30 đề thi HSG Toán lớp 9 - Tài liệu học tập Toán 9 - hoc360.net

2.. Chứng minh tương tự ta cũng có góc FBE = 1v => tứ giác FBCE nội tiếp được trong đường tròn. Do CP là phân giác của góc BCA nên cung PA = cung PB , kết hợp với cung MB = cung MC. C[r]

Đề 1 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

                         x x x x x x x : x x x P

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải phương trình:

4 ) 1 ( 2     x x x

b) Tìm nghiệm nguyên hệ:         zx yz xy z y x

Bài 3: (2,0 điểm).

Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1

Tính: T =

   2 1 x z y x       2 1 y x z y        2 1 z y x z    

Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 ; b1 ≤ b2 ≤ b3

Chứng minh : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3)

Áp dụng chứng minh : với 0abc a b c a b c

c b a        2006 2006 2006 2005 2005 2005 Bài 5: (6,0 điểm).

1 Cho hai đường tròn (o1) (o2) cắt A B Tiếp tuyến chung gần B hai

đường tròn tiếp xúc với (o1) (o2) C D Qua A kẻ đường thẳng song song với

CD cắt (o1) (o2) M N Các đường thẳng BC BD cắt đường thẳng

MN P Q Các đường thẳng CM DN cắt E Chứng minh rằng: a) Đường thẳng AE vng góc với đường thẳng CD

b) Tam giác EPQ tam giác cân

2 Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD) Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích

HƯỚNG DẴN GIẢI

1 đk 

                 x x x x x x

Ta có: 

=               

 (2 x)(3 x x x : x =               

 (2 x)2 ) x )( x ( x

= x

3

 Vậy P = x



Ta thấy P = x    25 x x

x      

 Vậy với x = 25 P = 1

2 a ĐK: x  -1 PT <=>

 1 4

4 1 2                    

 x x

x x x

x x

<=>  x1 12 x 4 x13 Giải Pt x = (t/m x  -1) KL: x = 8

b Hệ           z y x xy z y x

Đặt      v xy u y x

x, y nghiệm phương trình: t2 - ut + v = (a) Phương trình có nghiệm  u2 – 4v  0 (*)

Ta có hệ:       zu v z

u  

 2

Thế (1) vào (2)  v = – z(5 - z) = z2 –5z + Hệ có nghiệm  (a) có nghiệm  (*) xảy ra

 (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8)   - 3z2 + 10z –  0

 (z-1)(-3z+7)  0 

                     7 z z z z                  7 z z z ) ( ) ( VN

Từ (3) z nguyên  z = 1; 2 +)

                    2 4 4 y x xy y x v u z +)                                 2 3 y x y x xy y x v u z

Vậy hệ có nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z)

=(x+z)(z+y)

Tương tự ta có: 1+y2 =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y)

T=

    

x zx y

y z x z z y x y x           

x yy z

z x y x y z x z y            

z xz y

z y x y z x y x z        =

=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= 2

4 Do a1 ¿ a2 ¿ a3 ⇒ a1 - a2 ¿ 0; a1 - a3 ¿ 0; a2 - a3 ¿

A D

F

C E

B ⇒ (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) ¿

⇔ 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 ¿

⇔ a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 ¿ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)

⇔ a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) ¿ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)

⇔ ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) ¿ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005

b1 = a b c

a



 ; b2 =a b c

b



 ; b3 =a b c

c

 

Do  a  b c Nên ta có ; a1  a2  a3 b1 b2 b3

áp dụng câu a ta có;

(a2005+b2005+c2005)   

 

      

 a b c

c c b a

b c b a

a

3 

 

 

 

 

c b a

c b

a2006 2006 2006

 a b c a b c

c b a

   

 



2006 2006 2006

2005 2005 2005

5.1) Do MN // CD nên EDC = ENA

Mặt khác CDA= DNA ( Cùng chắn cung DA)

-> EDC= CDA hay DC phân giác góc ADE

Lâp luận tương tự -> CD phân giác góc ACE -> A E đối xứng qua CD-> AE  CD

Do PQ song song với CD nên AE  PQ ( *)

Gọi I giao điểm AB CD Ta có AID đồng dạng với  DIB

( Do chung BID IAD = IDB (cùng chắn cung BD))

-> IA ID

=ID IB

-> ID 2 = IA.IB (1)

Lập luân tương tự -> IC2 = IA.IB (2)

Từ (1) (2) -> IC = ID

Mà AP IC

= AQ ID

( BA BI

) => AP = AQ Kết hợp với (*) -> EPQ cân E

2)

Biến đổi hình thang thành hình tam giác có diện tích ABF

Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC F Chứng minh SABCD = SABF

Lấy E trung điểm cảu FB Đoạn thẳng AE chia tam giác ABF thành hai hình có diện tích AE đoạn thẳng

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :                            x x x x x x x x x x x x P : 2 8

a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P1 b) Tìm x thoả mãn :  x 1.P1

Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải phương trình : 1

2          x x x

b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 =

x2+ y2x + 2y =

Bài 3: (3,0 điểm).Cho x,y,zR thỏa mãn : x  y  z x  y  z 1

1

Hãy tính giá trị biểu thức : M =

+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Bài 4: (6,0 điểm).

1 Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) Gọi M N tiếp điểm cạnh

AC cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp ABC Đoạn thẳng MN cắt tia AO P cắt tia BO Q Gọi E, F trung điểm AB AC

a) Chứng minh : c

PQ b NQ a MP   b) Chứng minh : Q, E, F thẳng hàng

2 Cho tứ giác ABCD Lấy điểm M tùy ý cạnh AB xác định điểm N cạnh DC cho MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích

Bài 5: (2,0 điểm)

Cho a,b,c >0 a+b+c = Chứng minh b+c ≥ 16abc HƯỚNG DẴN GIẢI

1 a) Điều kiện x>0 Ta có : ( 2)

) ( ) ( : ) ( ) ( ) 8 ( )

( 2

           x x x x x x x x x x P

P=

4    x x x

 P-1=

0 ) ( ) ( 4 2           x x x x x

Vậy P1 b) ( x 1).P1 4 x 12 x2 x 5 3x + 6 x -1 = 0



3 3 3       x x  3   x

(thoã mãn điều kiện x>0)

2 a ĐK : x1 1 ) ( 2 2        x x x x x x x

 ( 1) 1 2      x x x x x

 ( 1) 2    x x

 (1 2) (1 2) 0 ) ( ) ( 2           x x x x  2

2  



x

(thỏa mãn) b Giải hệ phương trình :

Nếu y=0  x=0 Vậy x=0, y=0 nghiệm hệ phương trình

Với y0 hệ cho trở thành x2y – 2x + 3y2 =

x2y+ y3x + 2y2 =



0 2 2       y x y x y x x y

Nhận thấy y3 2 khơng thoả mãn hệ phương trình

Xét y3 2 từ (1)  2   y y x

thay vào (2) ta có :

0 2 ) ( 3 2    

 y y

y y y y  2 ) ( 3 3            y y y y y

 3y6 11y3 80

 3 1 3                x y y x y y

Vậy hệ có nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 3;3 

)

3 Từ : x  y  z x  y  z 1 1 => 1 1       z y x z y

x =>     0

     z y x z z z y x xy y x           1

0 ( )

( )

zx zy z xy

x y x y x y y z z x

xy z x y z xyz x y z

      

              

     

 

 

Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).=

y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8)

z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)

Vậy M =

a) Ta có : BOP góc ngồi AOB  BOP= OAB + OBA =

(BAC + 

ABC)

Lại có : PNB=1800 – MNC =1800 -

0

180

180 ( )

2

ACB

BAC ABC

 

    

 BOP+PNP=1800  tứ giác BOPN nội tiếp  OPM = OBC (cùng bù OPN )

Mặt khác : OMP = OCN  OPM OBC (g.g)

 OB

OP OC OM a

PM

 

(1)

Tơng tự ta có :ONQ OCA (g.g)  a

PM OC

OM OC ON b

NQ

 





AOB QOP (g.g)  a PM OB OP c

PQ

 

 Từ (1) , (2)  c

PQ b

NQ a

MP

 

b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)

 AQO=AMO = 900  ABQ vng Q có QE trung tuyến  EQB= EBQ=CBQ  EQ//BC mà EF//BC  E, Q, F thẳng hàng

5 Cho ba số thực a b c, , không âm cho a b c  1

Chứng minh: b c 16abc Dấu đẳng thức xảy ? Theo kết câu 3.1, ta có:

a b c  2 ab c 2 4a b c  

 

mà a b c  1 (giả thiết)

nên:    

2

1 4 a b c b c 4a b c (vì a, b, c khơng âm nên b + c không âm)

Nhưng: b c 2 4bc (không âm) Suy ra: b c 16abc.

Dấu đẳng thức xảy khi:

1

,

4

a b c

b c a

b c

  

   

  

Đề 3

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

x x x x

P :

x

2 x x x x

       

      



   

   

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị nguyên x để P nguyên

Bài 2: (3,0 điểm) Cho x > 0, y > x + y = Chứng minh:

4

8(x y )

xy

  

Bài 4: (3 điểm) a) Giải hệ phương trình

1 2

  

3

  

y x y x

b) Giải phương trình : 25 - x - 10 - x = 32 2 Bài 4: (6,0 điểm).

1) Cho ABC vuông A, đường cao AH Gọi (P), (Q) theo thứ tự đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB AHC Kẻ tiếp tuyến chung (khác BC) (P) (Q) cắt AB, AH, AC theo tự M, K, N Chứng minh

a HPQ ABC b KP // AB, KQ // AC

c Tứ giác BMNC nội tiếp

2) Cho a, b, clà độ dài cạnh ABC Gọi m, n, k độ dài đường phân giác ba góc ABC Chứng minh rằng: \f(1,m + \f(1,n + \f(1,k > \f(1,a + \f(1,b + \f(1,c

Bài 5: (2,0 điểm).

Tìm tất tam giác vng có độ dài cạnh số ngun số đo diện tích số đo chu vi

HƯỚNG DẴN GIẢI

1 Điều kiện để P có nghĩa:

x x 0

x x

x x



  

 

  

 

   



 Ta có:

(x 9) (4 x) x

(2 x )( x 3) ( x 2)( x 3) P

x ( x 3) ( x 3)( x 3)

   



   





 

       

    

  

(x 9) (4 x) (9 x) x x x

P P

(2 x )( x 3) x (2 x ) x x

Theo câu a ta có:

2 x

P

x x



  

Do để P  Z ta cần

x  Z 

x

x (lo¹i)

 



 

 x = 1.Vậy với x = P có giá trị ngun Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2

= [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + 1.

    2        

8(x y ) 16x y 32xy (4xy 7)(4xy 1)

xy xy xy

Vì x > y > nên theo BĐT Cơsi ta có:

(4xy 7)(4xy 1)

2 xy x y xy

4

xy

  

        

  

4

1

(4xy 7)(4xy 1) 8(x y )

xy xy

         

Dấu xảy

x y

x y x y

 

  



 

 .

