nên AH  AB.AE Suy AP  AH Do aph tam giác cân C) Dễ có DE.DF  DC.DB ; DC.DB  DK.DA nên DE.DF  DK.DA  DFK# DAE (c.g.c)  DKF  DAE  tứ giác aefk nội tiếp D) Dễ thấy ICE  AEF  DKF  ICF# IKD  g.g   IC.ID  IK Dễ chứng minh IHF# IKH  IH  IF.IK Từ suy IH  IC.ID (đpcm 155 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 I Q C D Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Đề số Câu A) Đk x 26; 6; 3; 1;1;2 Đs A  3x  2x  B) Biến đổi A   15 15 Vậy a nguyên nguyên x3 x3 Đs x 2; 4;0; 8;12; 18 Câu A) đặt A  n3  n2  7n  10   n  2  n2  n  5 Vậy để a số nguyên tố n  n2  n  phải ước Từ đó, tìm n  n  B) Ta có 2010x  2009 y  2008z  , x, y, z  Suy x  Khi 2010 x số chẵn Mà 2009 y ( y  ) số lẻ nên 2008z phải số lẻ, suy z  Do (*) 2010x  2009 y  x y Vì 2009 chia hết cho dư nên 2010  2009  chia cho dư Lại có 2010  4k  , k  *  2010x  4m  2x , m  * Với x  2010x  4m  2x Do x  , thay vào pt (*), ta có 2009 y  2009  y  Đs  x; y; z   1;1;0  Câu Đk x  Biến đổi pt cho dạng 2 x 8 x 8 x 1   x 1 1   x 1  1 x 1 1  5  Nếu x     x  pt (1) trở thành x 8 x 8 x 1   x 1 1   x 1   x  84 x  164  5  x  82 x  ( thỏa mãn)      x     x  pt (1) trở thành x 8 x 8 x 1   x 1   2  x  (loại) 5 Pt cho có hai nghiệm x  2; x  82 Câu 156 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 (1) Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập A) Ta có MH  MA  MC , suy A MHC  MCH  2BCK D Do KB  KC ( giả thiết ) nên KBC  KCB M Từ MHC  2KBC , mà MHC  KBC  HMB , K suy KBC  HMB Do tam giác hmb cân h, hay MH  HB B H Giả sử HA  HB , ABH  BAH suy BAH  45o ABH  45o Vì BAH  CAH  105O nên CAH  60o Tam giác amh cân m nên AHM  HAM  60o Suy AMH  60o Do HA  MH  HB (mâu thuẫn với giả sử ) Tương tự, HA  HB ta gặp điều mâu thuẫn Vậy HA  HB B) Từ a) suy tam giác ahb vuông cân h nên BAH  ABH  45o , suy HAC  60o ACB  30o Câu Bđt cần chứng minh tương đương với a2  b2  c2  a  b2  c2  2ab  2bc  2ac  b  c b  a   , ( a  b  c ) Đề số Câu A) Từ giả thiết, ta có a   a  b   b2  a  a  b  b2  a  a  b2  b4   a  b2  a  b2  1  Vì a  b2  ( theo giả thiết a  b ) nên a  b2  B) Đặt a  2011 , ta có   20112  20112.20122  20122  a  a  a  1   a  1  a  a  Suy điều phải chứng minh Câu Đk x   ; x  Ta có 2  x  1 A ; B C  2x 1 2x 1 2 2 x 1      x  x   157 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 C Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập 2   x  1 Nếu x  C    1  0  x    x  1  2x  Suy  C  , nên c số nguyên Mặt khác, C    x  1    Nếu x  x  1 C  ( thỏa mãn) 2x 1 2   Nếu x  1 C     1  Mặt khác, C    x  1  2x 1  Suy 1  C  , nên c số nguyên Vậy x  x  1 c số nguyên Câu A) M  12 B) Đk 4  x  Pt cho trở thành x  x3  16  x  x  16  x    x  2 ( thỏa mãn đk) x  16  x  C) Đk x  1; y  1 Đặt a  ; b ; a  , b  Hpt cho trở thành x 1 y 1  2a  b  a    5a  2b  b    3 2 Đs Hệ có nghiệm  x; y    ;   2 3 Câu A) B Ta có ABE  AFE  90o ECD  EFD  90o Chứng tỏ tứ giác abef dcef nội tiếp B) 1 Ta có BCA  BDA  sd BA , ACE  BDA  sd EF 2 từ đó, suy BCA  ACF , hay ca tia phân giác C E M A O F góc BCF C) Theo câu b) BCF  2BCA (1) Tam giác efd vng f có m trung điểm ed, nên tam giác mfd cân m, MFD  MDF Từ kết hợp với tính chất ngồi tam giác, ta có BMF  2MDF Mà MDF  BCA  (2) sd AB (3) Từ (1), (2) (3) suy BCF  BMF , c, m 158 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 D Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập nằm phía với bf, tứ giác