3 1) ĐKXĐ: - 10  x  10

3

2

M

A

Giải hệ pt ta : a = ; b = Suy : x1 = ; x2 = -3

2) Đky0: y

x y x y x y

x   

        

 3

2

2

(1): y

x y x y x y

x   

        

 3

(2)

Cộng (1) (2) vế với vế ta được:

0 1                  y x y

x 20

                y x y x             y x y x                 3 y x y x

Từ (3) (2) ta có:

           y x y x        y x y y (*)

(*) vô nghiệm

 hệ vô nghiệm Từ (4) (2) ta có

            y x y x        y x y

y2

;  

 x y hệ có nghiệm ;

1  y

x

4 1) a AHB CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếpAHB AHC

=> AC AB HQ HP



(1) lại cóBAC = PHQ = 900 (2)

Từ (1) (2) suy HPQ ABC

b Theo câu a ta có PQH = ACB (3)

PKQ = PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp => PKH = PQH (4)

Từ (3) (4) => PKH = ACB

lại có BAH = ACB=> PKH = BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta có

KQ //AC

c Ta cóACB = PKH = MKP = AMK

=> BMN + NCB = BMN + AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp

2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M

A1 = M1, A2 = C2, Mà A1 = A2, (AD tia phân giác góc A ) Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/

Nên M1 = C1,  AM = AC Xét AMC : MC < AM + AC = 2AM

Xét BMC ta có : AD // MC  \f(AD,MC = \f(AB,BM = \f(AB,

Nên AD = \f(, < \f(,  \f(1,AD > \f(1,2 ( \f(1,AC + \f(1,AD )

 \f(1,m > \f(1,2 ( \f(1,b + \f(1,c )

Tương tự : \f(1,n > \f(1,2 ( \f(1,a + \f(1,c ) ; \f(1,k > \f(1,2 ( \f(1,a + \f(1,b ) Vậy \f(1,m + \f(1,n +

\f(1,k > \f(1,a + \f(1,b + \f(1,c

5 Gọi a, b, c số đo cạnh tam giác vng cần tìm Giả sử a b c  

Ta có hệ phương trình :

2 2

a b c

ab 2(a b c)

  



  



(1) (2)

Từ (1)  c2 = (a + b)2 − 2ab

 c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2))

 (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c (a + b)2 − 4(a + b) + = c2 + 4c + 4.

 (a + b − 2)2 = (c + 2)2  a + b − 2 = c + (do a + b 2) c = a + b − 4.

Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)

 ab −4a−4b + =  b(a −4) −4(a−4) =  (a −4)(b−4) = 8 Phân tích = 1.8 = 2.4 nên ta có:

a

ho ho

b

     



   

    



a - = a = a =

Ỉc Ỉc

b - = b = 12 b =

Từ ta có tam giác vng có cạnh (5 ; 12 ; 13) (6 ; ; 10) thỏa mãn yêu cầu toán

Đề 4

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

3

6 3

3

3

3

x x x

A x

x x x

x

 

   

     



  



   

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: (3,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

2 19

7

x y xy x y xy

   



  



b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = xy >

Tìm giá trị lớn biểu thức :

1

M

x y

 

Bài 3: (5,0 điểm).Giải phương trình.

a)

1

  x

x +

1 63 16

1 35

12 15

8

2

2 

      

 x x x x x

x

b) x6 x2  x11 x2 1 Bài 4: (6,0 điểm).

b) Tìm quỹ tích trung điểm K MN c) Tìm vị trí (L) cho MN ngắn

Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I giao điểm hai đường chéo Kí hiệu AIB; CID; ABCD

S S S S SS

a Chứng Minh: S1  S2  S

b Khi tứ giác ABCD hình thang hệ thức xảy nào? HƯỚNG DẴN GIẢI

1 Ta có:  

2

3x2 3x 4 3x1  3 0;1 3x 0, x

, nên điều kiện để A có nghĩa

 3  3  4 0,

x   x x x  x  x   x

 

 3

3

1

6

3

3

3

x

x x

A x

x x x

x

    



   

     

  

    

   

 

     

6 3

3 3 3

x x x

A x x x

x x x

    

 

   

    

 

     

3

3 3 3

x x

A x x

x x x

 

 

 

  

    

 

 12

3

x A

x

 

 (

4

3

x

 

)

 12  22 2 2 1

3 3

x x x

A x

x x x

    

   

  

Với x số nguyên không âm, để A số nguyên

3 3

3

3

x x

x x

x x

   

       



 

 (vì

x Z x 0) Khi đó: A 4

2.a)

 2

2 19 3 19

3 19

7 7

S x y

x y xy x y xy S P

P xy

x y xy x y xy S P

  

            

 

    



          

   (1)

Giải hệ (1) ta được: (S1; P6), (S 2; P5)

Giải hệ phương trình tích, tổng:

1

x y xy

  

 



2

x y xy

  





 ta có nghiệm hệ phương

trình cho là:

3 6

; ; ;

2 1 6 1 6

x x x x

y y y y

 

     

   

   

     

   

b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + =

 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + + x + y + = 0 (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0  (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = (*)

             

2

2

V x – x y y 1= 1 1

2

ì        x  y   y  

 

Nên (*) x + y + =  x + y = -

1

Ta c : ó M x y x y xy xy

 

   

 

2

4 4

x y xy xy

xy xy



       

S4 S3

S2 S1

I

K H

C B

A

3 a) x2 + 4x + = ( x + 1)( x+ 3)

x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5)

x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)

x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)

 ĐKXĐ : x  -1; x  -3; x  -5; x  -7; x  -9

pt 

1 ) )( (

1 )

7 )( (

1 )

5 )( (

1 )

3 )( (

1

          

 x x x x x x x

x



1 ) 7 5 3 1 (

              

 x x x x x x x

x 

1 ) 1 (

  

 x

x

 5( x + - x -1) = 2( x+1)( x+9) 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0 x2 + 10x - 11 = 0

Phương trình có dạng a + b + c =  x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ

Vậy tập nghiệm phương trình : S =  11;1

b) ĐKXĐ: x  -2 ( 0,5 điểm)

Pt  ( x2 2)2  ( x2 3)2 1<=>| x2  2| + | x2 -3| = 1

1 | x2  2| + | - x2| = 1

áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : | x2  2| + | - x2|  1

Dấu "=" xảy : ( x2  2)( - x2)    x2  2 x  7 Vậy tập nghiệm phương trình : S = x/2 x 7

4.a) Xét BMD CND:

+ BD=CD (vì AD phân giác góc A) +  ACD

sđ cung AD



MBD A1+D1=2

sđ cung AB +2

sđ cung BD =2

sđ cung AD

 ACD=MBD Trong (L), A1 = A2  DM = DN  BMD = CND  BM = CN.

b) Gọi I trung điểm BC  I cố định

Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’  MM’NN’ hình bình hành.  K trung điểm M’N’

Vì IM’ = BM = CN = IN’  IM’=IN’ IK phân giác M’IN’

Do  

CN IN

MB IM

// '

// '

 IM’, IN’ cố định Vậy: Quỹ tích K đờng phân giác M’IN’

c) DMN cântại D có MDN = 1800 -BAC = Const

 MN ngắn  DM nhỏ nhất DMAB  khi AD đờng kính (L).

5 a Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S = S AID

Ta có:

1

AIB

AID

S AH BI

S AH DI





4

(1)

S BI S DI

 

và

1

CID

BIC

S CK DI

S CK BI





2

(2)

S BI S DI

 

Từ (1) (2) suy ra:

3

1 4

(3)

S S

S S S S S S  

Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4S1S22 S S3 (4)4

Từ (3) (4) ta suy ra: S S 1S22 S S1 ( S1  S2)2 S  S1  S2

(đpcm)

b Khi tứ giác ABCD hình thang ta xét:

* Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S = S  S  S1  S2

* Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S = S 

1

2

S

S S

 

Dấu sảy khi: S1 = S = S = S =

S

 ABCD hình bình hành Đề 5

Bài 1: (5,0 điểm).

Cho phương trình :

2

2

2 2

x x

x x

 

 

   

a) Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa b) Giải phương trình

Bài 2: (3,0 điểm) a) Giải hệ phương trình:

3

5 2

1

x y

x y x y

  

 

  

 

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình

y2 =-2(x6-x3y-32) Bài 3: (5,0 điểm).

a) Cho x, y >0 x y 1  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2

1

A

x y xy

 

 b) Cho số dương a,b,c thay đổi thoả mãn : a+b+c=4

CMR: ab bc ca 4. Bài 4: (6,0 điểm).

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); H trực tâm tam giác; M điểm cung BC không chứa điểm A

a) Tìm vị trí M để tứ giác BHCM hình bình hành

b) Gọi E, F điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh E,H,F thẳng hàng

Chứng minh rằng:

HA HA1+

HB HB1+

HC

HC1≥6 Dấu "=" xẩy nào?

HƯỚNG DẴN GIẢI a) điều kiện : 0x4

2 2

b) 2 (1)

2 2 2 2

x x x x

x x x x

   

    

       

Đặt 4 x = a ; 4 x = b ( a ; b  0)

               

2

2

2 2 2

2

8 Ta c :

2

2

8 8

(I)

2 4 4

a b

ó a b

a b

a b a b a b

a b ab a b a b ab a b ab ab a b ab

  

 

 



 



        

  

 

  

                 

  



Vì ab + > nên :

   

2

2

2

2 2

2

2

1

2

2 2 2 2 0

1 (loai v a 0)

3

3 4 2 3 1

b

b b a

ab

a b ab a

I a

a a b

a b a a a

a a ì

a x

x

b x



    



      

   

           

 

  

   

       

 

    



     

 

     

 

    

 

2 Ta có:

3

5 2

1

x y

x y x y

  

 

  

 

3 3

5 2 3 2

1

( )( ) ( )

x y x y

x y x y x y x y x y

     

 

   

     

 

 

Sảy trườngg hợp:

Trường hợp a:

3 1 0

1

x x y

y xy



   



 



 

 hoặc

0

y x

  

 

Trường hợp b:

3 1 3 1 3 1

0

x y x y y y

x y x y x y

        

  

  

   

   hệ vô nghiệm

Vậy nghiệm hệ là:

0

;

1

x x

y y

 

 

 

 

 

b) y2=-2(x6-x3y-32) 2x6 2x y y3  64 x6 (x y )3 64 ( )x2 3(x y )3 64

Vì xZ  x2N Vậy x nhận giá trị  0; 1; 2 

Suy cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8),(2;8), (-2;-8) 3.a.Vi a 0, b 0  ; Ta có: a2 b2 2 a b2 2ab

   (Bdt Cô si)  a2b22ab 4ab  (a b) 4ab

(a b)(a b) a b a a 1

4 (*)

ab ab a b ab ab a b a b a b

  

         

  

H C1

C B1

B A1

A

2 2

1 4

x y 2xy x y 2xy (x y) (1)

Mặt khác :

2

2

1 1

(x y) 4xy

4xy (x y) xy (x y)

     

  (2)

2 2 2

1 1 1 1 1

A

x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy xy

   

        

      

2 2

4 4

(x y) (x y) (x y) (x y)  

       

      6

[Vì x, y >0 x y 1   (x y)  1] minA = 6

1 x = y =

2

b.*Do a,b,c >0 từ gt ta có : ababc4 ab 2 ab2 ab (1)

*Hoàn toàn tương tự ta có: bc2 bc (2)ca2 ca (3)

*Cộng vế với vế (1),(2) (3) ta có: 2abc2 ab bc ca

Hay  ab bc ca  đpcm

4

a Lấy cung BC điểm M cho AM đường kính đường tròn (O) ta chứng minh tứ giác

BACM hình bình hành Gọi I trung điểm BC, ta có OI BC theo (gt) AH BC OI//AH (1)

Gọi C'CH  O ta CBC' = 1v (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn (O))  AH // BC'

Tương tự ta có: AC' // HB  AC'BH hình bình hành

 AH = BC'; mà BC' = IO (do IO đường trung bình CBC') OI = 1/2 AH (2)

Từ (1) (2)  H, I, M thẳng hàng, tứ giác BHCM có đường chéo cắt trung điểm đường nên hình bình hành Vậy điểm M cần tìm giao AO với (O)

b Do E đối xứng M qua AB ta có: AEB = AMB (1)

Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên AMB = ACB (2)(cùng chắn cung AB)

H trực tâm nên tứ giác AC'HB'; BC'HA'; CA'HB' nội tiếp

Ta có AHB = A'HB' (đối đỉnh)  AHB + ACB = A'HB' + ACB = 1800 (3)

Từ (1) (2) (3)  AEB = EAB + MAB (do M, E đối xứng qua AB)

Tương tự ta chứng minh CHF = CAM

Tc:EHF = EHB + BHC + CHF = (MAB + CAM) + BHC

= CAB + BHC = CAB + C'HB' = 1800  E, H, F thẳng hàng

5 Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm tam giác * S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB

Ta cã: S S1=

1

2 AA1 BC

2 HA1 BC =AA1

HA1=1+ HA HA1

.T2:

S S2=1+

HB HB1 ,

S S3=1+

HC

Suy ra: 1 1

1 1

3

HA HB HC

S

HA HB HC S S S

 

      

  3

1 1

(S S S )

S S S

 

      

 

Theo bất đẳng thức Côsy: 3 1

1 1

(S S S ) HA HB HC

S S S HA HB HC

 

             

 

Dấu "=" xảy tam giác ABC

Đề 6

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: A = 

   

  

   

     

  

 

1

1 :

a a a a

a a

a a

a.Rút gọn biểu thức A

b.Tính giá trị biểu thức A a 2011 2010 .

Bài 2: (4,0 điểm).a) Giải hệ phương trình: 

  

  

y x y x

xy y x

3

3 2

b) Giải phương trình: + = x2 - 10x + 27 Bài 3: (4,0 điểm).

a) Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz =1

Tìm GTNN biểu thức: E = ( )

1 )

( )

(

3

3 y z y z x z x y

x      .

b) Giải phương trình nghiệm nguyên:   y 3 xz x yz z xy

Bài 4: (6,0 điểm).

Cho hình vng ABCD Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A B ) Tia CM cắt tia DA N Vẽ tia Cx vng góc với CM cắt tia AB E Gọi H trung điểm đoạn NE

1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp đường trịn

2/ Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vng ABCD 3/ Chứng minh M di chuyển cạnh AB tỉ số bán kính cácđường trịn nội tiếp tam giác NAC tam giác HBC không đổi

Bài 5: (2,0 điểm).

Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , tiếp điểm D, E, F Chứng minh tích khoảng cách hạ từ điểm M đường tròn xuống cạnh tam giác ABC tích khoảng cách từ M đến cạnh tam giác DEF

1 Điều kiện: a0 A =                        1 : a a a a a a a a                 ) )( ( 1 : 1 a a a a a a a ) )( ( : ) (        a a a a a a 2 ) )( ( ) )( ( ) (       a a a a a a  1

2 a) Giải hệ phương trình:        y x y x xy y x 3 2

Từ (1) ta có PT (2) có dạng :x 3 y3=

) )(

3

(x y x2 y2 xy  



 x 3 y3 x3xy2 x2y3x2y 3y3 3xy2  4x2y 4x y2 2y3 0 2y(2x2 2xyy2)0

       ) ( 2 x y

x y             x y x o y            0 y x o y

+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1 x 1

+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn  x=0, y=0 loại

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) (1,0) (-1,0)

b) + = x2 - 10x + 27 Đk :  x  Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta :

+ = +  \f(,2 + \f(,2 =

Dấu “ = ” xảy 

x −4 =1 6 − x =1

⇔ x =5

¿

{¿ ¿ ¿

¿

Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + = ( x - )2 +  2

Dấu “ = ” xảy  x - =  x = Do : + = x2 - 10x + 27  x = 5

3 a) Đặt a = x

, b = y

, c = z

 abc = xyz

= 1 x + y = c(a + b)

y + z = a(b + c) x + z = b(c + a)

 E = b c

a



2

+ c a

b



2

+a b

c



2

Dễ dàng chứng minh đợc b c

a

 + c a

b

 +a b

c

  2

Nhân hai vế với a + b + c >  b c

c b a a    ) (

+ c a

c b a b    ) (

+ a b

c b a c    ) (



(a+b+c)

 b c

a



2

+ c a

b



2

+a b

c



2



c b a 



33 abc

=

 E 

Dấu "=" xảy  a = b = c = Vậy E =

a = b = c = b) ĐK: x0; y 0;z 0 Pt  x2y2 y2z2 x2z2 3xyz

do x0; y 0;z0  x2y2 y2z2 x2z2 0  3xyz0

x z z z yz

y xz z xy

z x y y x z x yz y xz z z z z xy

3

2 ;

2

      

    

 

   

 

1

3   

 z z mà z1 z 1 Với z = phương trình trở thành:   y 3 x x y xy

Ta có:  x 2 y y x

từ đó:  xy1 mà x1 ; y1  xy1 Vậy (x,y,z) = (1,1,1)

Từ nhận xét suy phương trình có nghiệm ngun (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; 1,-1,1) ; (-1,1,-1)

4 a) Do NAE = NCE = 1v (gt) nên tg NACE nội tiếp đường trònCNE =CAE =

450

=> NCE vuông cân C Mặt khác CH trung tuyến nên CH đường cao  CHE = v

=> CBE = CHE = 1v => HBCE tứ giác nội tiếp đường trịn.

b) Khơng tính tổng qt ta gọi cạnh hình vng diện tích hình vuông Đặt AN = x ( x > 0)  DN =1 + x Trong tam giác vng NDC có

CN2 = CD2 + DN2 = + (1 +x)2 = x2 +2x +

Khi : SNACE = SNAC + SNCE =

2 2

1

CN CD

AN 

=

2

2

  x x

Từ SNACE = S ABCD 

0 3

2

3

2

      

x x x

x

=> x = , x = - ( loại ) Vậy AN = Mà theo định lý Ta lét ta có : BC 1

AN MB AM

=> AM = MB hay M trung điểm AB c) Trước hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC

+ ) Tứ giác NACE nội tiếp đường tròn =>AEN =ACN (1) ( chắn cung AN )

và NAC + NEC = v (2)

+) Tứ giác HBCE nội tiếp nên BEH = BCH ( ) ( chắn cung BH )

và HBC + HEC = v (4) Từ (1) (3) ta có HCB = ACN HBC = NAC

Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC Gọi r1 ; r2 lần lợt bán kính vịng trịn nội

tiếp hai

tam giác ANC BCH Khi 2

 

BC AC r

r

( không đổi )

5  Bổ đề: Khoảng cách từ điểm đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm hai tiếp tuyến với đường trịn trung bình nhân khoảng cách từ điểm đến tiếp tuyến

 Xét hai tiếp tuyến AB AC , M(O)

Hạ đường vng góc MK, MH, ML xuống tiếp tuyến AB, AC dây EF

MEN MFH

  ( chắn cung MF)

MFN MEK

  ( - ME)

Suy tam giác MEN MFH , MFN MEK đồng dạng

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/

C

O

E D

M N

Từ

MN MF MH

MK MEMN MN2 MH.MK

  (1)

Bổ đề chứng minh

 Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f khoảng cách từ M đến đường thẳng chứa cạnh BC, CA, AB, EF, FD, DE tam giác ABC DEF ta đợc: d2 b.c, e2 c.a, f2 a.b

 Nhân vế với vế ba đẳng thức, suy điều phải chứng minh

Đề 7

Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P = 

   

  

 

 

     

   

  

 

6

2

2

3 :

1

x x

x x

x x

x x

x

a) Rút gọn P;

b) Tìm giá trị a để P <

Bài 2: (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình    

 

   

128

4

2 y

x

y x y

x

b) Giải phương trình: 2x 1 3x x 1.

Bài 3: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:  1       

b a

c b c b

b a a c c b b a

b) Cho a, b, c dương a + b = c = Chứng minh a b  b c  c a  Bài 4: (2,0 điểm).

Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi I điểm cung nhỏ AB (I không trùng với A B) Gọi M, N, P theo thứ tự hình chiếu I đường thẳng BC, CA AB

1 Chứng minh M, N, P thẳng hàng

2 Xác định vị trí I để đoạn MN có độ dài lớn

3 Gọi E, F, G theo thứ tự tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA AB Kẻ EQ vng góc với GF Chứng minh QE phân giác góc BQC

Bài 5: (2,0 điểm) Trong đường tròn O cho dây cung AB CD cắt M gọi N trung

điểm BD , đường thẳng MN cắt AC K Chứng minh :

2

CM AM KC

AK



HƯỚNG DẴN GIẢI

2 a) Giải hệ phương trình    

 

   

128

4

2 y

x

ĐK : - x  y  x, x  Hệ PT                            256 ) ( ) ( 128 ) ( ) ( 2

2 x y x y

y x y x y x y x y x y x

Đặt         y x v y x u

( u, v  0) Ta               ) 32 ( 256 4

4 uv uv

v u v u v u                                                   & 8 0 4 ) ( 32 y x y x v u v u uv v u VN uv v u

Vậy hệ có hai nghiệm ( 8; 8) ( 8; -8)

b) 2x 1 3x  x 1 (1), điều kiện x 0 Đặt 2x 1 a a, 0; 3x b b , 0

Suy b2 a2  x 1Thay vào (1) ta a b b  2 a2  (a b a b ).(  1) 0  a b (do a0,b0

nên a+b+1>0)

Với a = b ta có 2x 1 3x  x1 thỏa mãn điều kiện

Vậy x=1 nghiệm phương trình cho.