bcmf nội tiếp Câu A) 4x 1 Đặt y  Pt cho trở thành 1 y 1   y     y   y 1 1  Từ hệ thức  y     y    y  , suy  y   , 2  y 1 3t   3t  Đặt t  t t   t   1  t  , mà t   t   , ta có     1  Với t  1 y    x    Với t  y   x  16 nên t  1;0 , Đs x   ; x  16 Đề số Câu 2 1 1 1 1 Ta có x    a      a   4 a 4 a Suy 1 1 x    a   ( a  ) Tượng tự 2 a Thay vào p biến đổi thu P  1 1 y2 1   b   2 b a  b2 a b  Câu A) Gọi vận tốc gió x km/h (với x  ) Thì thời gian bay từ a đến b 960 (h), thời gian bay 280  x 960 (h) Ta có phương trình 280  x 960 960 1   x  1960 (loại) ; x  40 (tmđk) 280  x 280  x Vậy vận tốc gió 40 km/h B) Phương trình hồnh độ giao điểm parabol (p) đường thẳng (d) x2   m  x  1  x  4mx   m    từ b đến a (1) Vì '  4m2  4(m  2)   2m  1   với m, nên pt (1) ln có hai nghiệm phân biệt Vậy (p) (d) cắt hai điểm phân biệt a, b Theo định lí vi ét ta có xA  xB  4m ; xA xB  4(m  2) nên xA2 xB  xA xB2  xA xB ( xA  xB )  4  m   4m  159 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập    16 m2  2m  16  m  1  16  16 với m Vậy  xA2 xB  xA xB2   16 đạt m  1 Câu A) ( bạn đọc tự vẽ hình) Giả sử o nằm ngồi tam giác abc Khơng giảm tính tổng qt, giả sử a o nằm hai phía đường thẳng bc Gọi k giao điểm ao đường thẳng bc Kẻ đường cao ah, ta có AH  AK  AO  AH BC Suy S ABC   ( BC  ) Mâu thuẫn B) Ta có  a  b2  c2    a  b  c   a  b2  c   a3  b3  c3  a2b  b2c  c2a  ab2  bc  ca Mà a3  ab2  2a 2b ( theo bđt cauchy ) Tương tự b3  bc2  2b2c c3  ca  2c2 a Suy  a  b2  c    a 2b  b2c  c a      a  b2  c ab  bc  ca 2 Do P  a  b  c  , suy P  a  b  c  a  b2  c 2 a  b2  c 2 2  Đặt t  a2  b2  c2 , ta chứng minh t  9t t t Từ P  t       3   2t 2t 2 2 P4 Đẳng thức xảy a  b  c  Vậy giá trị nhỏ p 4, đạt đượckhi a  b  c  Câu 160 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1  Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập A) A sd BC AEB  BMS  90O AB BS Nên AEB# BMS , suy (1)  AE ME B) Do ABE  SBM  N E O Tam giác bme cân m nên MEB  MBE Lại có F SBM  ABE  BAE  ABE  90O  AEB  SBA  AEM (2) Từ (1) (2) suy AEM# ABS C) B P M C Từ kết câu 2) ta có BAP  EAN Mà ABP  AEN ( bù với CEF ) nên AN NE AEN# ABP , suy (3)  AP PB Vì AEM# ABS (câu 2) tương tự ta có S MAF# SAC nên AME  ASB AME  ASC  EMF  BSC  SBP  MEN (do hai tam giác cân có hai góc đỉnh nhau) NE NM  Suy EMF# BSC  (4) PB PS AN MN Từ (3) (4) suy   NP / / MS AP PS Mà MS  BC nên NP  BC câu gọi số học sinh giỏi quốc gia trường năm học 2011 – 2012 ab 1  a  b   Theo ta có ba  ab  11 a  b  số phương, mà 11 số nguyên tố nên a  b phải bội 11 Do 1  a  b   nên a  b  11 Suy ab 29,38, 47,56 Nhưng số viết theo thứ tự ngược lại để số nguyên tố có 38 Vậy số học sinh giỏi trường năm học 2011 – 2012 38 em 161 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập 162 | M U A T R Ọ N B Ộ F I L E W O R D L I Ê N H Ệ 1 ... thức H  10   10  Lời giải Lập phương biểu thức H ta có: 6|MUA TRỌN BỘ FILE WORD LIÊN HỆ 093735 1107 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập H  20  3 102  62.3... Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Chuyên đề 1.2 Tìm điều kiện để biểu thức đại số Thỏa mãn điều kiện cho trước Sau rút gọn biểu thức, đề thi yêu cầu thêm:... D L I Ê N H Ệ 1 Tuyển chọn chuyên đề chọn lọc thi vào lớp 10 trung học phổ thông tập Chuyên đề 2.3 Tìm giá trị lớn nhất, giái trị nhỏ Một phương pháp tìm giá trị lớn nhất, Giá trị nhỏ biểu thức