3 a) a, b, c>0 CM:  1        b a c b c b b a a c c b b a (1) a c b cb bc c ab b c b a b ac ab a b c a a c b b a c c c b b a b b c b b a a c b b a c b b a ) ( ) ( ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( ) ( 2 2 2                            

Mặt khác (ab)2 (bc)2 (ab)(bc)=a2 ac c2 3b2 3ab 3bc

  

  Do ta cần chứng minh:

2

2

2 2 2

2

4

3 2

( ) ( )

2 (2)

( ) ( ) 1

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2

a c b a b cb b c

b bc ab

b c a

a c b a b cb b c a c b a c c b b c b c a

VT b

b c a b c b a c a a c

b c

ab ac b ab bc b VP

a                            

Dấu “=” xảy a = b = c b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:

2

2 2

2 3 3 3

:

a b b c a c

a b T b c v a c

A

M C

D B

N K

Q I

P

Cộng vế 1,2,3 ta có đpcm

Đẳng thức sảy a = b = c = 1/3 C2: Áp dụng Bu nhi a:

4 a) Từ giả thiết có IPA INA  180 Tứ giác IPAN nội tiếp

  (1)

IPN IAN

  (cùng chắn cung IN)

Lại  IPB IMB  90 Bốn điểm I , P , M , B

nằm đường tròn đường kính BI MPI IBM  180 (2)

Vì I O  CAI IBM  180 (3) Từ (2) (3)  MPI CAI  (4)

Từ (4) (1)  MPI IPN CAI IAN    180 .Vậy M , P , N thẳng hàng

b) Theo chứng minh ta có

  (5)

IBA IMN (góc nội tiếp chắn cung IP đường tròn qua điểm I , B , M , P)

  (6)

INM IAB (góc nội tiếp chắn cung IP đường tròn qua điểm I , N , A , P)

Từ (5) (6)  IMN IBA

MN IM IN

MN AB BA IB IA

     

Dấu "=" xảy

  90

M B

IAC IBC CI

N A

 

     

 



đường kính  O Vậy MN lớn AB  I đối xứng với C qua O.

c)

5 Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB Q

qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt KN CD lần lợt I P N trung điểm BD => I trung điểm PQ => M trung điểm CP PQ// BD =>

 

ABD

AQP ( đồng vị )

 

ACD

ABD ( góc nội tiếp chắn cung AD )

 

ACD

AQP = > Tứ giác ACQP nội tiếp

=> AM.MQ=CM.MP AM

CM AM

MP CM MQ

2

 



( MP=CM )

2

CM AM MQ AM

 

Trong tam giác ACQ có MK//CD

MQ AM KC

AK  

nên

2

CM AM KC

AK 

Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P =     

  

       

  

   

 

1

2 :

8

1

1

x x x

x x

x x

a Rút gọn P

b Tìm giá trị x để P =

Bài 2: (2,0 điểm).a) Cho x, y, z> thoả mãn: 1

  

z y x

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: zx

x z yz

z y xy

y x P

2 2

2

2

2

2 

  

 

b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x3y + xy3- 3x-3y = 17

Bài 3: (2,0 điểm).

a) Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+4)(x+8) = 28x2

b) Cho hệ phương trình:

    

ax + by = c bx + cy = a

cx + ay = b (a, b, c tham số)

Chứng minh điều kiện cần đủ để hệ phương trình có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abc Bài 4: (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) tâm O M điểm giữa cung BC không chứa điểm A Gọi M’ điểm đối xứng với M qua O Các đường phân giác trong

góc B góc C tam giác ABC cắt đường thẳng AM’ E F

1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn 2/ Biết đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính r Chứng minh: IB.IC = 2r.IM

Bài 5: (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD , từ B kẻ đường thẳng cắt cạnh CD M ; từ D kẻ đường thẳng cắt cạnh BC N cho BM = DN Gọi giao điểm DN BM I Chứng minh : Tia IA tia phân giác góc BID

HƯỚNG DẴN GIẢI

2 a)* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, 2 x y ,

2 2 2

2

2 2

2

1 2 1

(1 ) (1)

3

x y

x y xy x y

x y y x



     

            

   

 

Dấu "=" xảy x = y

Tương tự:

2 2

2 1 2 1

(2) (3)

3

y z z x

v

yz y z zx z x

     

       

 

 

Từ (1), (2), (3)

3 3 3

    

 

  



z y x P

Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1                        xy 25 ) y x ( xy 17 xy ) y x ( xy 17 y

x2 2

                                                   -4 y -1 x hc y x hc 4 5 y x y x xy y x xy y x

Kết luận:     y x

      y x

    y x

      y x

3 a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2  (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1)

x=0 nghiệm pt (1) Chia vế (1) cho x2 ta được: (1)  (x+ 9 9) 28 )(     x x

Đặt t = x+ x

8

(1)  (t+6)(t+9) =28  t2 + 15t + 26 =0       13 t t

Với t = -2 x+

 

x  x2 + 2x + =0 vô nghiệm

Với t = -13  x+ 13

 

x  x2 + 13x + =0  x = -13  137

b) Điều kiện cần : Giả sử HPT cho có nghiệm (x ; y) Khi

3 3 . . .

a b c a a b b c c

2 2

2 2 2

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

bx cy a cx ay b ax by c

a bx ab y ac x ca y b cx bc y

     

     

( ) ( ) ( )

3

ab ax by ca cx ay bc bx cy abc cab bca abc

     

   

Điều kiện đủ: Giả sử

3 3 3 ( )3 3 ( ) 3 0

a b c  abc a b c  ab a b  abc

2 2 2

2 2

1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

0

( ) ( ) ( )

a b c a b c a b c ab a b c a b c a b b c c a

a b c a b c

a b c

a b b c c a

                                                 

a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1

a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = ; y=1 (hoặc x = ; y = 0)

Vậy a3b3c3 3abc HPT cho có nghiệm a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp

+ Do M điểm cung BC nên góc BAM = góc MAC

=> AM phân giác góc A tam giác ABC nên gọi I giao điểm BE CF I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC I , A , M thẳng hàng

+ Do MM’ đường kính ( O ) nên AE  AM AM phân giác góc BAC nên

AE phân giác ngồi Mặt khác , BE phân giác góc ABC => CE phân giác ngồi góc BCA ( Hai đường phân giác đường phân giác tam giác ABC đồng quy) mà CF

Chứng minh tương tự ta có góc FBE = 1v => tứ giác FBCE nội tiếp đường tròn

b) Trước hết chứng minh : MI = MB = MC Thật gọi P giao điểm CF đường tròn ( O ) Do CP phân giác góc BCA nên cung PA = cung PB , kết hợp với cung MB = cung MC

Ta có sđ góc CIM = sdMC PA sdMB BP 2sdMP

2

1

 

 

= 2sdMCP

=> góc CIM = góc MCI => tam giác CMI cân => MI = MC Chứng minh tương tự ta có MI = MB Vậy MI = MC = MB

Kẻ IH vng góc với BC IH = r Hạ MQ vng góc với BI tam giác BMI cân => QI = QB Xét hai tam giác vng IQM IHC có : góc IMQ = góc ICH = 1/ góc AMB

Vậy hai tam giác đồng dạng => BI IB.IC r.IM r

IQ IH IQ

IH IM

IC

2

2

 

 



F E I N

C

A D

B

M

Lời giải

Từ A kẻ AE vng góc với DN ; A F vng góc với BM Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD)

cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN A F = AE hay A cách hai cạnh góc BID

Vậy tia IA tia phân giác góc BID Đề 9

Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức:P = 

   

  

   

 

   

  

 

1

1 : 1

a a a a

a a

a a

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị a để P <

c) Tìm giá trị P a 19 

b) Giải hệ phương trình: 

  

2

2

8

16 16

y x x

x y x xy y

            

Bài 3: (2,0 điểm) Tìm a , b , c biết a , b ,c số dương                    

1

2

2 b c

a = abc

32

Bài 4: (2,0 điểm)

a) Cho a, b, c  [0 ; 1] Chứng minh :

1 ) )( )( ( 1

1          



 a b a b c

c c a b c b a

b) Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = Chứng minh : x2 + y2 + z2



Bài 5: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi I,K điểm nằm tam giác ABC cho tam giác ABI ACK vuông Ivà K = ,M trung điểm BC Chứng minh :

a) MI = MK

b) Bốn điểm I,H,M,K thuộc đường tròn

HƯỚNG DẴN GIẢI

2 a) Giải hệ phương trình: 2006x4 x4 x2 2006x2 2005.2006 ) 2006 2005 ( ) 2006 2006

(

  

 

 x x x

0 ) 2006 2006 )( 2006 2006 ( ) 2006 2006

( 2

       

 x x x x

0 ) 2006 2006 )( 2006 2006

(

     

 x x x

0 2006 2006    

 x x (do 2006 x2 2006 2006 0 x) 2006 2006  



 x x

4 2006 2006

4

1 2

2       

 x x x x

2 2 2 2006                

 x x

2 2006

2

x x

    

(

2 2006

x  

>0;

2

x 

>0) x21 x2 2006 2 1 2006

x x x

      x4x2 20050

0 2005   

 t t (đặt tx2,t0) 8021 1   t

(do t0) 8021 1     x

Vậy phương trình cho có tập nghiệm: 

              8021 ; 8021 S

b) Viết lại phương trình thứ hai hệ dạng    

2

4 16 16

y  x y  x x 

Coi phương trình bậc hai, ẩn y x, tham số Có    

2 2

' 2x 16 16x 5x 9x

Từ đó, tìm y 4 x y, 5x4

Nếu y 4 x, thay vào phương trình thứ nhất, giải x0,x2,x5

Với x 0 y 4 x4 Với x 2 y 4 x6 Với x 5 y 4 x9

Nếu y5x4, thay vào phương trình thứ nhất, giải x0,x2,x19

Với x 0 y5x 4 4 Với x 2 y5x 4 6 Với x 19thì y5x 4 99

Vậy, nghiệm hệ x y ;  0; , 2;6 , 2; , 5;9 , 19;99          Vì a ; b ; c số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

1

2 

a  2

a = a

2

1 

b  2

b = b

2

1 

c  2

c = c

2                    

1

2

2 b c

a  a

2

b

2 c

2

= abc

32                    

1

2

2 b c

a = abc

32              1 2 c b a              2 c b a

4 a) Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = Chứng minh : x2 + y2 + z2  3

Ta có x2 + y2 + z2  <=> 3(x2 + y2 + z2)  9

<=> 3(x2 + y2 + z2)  ( x + y + z + xy +yz + zx)- 3

<=> (x2 – 2xy + y2) + (y2 – 2yz + z2) + (x2 – 2zx + z2)

+ (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (z2 – 2z + 1)  0

<=>( x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 +(x -1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2  đúng

b) Vai trò a, b, c ngang nên giả sử: a  b  c áp dung BĐT Cauchy cho số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có:

          1 1 1 1 1 1 1                                b a c b a b a b a b a b a b a b a

    1 1

1

1 1

1

1

1

  

                       

    

    

b a

c b

a c b

a b b

a a c

b a b

a c c

a b c

b a

b a

b c

a b

b a

a c

b a

5

a) Gọi E,F trung điểm AB,AC ta có:

IE =

AB = MF, EM =

AC = FK

nên IAM =MHK (c.g.c) suy MI = MK

b) Ta chứng minh Đặt = 

Ta có : = , =  nên = 1800 - 2 (1)

Xét tam giác IEM có = 2 nên 1800 - 2 =

ta lại có (so le trong,AB song song với MF) (do IAM =MHK ) nên

1800 - 2 = (2)

Từ (1),(2)suy I,H,M,K thuộc đường trịn Đề 10

Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức:P = 

   

  

  

       

  

     

1 2

1

: 1 2

1

x x x x

x x

x x x

x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P x 2.3 2

  Bài 2: (2,0 điểm)

2 x y

2 y x

  

  

b) Giải phương trình: x = 2005-2006 (2005-2006 x2)2 Bài 3: (2,0 điểm)

a) Tìm giá trị lớn biểu thức: M =

2

4 1

x x  x 

b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác a + b+ c 0

Tính P = (2008+ b a

)(2008 + c b

) ( 2008 + a c

)

Bài 4: (2,0 điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường trịn tâm O qua B C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I trung điểm BC ,N trung điểm EF

a.Chứng minh điểm E, F ln nằm đường trịn cố định đường tròn (O) thay đổi

b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) K Chứng minh :EK song song với AB

c.Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy đường thẳng cố định đường tròn(O) thay đổi

Bài 5: (2,0 điểm) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tiếp điểm (O) cạnh BC, CA, AB D, E, F Kẻ BB1 AO, AA1BO

Chứng minh điểm D, E, A, B thẳng hàng

HƯỚNG DẴN GIẢI

2, a) Đk:

1 y ; x 

Ta chứng minh x=y Thật

) ( x y x x

x 4 y

x y 2

y x

     

  

      

Tương tự:

2 y y x

  

(2) Từ (1) (2) ta có: y x y

2 x

    

Ta có: x 1) x

1 ( x x

1

x 2 x 2 x y x

2

2        



     

   

 

 

2

2006 2005

2006 2005

x y

y x

 x - y = 2006 (x2 - y2) 2006(xy) -1x -y= 0  

   

0 ) ( 2006 x y

y x

Với x = y  x = 2005 - 2006 x2 2006x2 + x - 2005 =     

  

2006 2005

1

y x

Với 2006 (x+y) - =  x + y = 2006

1

 y = 2006

- x 2006

- x = 2005-2006 x2

 20062x2 - 2006x - 2005.2006 +1 =     

 

 

 

4012 1608817

4012 1608817

y x

3 a) Nhận xét x = M = 0, giá trị giá trị lớn Vậy M đạt giá trị lớn với x khác Chia tử mẫu cho x2 ta được:

M =

1 2

1

 

    

  

x x

M đạt giá trị lớn 2

x x 

nhỏ

=> 2

x x 

= => x = 1 Vậy M lớn 1/3 x = 1

b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc

 ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) =  a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = ( a + b + c 

0)  ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 a = b = c P = (2008+ b

a

)(2008 + c b

) ( 2008 + a c

) P = ( 2008 + ) ( 2008 + ) ( 2008 + ) = 20093

4 a)  ABF AFC đồng dạng (g_g) Ta có : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC  AF= AB.AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB.AC không đổi

Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB.AC ) cố định

b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường trịn Ta có :AIF =AOF (1)

AOF = 2

EOF EKF =2

EOF 

 EKF =AOF (2).Từ(1) và(2)  AIF =EKF

Do : EK vàAB song song vơí

c) Cm A,N,O thẳng hàng AOEF ; Gọi H giao điểm BC EF

Ta có : ANH AIO đồng dạng nên AI

AN AO AH



Do : AI.AH =AB.AC AI

AC AB AH  

không đổi Vậy H cố định Tứ giác OIHN tứ giác nội tiếp đường trịn nên đường trịn ngoại tiếp OIN ln qua I H ;Do tâm đương f trịn nằm đường trung trực IH Theo ta có:AA1B ABˆ1B



 =900

Suy tứ giác AA1 B1 B nôi tiép đường tròn

1

1B ABˆB

BA 

 chắn cung BB

1

Mặt khác:   



V O A A O

AE1 ˆ1 tứ giác AEA1O nội tiếp

1 1A EOˆA

EA 

 chắn cung AE)

mà 1

1

, , 90

ˆ ˆ

ˆ

B A E A

O E E A O

E A B BAB

  

 

thẳng hàng (*)

Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp

Theo ta có:

B B A B AA1 ˆ1



 =900

Suy tứ giác AA1 B1 B nôi tiép đường tròn

A B A A B

A1 1 ˆ 



 chắn cung AA

1

Ta lại có:   



V B B O B

OD1 ˆ tứ giác OB1DB nội tiếp

B O D B DB1 ˆ

 

 (cùng chắn cung BD)

mà DBO OBA B O D O B D

O B D DOB

ˆ ˆ

90 ˆ ˆ

ˆ

0



 

 

Tính chất tiếp tuyến cắt

Vậy    



0

1

1B BBˆ A ABˆ A 180

DB 3 điểm D, B

1, A1 thẳng hàng (**)

Từ (*) , (**) suy A1, D, B1, E thẳng hàng

Đề 11

Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức:P = 

   

  

      

  

   

 : 1

1

x x x

x x x x

x

a) Giải hệ phương trình : x + y = x5 + y5 = 11

b) Giải phương trình: x 3 36 x 1

Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a,b,c >0 a+b+c = Chứng minh b+c ≥ 16abc.

b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = xy > Tìm giá trị lớn biểu thức : 1

M

x y

 

Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a Trên đường chéo AC lấy điểm E F sao cho

EBF = 450 Đường thẳng BE, BF cắt AD CD M N MF NE cắt H,

BH cắt MN I

a.Chứng minh AB = BI

b.Tìm vị trí M N cho diện tích tam giác MDN lớn

2 Cho tứ giác ABCD Lấy điểm M tùy ý cạnh AB xác định điểm N cạnh DC cho MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích

Bài 5: (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1

 

y x HƯỚNG DẴN GIẢI

2 a) Ta có x5 + y5 = ( x5 + x2y3 + x3y2 + y5 ) – ( x2y3 +x3y2) = (x3 + y3) (x2 +y2 ) – x2y2(x+y)

Vì x+ y =  x5+y5 = ( x2 – xy +y2)(x2 + y2) – x2y2 = ( x2 + 2xy + y2 – 3xy)(x2 + y2 + 2xy –2xy)

– x2y2 = (x y)2 3xy



 (x +y )2 – 2xy - x2 y2 = ( 1- 3xy)(1-2xy) – x2y2

x5 + y5 = 5(xy)2 – 5(xy) +  5(xy)2 – 5(xy) + = 11 xy =  (xy)2 – (xy) – 10 = 

xy = -1

Với xy = -1 ta có hệ phương trình x + y = xy = -1

 ( x,y) = ( 

; 

) ( 

; 

) Với xy = ta có hệ phương trình x + y = xy = 2( vơ nghiệm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 

; 

) ( 

; 

) b) Đặt x3 a, 63  x b. Tìm x = nghiệm

3 a) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng:

a b abc



 16 Áp dụng BĐT Côsi x + y  2 xy ta có ( a + b) + c  2 (a b c )

  2 (a b c )   4( a + b)c nhân hai vế với a + b > ta được: A + b  4(a + b)2c mà ta chứng minh (a + b)2  4ab

Do a + b  4(4ab)c hay a + b  16abc từ suy đpcm

Theo kết câu 3.1, ta có:     

2

4

a b c  a b c   a b c

nên: 4 a b c    b c 4a b c  2 (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: b c 24bc (không âm)Suy ra: b c 16abc.

Dấu đẳng thức xảy khi:

1

,

4

a b c

b c a

b c

  

   

  

b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + =

 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + + x + y + = 0 (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0  (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = (*)

             

2

2

V x – x y y 1= 1 1

2

ì        x  y   y  

 

Nên (*) x + y + =  x + y = -

1

Ta c : ó M x y x y xy xy

 

   

 

2

4 4

x y xy xy

xy xy



       

Vậy MaxM = -2  x = y = -1

4 1) Ta có : EBN =  ECN = 450  Tứ giác BCNE nội tiếp   BEN = 900 tương tự tứ

giác ABFM nội tiếp

  BFM = 900 Xét  BMN có NE MF đường caoH trực tâm BI MN

Tứ giác ABFM nội tiếp  ABM =AFM(cùng chắn cung AM)  Tứ giác BEHF nội tiếp  EFH =EBH (Cùng chắn cung EH)

Do ABM = MBI   BAM =  BIM ( t/h đặc biệt )  AB = BI Ta có  AMB =  IMB  AM = IM,  INB =  CNB  CN = IN

 AM + CN = IM + IN  MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN  2a = MN + MD + DN

Đặt DM = x ; DN = y  MN = x 2 y2  SMDN =

xy

2a = x + y + x 2 y2 SMDN lớn xy lớn nhất.Bài toán đưa xác định x, y thỏa mãn :

x+y + x 2 y2 =2a cho xy lớn Ta có x+ y  xy;

2 y

x   2xy Suy a = x + y + x 2 y2  2 xy + 2xy  2a  xy ( 2+ )

 xy  2

a

 = a ( - 2 ) xy  a2 ( - )2 = a2(6 - 4 )  xy  2a2 ( - 2 )

Do SMDN =

xy

 a2 ( - 2 ) Vậy Max S

MDN = a2 ( - 2 ) Khi x = y = a (2 - )

Vậy DM = DN = a (2 - )  MDN có diện tích lớn Max SMDN = a2 ( - 2 )

2)

B M

y

Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC F,

Qua B vẽ By //MC, By cắt DC E Chứng minh SABCD = SMEF

Lấy N trung điểm EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích chia tứ giác ABCD hai phần có diện tích Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức SAMD < 1/2SABCD SBMC < 1/2 SABCD

5 Điều kiện x0;y0 xy0

Khi đó:

      

7 49

49 7 49

7 7

0 7

1 1

   

        

     

x y

y x x

x y

y x xy y

x

(Với x7 )

y 7

49

7   

    

 Z x

x Z y

Z

là ước 49 

   

49

56 ; 14 ; ; ; ; 42

7

  

     

  

x

x x

x

Các nghiệm nguyên dương phương trình là: x;y8;56 ; 14;1456;8 Đề 12

Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức:P = 

   

  

       

  

   

a a a a

a a a

a

1 1

2

3

a) Rút gọn P

b) Xét dấu biểu thức P 1 a Bài 2: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2  2x1 x2 4x4 = 2006

2005 2006

2005 2005

1 2

2

 



b) Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình  

  

  

3

3

3 y z

x

z y x

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x  y  z 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2

Tìm giá trị lớn biểu thức : zy + yz + zx

b) Cho tam giác ABC có cạnh a,b,c chu vi 2p =a+ b + c

E

F C

Chứng minh : p  a

1

+ p  b

1

+ p  c

1

 ( a

+b

1 +c

1 ) Bài (5,0 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi I điểm cung nhỏ AB (I không trùng với A B) Gọi M, N, P theo thứ tự hình chiếu I đường thẳng BC, CA AB

a) Chứng minh M, N, P thẳng hàng

b) Xác định vị trí I để đoạn MN có độ dài lớn

c) Gọi E, F, G theo thứ tự tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA AB Kẻ EQ vng góc với GF Chứng minh QE phân giác góc BQC

Bài 5: (2,0 điểm)

Ở miền hình vuông ABCD lấy điểm M cho MBAMAB150 Chứng minh : Tam giác MCD

HƯỚNG DẴN GIẢI a) PT đưa về: x1 x 2006  *

Xét trường hợp * Trường hợp 1: Nếu x<1 PT   2003 2006

2

*   x  x

(thỏa mãn) * Trường hợp 2: Nếu 0x<2 PT *  0x12006 (PT vô nghiệm)

* Trường hợp 3: Nếu x2 PT   2009 2006

3

*  x   x

(thỏa mãn)

Kết luận: PT có nghiệm ; 2003 

x

2 2009 

x

b) Ta có đẳng thức (x + y + z)3 – ( x3 + y3 + z3 ) = 3(x + y) (y + z)(z + x)

nên (x + y) (y + z)(z + x) =

Đặt c = x + y, a = y + z , b = z + x abc = a,b,c { 1, 2, 4, 8 } Giả sử x  y  z c  b  a Ta có a + b + c = ( x + y + z ) = nên a 

Với a = ta có

4

       

 

  

z y x c

b bc

c b

Với a = ta có  

  

2

bc c b

Khơng có nghiệm ngun

Với a = ta có 1 5,

2

         

 

   

z y x

c b bc

c b

Vậy hệ có nghiệm (1 ;1 ;1) ,(4 ;4 ;-5) (4 ;-5 ;4) (-5 ;4 ;4)

3 a) * Tìm giá trị lớn của: xy + yz + zx Từ giả thiết ta có: y2 = 4 z -16

, x2 = 3 z -32

Vì y z  z - 16

 z2  5t2  16 z  5

(1)Mặt khác x2 - 3y2 = 12 16 -5t

3t -48 -3

z -

16 2

N M P O B C A I

 x2  3y2  x  3y (2) Từ  x y  3y2 Ta có: xz =

 2

2 z z 3

3  

      

z x y

x

và yz  

2 z   y

 xy + yz + zx  3y2 +     2 2 z z    y y = 2 16 2

3 z z

                        

= 2 

2 3

3 z

           16 32 16 3

6   

         

Dấu đẳng thức sảy  x =

, y = z =

Vậy giá trị lớn biểu thức xy + yz + zx 16 32  đạt             , , z y; x;

b, ta có: 0

  

 a b c a

P

, 0

  

 b a c b

P

, 0

  

 c b a c

P

áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: x y xy 1

, p a p b p a b c

4 1       

Tương tự ta có: )

1 1 ( ) 1 ( c b a c p b p a

p        Dấu “ =” xảy khi: a=b=c

4 a) Từ giả thiết có IPA INA  180 Tứ giác IPAN nội tiếp  IPN IAN (1) (cùng chắn cung

IN)

Lại  IPB IMB  90

Bốn điểm I , P , M , B nằm đường trịn đường kính BI MPI IBM  180 (2)

Vì IO  CAI IBM 180 (3)

Từ (2) (3)  MPI CAI  (4)

Từ (4) (1)  MPI IPN CAI IAN 180

Vậy M , P , N thẳng hàng b) Theo chứng minh ta có

  (5)

IBAIMN (góc nội tiếp chắn cung IP đường tròn qua điểm I , B , M , P)

  (6)

INM IAB (góc nội tiếp chắn cung IP đường tròpn qua điểm I , N , A , P) Từ (5) (6)  IMN IBA

MN IM IN

MN AB

BA IB IA

     

Dấu "=" xảy

  90

M B

IAC IBC CI

N A           

c) Gọi B' , C' hình chiếu B C GF

Chứng minh B GB' C FC ' (7) , suy BB G' CC F g g' ( )

'

(8) '

BB BG CC CF

 

Lại có

' (9) ' BG BE B Q

CF CEQC Từ (8) (9) suy

' '

' '

BB B Q CC QC (10) Từ (7) (10)  BB Q' CC Q c g c' ( ) BQB'CQC ' BQE CQE 

Vậy QE phân giác góc BQC

5 Xác định điểm I tam giác MDA cho tam giác MIA tam giác Ta có IAD=900-150-600=150= MAB, AB=AD AM=AI

 AID= AMB  AID = AMB=1500  MID=3600-1500-600=1500

Xét IDM IDAcó ID chung; MID=AID=1500, IA=IM (do AIM đều)  IDM=IDA AD=DM =DC (1)

Mặt khácDAM=CBM (vì BC=AD ;MB=MA;CBM=DAM)  MC=MD (2) từ (1) (2) ta có DMC

Đề 13 Bài 1: (4,0 điểm)

Cho biểu thức: 

  

  

        

 

 1

x 1

1

x 2 x

2 x

1 x

2 x x

3) x 3(x P

a/ Rút gọn P

b/ Tìm giá trị x nguyên để P nguyên ; c/ Tìm giá trị x để P  x

Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải hệ phương trình:    

  

 



78 ) (

215

) (

2

2

b a ab

b a b

a

b) Giải phương trình:

x x x x x x

5

4

    

Bài 3: (4,0 điểm)

a Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn:    y z

x

1

 1(1 )

C' B'

Q

B C

A

G

F

b Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác biết:abbcca8abc

Chứng minh tam giác cho tam giác

Bài 4: (2,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820.

b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z) (z+x)

Bài 5: (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB có trung điểm O Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường trịn (O) đường kính AB Gọi C điểm nằm nửa đường tròn (O) Từ C kẻ CH vng góc với AB H AB Gọi M, N hình chiếu H lên AC CB

a) Chứng minh rằng: OC vng góc với MN;

b) Qua A kẻ đường thẳng d vng góc với AB Tiếp tuyến với (O) điểm C cắt đường thẳng d K Chứng minh rằng: BK; CH; MN đồng quy

HƯỚNG DẴN GIẢI a) Đặt (ab)2 x;a by(x0)

Hpt 

                               19 215 78 215 78 ) ( 215 2 2 2 2 xy x y x y xy y x y x y y x                                                                                     3 2 3 ) ( 19 722 721 19 215 19 19 215 2 2 2 2 b a b a b a b a ab b a y x x x y x x x x y x x x x x y y x

b) Tập xác định :

(*)            x x x x

Pt x x x x x x x x x x x x x x

4 5                                                2 1 x x x x x x x x

So sánh với điều kiện (*)  x=2 nghiệm

3 a) Ta có: z x y2 x2y2 z2 2xy xz yz  x2y2 z2 2xy xz yz0 x ,,y z

                              xy z y x xyz z x y xy yz xz z y x xy yz xz 1 1 1 1 1

1 2

b) abbcca8abc a2bbc2 2abc  ac2 ab2  2abc  b2ca2c 2abc0

  2   2   2 0  b a c a b c c b a

Ta có: ba c2 0 a ,,b c

 

2   c

b

a a ,,b c cb a2 0 a ,,b c mà a,b,c0

 2  2  2      

Dấu xảy    

 

 

 

0 ) (

0 ) (

0 ) (

2 2

c a b

c b a

b a c

c b a 

 Kết luận: Vậy tam giác có cạnh nhau

nên tam giác

4 a) Do 1820 13 13y213, x y số nguyên nên ta cần có 7x213  x213  x13

(vì 13 số nguyên tố) x = 13m với m  Z.

Tương tự 1820 7 7x27, x y số nguyên nên ta cần có 13y27  y27  y7

(vì số nguyên tố) y = 7n với n  Z.

Khi phương trình cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820  13m2 + 7n2 = 20

 13m2  20  m2 

m

m

 

  

 , (vì m  Z) + Nếu

2 20

m 7n 20 n Z

7

     

(loại).

+ Nếu

2 x 13

m 13 7n 20 n n

y

 

         

 

Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) (13; 7)

b) x, y, z > 0, x + y + z = áp dụng BDT côsi cho số dương : xyz 27 (1)

1 3

3

           

     x y z

Tương tự     27 (2)

8

2

3

           



     

  

 y y z z x x y y z z x

x

Từ (1),(2) 729

8 ) )( )(

(    

 xyz x y y z z x

Vậy giá trị lớn biểu thức 729

x = y = z =

3

5

a) ACB = 90o (vì OA = OC = OB)

b) CMH = 90o (gt) CNH = 90o (gt) => CMHN hình chữ nhật => C1 = M1

Mà CAO = ACO (OA = OC nên tam giác ACO cân)CAO + C1 = 90o

Cho nên ACO + M1 = 90o Gọi E giao OC MN ta có CEM = 90o

Hay OC vng góc MN (đpcm)

b) Ta có KA = KC (tính chất tiếp tuyến) Kéo dài BC cắt d W Ta có WCA = 90o

Mà: KAC + AWC = 90oKCA + WCK = 90o KCA = KAC

(lý KC = KA)=> KWC = WCK => KC = KW Vậy WK = KA = KC

Hay K trung điểm AWI giao CH MN CMHN hình nhữ nhật, I trung điểm CH

Mặt khác WA // CH (cùng vng góc với AB); giả sử BI cắt WA K'

áp dụng talet: K A WK K K K

WK IH

CI

   

 ¦ ' ' '

' ' ¦

Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức : P =                    x x x x x x

x : 1

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P biết x = 

c) Tìm giá trị x thỏa mãn : P x 6 x  3 x

Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải hệ:

                 65 185 2 2 2 2 y x y xy x y x y xy x

b) Giải phương trình:

2

2

2 2

2 2

x x x x

x x x x

   

 

   

Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a , b, c, d > Chứng minh :

1 < a b c a



 + b c d

b



 + c d a

c



 + d a b

d

  < 2

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a b c c b c a b a c b a         16

Với a, b, c độ dài cạnh tam giác

Bài 4: (5,0 điểm) Cho ABC có góc nhọn bên ngồi tam giác vẽ hai nửa đường trịn có

đ-ường kính AB AC Một đđ-ường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đđ-ường tròn M N (khác A)

a) Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định

b) Giả sử ABC cân A Xác định vị trí đường thẳng d để diện tích tứ giác BCNM lớn

nhất

Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A, đường cao AH 10cm, đường cao BK bằng 12cm Tính độ dài cạnh tam giác ABC

HƯỚNG DẴN GIẢI

2 a) Giải hệ:

                 ) 22 ( 65 ) 21 ( 185 2 2 2 2 y x y xy x y x y xy x

Lấy (21) + (22): x2 y2 x2 y2 125  x2 y2 5 thay vào (21) xy 12

Từ ta có hệ:                24 25 2 y x y x xy y x

Từ ta có hệ pt:

a)      y x y x

b)        y x y x

c)        y x y x

d)         y x y x

Vậy hệ cho có nghiệm: x,y4,3 ; 3;4 ;  3;4 ;  4,3 

3 a) Ta ln có : a b c d a

 

 < a b c

a



áp dụng tính chất tỉ số ta có : a b c a



 < a b c d

d a     (2)

Từ (1) (2) ta có : a b c d a

 

 < a b c

a



 < a b c d

d a    

Tương tự ta có :a b c d b

 

 < b c d

b



 < a b c d

b a     d c b a c  

 < c d a

c



 < a b c d

b c    

; a b c d d

 

 < d a b

d



 < a b c d

c d    

Cộng vế theo vế bất đẳng thức kép ta :

d c b a d c b a      

< a b c a



 + b c d

b



 + c d a

c



 + d a b

d



 < a b c d

d c b a       ) (

Vậy < a b c a



 + b c d

b



 + c d a

c



 + d a b

d



 < (đpcm)

b) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z x, y, z >0 a= y+z

b= x+z c= x+y

2P = z

y x y x z x z y      16 =                       z y y z z x x z y x x y 16 16 52 24 16

12  

  P 26

Dấu "=" xảy 

x y

; x 2 z

; 

y z

 3x=4y=6z; x=2; y=3; z=  a=7; b =6; c=5 a) Ta có AMB =90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) (1)

ANC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

CN BM MN NC MN BM //        (2)

Từ (1) (2) suy ra: Tứ giác BMNC hình thang vng

Gọi d' trung trực MN => d' đường trung bình hình thang vuông BMNC => d

qua điểm cố định k (k trung điểm BC) b) Xác định vị trí d để diện tích BCMN lớn

K

H A

B C

d

d ' K

D P

N A

B C

M

Ta có SBCNM=SABC + SABM + SACN => max SBCNM <=> ( SABM+ SACN) max

<=> 1/2(BM.MA+CN.NA) max (1)

mà 1/2(BM.MA+CN.NA) 1/4(BM2+MA2+CN2+NA2)

=1/4(AB2+AC2) = 2

a

( AB=AC=a) Không đổi

=> maxSBCNM = SABC + 2

a

BM=MA <=>

NC= AN M điểm nửa đường trịn đường kính AB

<=>

N điểm nửa đường trịn đường kính AC Vậy d qua M N xác định nh SBCNM max

5  Đặt AC = AB = x, BC = y.

Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( có góc nhọn C chung) nên: AH BK

AC BC

Hay AH.BC = BK.AC Vậy: 5y = 6x (1)

 Mặt khác: tam giác AHC vuông H ta có:

2 2

AC AH HC

Hay

2

2 y

x 10

2  

   

  (2)

 Từ (1) (2) ta suy ra: x = 25

2 , y = 15

Vậy: AB = AC = 25

Đề 15

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức :P=

4

:

2

x x x

x

x x x x

    

 

   

      

   

a) Tìm giá trị x để P xác định b) Rút gọn P

c) Tìm x cho P>1 Bài 2: (5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

2

2

4

y

x xy y x y x y x y

      



     

b) Giải phương trình:

3

1

x x

x x

x x

   

 

 

    Bài 3: (3 điểm)

Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2

Bài 4: (2 điểm)

Cho số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) điểm A ngồi đường trịn Từ điểm M di động đường thẳng d OA A, vẽ tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C tiếp

điểm) Dây BC cắt OM OA H K

a) Chứng minh OA.OK khơng đổi, từ suy BC qua điểm cố định b) Chứng minh H di động đường tròn cố định

c) Cho biết OA = 2R, xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ Tìm giá trị nhỏ

2 2

2

2

2

2

2

2

4

( 1)

4 ( 2)( 1)

4

4

4

1

x= va 13

5

x xy y x y x y x y

y x y x x

x y x y

y x y x

x y x y y x

x y x y y x

x y x y x

y

x

y

      

 

     



      

  

     



    

  

     

     

     



      

      

  

  

 

      

1 y=1 

   



 

 

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm: (1; 1);

4 13 ;

-5

 



 

 

3 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2

*Với x y ta có:

2 2 2

4

x y x

x y y

 

 

 



 x2y2  (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy

* Vậy x y 

- Với x =2 thay vào phương trình ta + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0  Phương trình khơng có nghiệm ngun

- Với x =-2 thay vào phương trình ta - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0  Phương trình khơng có nghiệm ngun

- Với x =1 thay vào phương trình ta + y + y2 = y2

hay y = -1

- Với x =-1 thay vào phương trình ta - y + y2 = y2

hay 1- y =  y =1

- Với x = thay vào phương trình ta y =0

Thử lại ta phương trình có nghiệm ngun (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1)

A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = <=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = =>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy =

=x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt =

=x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 =

=[x + 2(z + y + t)]2 + (2y - z)2 + (z - 4t)2 + (y - 2t)2 0

A352

Dấu bất đẳng thức xảy ra: 2y – z =

z - 4t = <=> y - 2t =

x + 2y + 2z + 2t =

(x + y)(z + t)+ xy + 88 =

=> (x; y; z; t) (14; -2; -4; -1) (-14; 2; 4; 1)

a) Dễ thấy OM  BC

HOK AOM => OM OK OA OH



=> OA.OK = OH.OM (1) Xét BOM vuông B nên : OB2 = OH.OM (2)

Từ (1) (2) suy A OK = R2 (không đổi)

=> OA R OK

2 

(không đổi) K cố định OA b)

Ta có OHK = 900 => H nằm đường tròn đường kính OK cố định.

c)

Tứ giác MBOC có hai đường chéo vng góc nên SMBOC =

OM.BC => S nhỏ  OM nhỏ BC nhỏ

+ OM nhỏ  M trùng với A

+ BC nhỏ  BC  OK  H trùng với K  M trùng với A

Nếu OA = 2R thì: 2 R

R R OK  

; BC = BK =

2

2 R R

R  

Vậy SMBOC =

2R.R R2

Đề 16

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:

3

6 3

3

3

3

x x x

A x

x x x

x

 

   

     



  



   

Bài 2: (5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

3 3

2 2

x y z 16 (1)

x y z (2)

x y z 2 (3)

   

 

  

 

   



b) Giải phương trình 3√x2+26+3√x+√x +3=8 (1)

Bài 3: (4 điểm)

a) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) cho

2

 

y x

x

là số nguyên dương

b) Cho x, y , z số dương thoả mãn xyz  x + y + z + tìm giá trị lớn x + y

+ z

Bài 4: (2 điểm)Cho số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = Chứng minh rằng:

1

5 5 5

ab bc ca

a b ab b c bc c a ca

  

     

Bài 5: (5 điểm)

Cho đường trịn (O; R) đường thẳng d khơng qua O cắt đường tròn (O) hai điểm A B Từ điểm M tùy ý đường thẳng d ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN MP với đường tròn (O) (M, N hai tiếp điểm)

a) Chứng minh MN2 MP2 MA MB

b) Dựng vị trí điểm M đường thẳng d cho tứ giác MNOP hình vng

c) Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP chạy hai đường cố định M di động đường thẳng d

HƯỚNG DẴN GIẢI

1.a) Ta có:  

2

3x2 3x 4 3x1  3 0;1 3x 0, x

, nên điều kiện để A có nghĩa

 3  3  4 0,

3

x   x x x  x  x    x

 

 3

3

1

6

3

3

3

x

x x

A x

x x x

x

    



   

     

  

    

   

 

     

6 3

3 3

3 3

x x x

A x x x

x x x

    

 

   

    

 

     

3

3 3 3

x x

A x x

x x x

 

 

 

  

    

 

 12

3

x A

x

 

 (

4

3

x

 

)

b)

 12  22 2 2 1

3

3 3

x x x

A x

x x x

    

   

  

Với x 0, để A số nguyên

3 3

3

3

x x

x x

x x

         

  

2 a) + Từ (3): x + y + z = 2  xyz316

+ Từ (1) (3) ta có: yz3 x3y3z3 0

Biến đổi tương đương ta đưa được: 3(x + y)(y + z)(x + z) =

+ Xét x + y = thay vào (3) ta z = 2, thay vào (2) x = 0; y = Do ta (x ; y; z) = (0 ; 0; 2)

Xét y + z = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (2 2; 0; 0) Xét z + x = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (0; 2; 0)

+ Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y; z) = (0 ; 0; 2) ; (2 2; 0; 0) ; (0; 2; 0) b) Ta nhận thấy x = nghiệm PT (1)

Với 0≤x<1 thì: 3√x2+26+3√x+√x +3<√312+26+3√1+√1+3=8 Nên PT vơ nghiệm với

0≤x<1

Với x >1 Thì: 3√x2+26+3√x+√x +3>√312+26+ 3√1+√1+3=8

Nên PT vô nghiệm với x >1 Vậy PT (1) có nghiệm x =

3 a) áp dụng BĐT Cautry cho ba số dương x, y, z Ta có x + y +z 3 xyz3

Biến đổi ( x + y + z)3  27(x + y + z +2 ) Đặt T = x + y + z > 0

Biến đổi ( T - 6) ( T + 3)2   T  Tìm GTNN T = x = y = z =2

b) Đặt

2

2

 

y x

x

= a Với a số nguyên dương x4 + = a(x2y + 1)  x2(x2- ay) = a - (1)

Xét trường hợp sau : TH1: Nếu a = từ (1) ta có : x2(x2- y) = - 1  

  

 1

1

y x

  

 

y x

TH2: Nếu a=2 từ (1) có x2(x2- 2y)=0, suy x2 =2y nên có x= 2k, y=2k2 với k số nguyên

dương

TH3: Nếu a > từ (1), có a – > (a – 2) chia hết cho x2 nên a –  x2  a  x2 + > x2

Từ  < x2- ay < x2- x2y  Điều không xảy ra

Vậy: Cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đề : (1; 2) (2k; 2k2) với k số nguyên

dương

4 Ta có a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 – ab3 +b4 ) =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2)

Do (a - b) 2  0; a,b,c > 0, nên (a - b) (a + ab + b ) 2 2 

Suy a5b5a b2 2a b  Đẳng thức sảy a = b

Do đó:      

1

2

5 1

ab ab c

ab a b ab a b c a b c

a b a b ab

a b ab

   

     

 

  (1)( có abc =1)

Chứng minh tương tự tacó 5

a b

bc

a b c

c bc



 

  (2) 5

b

ca

a b c

c a ca



 

Cộng vế (1); (2); (3) ta có 5 5 5

a b c a b c

ab bc ca

a b ab b c bc c a ca

    

  

     

Dấu “=” xảy a = b = c =

a) Ta có: MN = MP (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

Chứng minh tam giác MAN MNB đồng dạng

Suy ra:

2 .

MA MN

MN MP MA MB

MN MB    b) Để MNOP hình vng đường chéo OM ON R

Dựng điểm M: Ta dựng hình vng OACD, dựng đường tròn tâm O qua điểm D, cắt (d) M Chứng minh: Từ M vẽ tiếp tuyến MN MP Ta có MN  MO2 ON2 R, nên Tam giác ONM vuông cân N Tương tự, tam giác OPM vng cân P Do MNOP hình vng

Bài tốn ln có nghiệm hình OM R R

c) + Ta có: MN MP tiếp tuyến (O), nên MNOP tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OM Tâm trung điểm H OM Suy tam giác cân MPQ nội tiếp đường trịn đường kính OM, tâm H

+ Kẻ OEAB, E trung điểm AB (cố định) Kẻ HL( )d HL // OE, nên HL đường

trung bình tam giác OEM, suy ra:

1

HL OE

(không đổi)

+ Do đó, M động (d) H cách dều (d) đoạn không đổi, nên H chạy đường thẳng (d') // (d) (d') qua trung điểm đoạn OE

Đề 17

Bài 1: (4 điểm)Cho biểu thức: A = 

   

  

  

  

    

  

 

 

 

1 1

1 : 1

1

xy x xy

x xy xy

x xy xy

x

a Rút gọn biểu thức

b Cho

6 1

 

y

Bài 2: (5 điểm)a) Giải hệ phương trình

      

  

  

  

1

1

1

y z

x

x z

y

z y x

b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz2006 2006 1 1

  

z y x Chứng minh ba số x, y, z 2006

Áp dụng giải phương trình sau:

1 1

2x1 x1x2 2 x 2. Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > thoả mãn: x + y + z = 2

Tìm GTNN P =

2 2

x y z

y z  z x  x y Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1)

b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình m x  m y 1   (m tham số) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) lớn

Bài 5: (5 điểm)

Cho đường trịn (O;R) đường kính AB cố định H điểm thuộc đoạn OB cho

HB = 2HO Kẻ dây CD vng góc với AB H Gọi E điểm di động cung nhỏ CB cho E không trùng với C B Nối A với E cắt CD I

a/ Chứng minh AD2 = AI.AE

b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R

c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp DIE ngắn

nhất

HƯỚNG DẴN GIẢI a) Đk : x  0; y  0; x.y 

Quy đồng rút gọn ta được: A = x.y

1

b)

9

1

 

  

y x A y

x  Max A = 

1

1

   

 x y

y x

2 a) TXĐ: x, y, z 

Nhân vế phương trình với ta có:

      

 



  

  

) (

4 2

) (

4 2

) (

4 2

y z

x

x z

y

z y

Cộng (1), (2), (3) vế ta có:  1  1  1 2        

 y z

x  

          1 1 1 z y x              2 z y x

Thử lại ta thấy thoả mãn Vậy x = y = z =

nghiệm hệ

b) Từ giả thiết ta có:xyz xyz 1 1 1 1        z y x z y

x     0

      z y x z z z y x xy y x  

 

1             z y x z xy y x

      0

 x y x z y z             0 z y z x y x          2006 2006 2006 x y z

Kết luận: Vậy ba số x, y, z 2006 * Đặt a = 2x + 1, b = x - 1, c = - x-  a + b + c = 2x - 2

Phương trình (*) trở thành

1 1

a b c  a b c  theo kết câu a ta có

a b b c c a    

    

 a + b =  2x    1 x x0( / )t m

hoặc b + c =  x 1 x 0 ( vơ lí) a + c =  2x 1 x 0  x  1 x1 ( loại)

Vậy phương trình có nghiệm là: x =

3 Vì x, y, z > ta có: áp dụng BĐT Côsi số dương

2 x

y z 4

y z

ta được:

2

2

4

x y z x y z x

x

y z y z

 

   

  (1) Tương tự ta có:

2

(2) (3)

4

y x z z x y

y v z

x z x y

 

   

 

Cộng (1) + (2) + (3) ta được:

 

2 2

1

2

x y z x y x x y z P x xy z x y z

y z z x x y

     

           

 

  

 

Dấu “=” xảy

2

x y z

   

Vậy P =

2

x y z

   

4 a) Nhận thấy x=y=0 nghiệm Với x,y0

(1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2)  x2 – phải bình phương số nguyên.

Hay: x2 – = a2 x2 – a2 = 7 (x  a)(x a) 7

Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2 Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2) b) Với m, đường thẳng (d) không qua gốc toạ độ O(0; 0)

 m = 4, ta có đường thẳng y = 1, khoảng cách từ O đến (d) (1)  m = 3, ta có đường thẳng x = -1, khoảng cách từ O đến (d) (2)

 m  4, m  (d) cắt trục Oy, Ox tại:

1 A 0;

m

 

 



 

1

B ;

m

 

 



 

Hạ OH vng góc với AB, tam giác vng AOB, ta có:

1

OA , OB

m m

 

 

   

2

2 2

2 2

1 1 1

m m 2m 14m 25 m

OH OA OB 2

 

              

  .

Suy OH2  2 OH 2 (3).

Từ (1), (2), (3) ta có GTLN OH 2, đạt m =

7

2 Kết luận: m = 2.

5

a/ AD2 = AE.AI

2 . ( )

( ,

AD AH AB htl

AE AI AH AB AIH ABE

 

 

  

 đồng dạng)

b/ Ta có AI.AE –HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 = ( OA+OH)2 =( R+ 3

R )2 =

2 16

9

R

c/ Kẻ DxDI D cắt EB kéo dài F Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối = 1800)

 đường tròn ngoại tiếp DIE trùng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác DIEF có đường kính IF

Gọi K giao điểm IF BD  K tâm đường tròn ngoại tiếp DIE

 HK ngắn  HK BD K  KD = 3

R

 Egiao điểm (O;R)

với ( K;

4 3

R

) ( E  cung nhỏ BC đường tròn tâm O ) Đề 18

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức A =

2 1

:

1 1

x x x

x x x x x

   

 

 

     

  với x0,x1

a) Rút gọn biểu thức A

b) Chứng minh rằng: < A <

3

3

3

9 27 27

9 27 27

9 27 27

y x x

z y y

x z z

    



   

b) Giải phương trình: x3 – 3x2 + 9x – = 0

Bài 3: (2 điểm)Giả sử x, y số dương thoả mãn đẳng thức: xy  10

Tìm giá trị x y để biểu thức: P(x41)(y41) đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ nhất

ấy

Bài 4: (4 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21.

b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng:

4 4 3

a b c a b c

Bài 5: (6 điểm)

1 Cho đường trịn tâm O, đường kính BC = 2R Từ điểm P tia tiếp tuyến đường tròn B, vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A tiếp điểm) với đường trịn Gọi H hình chiếu A lên BC, E giao điểm PC AH

a) Chứng minh E trung điểm AH b) Tính AH theo R khoảng cách d = PO

2 Cho hình thang vng ABCD ( A = D = 900) DC = AB Gọi H hình chiếu D

trên đường chéo AC M trung điểm đoạn HC Chứng minh BM MD

HƯỚNG DẴN GIẢI

1 a) với x0,x1 Ta có A =    

2 1 2

:

2

1 1 1

         

  

 

         

 

x x x x x x x x

x x x x x x x x x

   

2 2

1

1

 



  

  

x x

x x x

x x x

b) với x0,x1 ta ln có A > Lại có:

2

1

1

    

 

x x

x x hay A < Vậy < A < 2

2 a) Cộng vế phương trình ta được: (x + 3)2 + (y-3)2 + (z- 3)2 = (4)

Mặt khác: (1)  9x2- 27x + 27 = y3= ( 4 27 ) 2

 

x

>0 y> 0; tương tự : x > 0; z > a Xét x  từ (3)  9z2 – 27z = x3- 27  0 9z (z – 3)   z  3

Tương tự y  Từ (4)  x = y= z =

b Xét < x < Từ (3)  9z2- 27z = x3 – 27 <  9z (z-3) <  z < 3

Từ (4)  hệ phương trình vơ nghiệm Vậy hệ có nghiệm (x= 3; y = 3; z = 3) b) x3 – 3x2 + 9x – = <=> 3x3 – 9x2 + 27x – 27 = <=> 3x3 = 9x2 – 27x + 27

2x3 = -x3 + 9x2 – 27x + 27 = (3 – x)3 =>

3 3

3

4 1

x    



3 a) P = (x4 + 1) (y4+ 1) = (x4+ y4) + (xy)4 + 1

Đặt: t = xy, ta có: x2+ y2 = (x +y)2 – 2xy = 10 – 2t

x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2(xy)2= (10 – 2t)2 – 2t2 = 2t2- 40t+ 100

Khi : P = t4 + 2t2- 40 t + 101= (t4 – 8t + 16) + 10 (t2- 4t + 4) + 45= (t2 – 4)2+ 10 (t – 2)2 + 45

Vậy giá trị nhỏ P P = 45 khi: (x,y) = 2 10 ;

2

10 

hoặc: 

   

 

  

2 10 ;

2 10

4 a)Đặt S = x + y ; P = xy => điều kiện cần để hệ có nghiệm S2  4P (*)

Phương trình cho tương đương với :S3 – SP + 6P = 21  S3 – 3SP + 6P – = 13

 ( S – ) ( S2 + 2S - 3P + ) = 13 (2)

Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + = ( x + y ) 2 + 2(x + y ) – xy + 4

= x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + = 2   2  2 

1 2

 

  

 y x y

x

Vậy S – M ước số dương số nguyên tố 13 ta xét trường hợp sau :

TH1 : 

   

  

  

  

   

 

2

3 13

4

1 2

y x P

S P

S S

S

 

 

2 y x

0,25đ

TH2 : 

   

  

   

 

86 15

4

13

2

P S P

S S

S

vơ nghiệm khơng thoả mãn (*) Vậy phương trình có nghiệm ngun ( ; ) ; ( ; ) 0,25đ

b) Với số thực x ta có :

2

3 2

( 1)( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

2

x x   x x  x  x x   

 

 

 

Do đó: a4b4c4 (a3b3c3)a a3( 1)b b3( 1)c c3( 1) 3( 1) 3( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

a a b b c c a b c

            (a1)(a31) ( b1)(b31) ( c1)(c31) 0

Suy : a4b4c4 a3b3c3 Hoặc: 3(a4b4c4) 3( a3b3c3)

3(a4 b4 c4) ( a b c a  )( 3b3c3) nhân vào khai triển rút gọn đưa BĐT đúng

5

E

O P

C B

A

H

1) a) Ta có AH // PB (vì AH, PB vng góc với BC)

EH CH PB CB

 

(1)

Lại có AC // PO (vì AC, PO vng góc với AB) nên hai tam giác vng AHC PBO đồng

dạng

AH CH PB BO

 

Mà CB = 2.BO nên AH = EH hay E trung điểm AH

b) Ta có AH2 = HB HC = (2R – HC)HC

2 EH.CB EH.CB

AH 2R

PB PB

 

   

  =

AH.CB AH.CB

2R

2PB 2PB

 



 

   4PB AH2 (4R.PB AH.2R).AH.2R

 PB AH 2R PB R AH2  

 2

R PB AH 2R PB

  

Mà PB2 d2 R2 nên

2

2 2

2R

AH d R

d

 

2) Gọi N trung điểm DH

MN đường trung bình DHC =>MN =

2DC MN//CD

Mà AB =

1

2 CD ; AB//CD

=> MN =AB MN//AB => tứ giác ABMN hình bình hành => AN//BM Từ MN//AB mà AB AD => MN AD

=> N trực tâm AMD => AN MD AN//BM mà AN DM => BM DM Đề 19

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: A =

 

y x

xy y

x : x y

y x

y x

y x

  

    

  

  



 3

a) Rút gọn A b) CM: A 

Bài 2: (5 điểm) a) Tìm x, y, z thỏa mãn hệ sau:

{yx33−3 y−2=4−2z−3x−2=2− y

z3−3 z−2=6−3 x

b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x Bài 3: (2 điểm) Cho số dương a;b;c thỏa mãn a + b + c 

Chứng minh rằng: 2

1 2009

670

a b c ab bc ca   Bài 4: (3 điểm)

a) Giả sử a, b, c số thực thỏa mãn a, b, c  o 1

     

c b a c b a

Chứng minh rằng: a b c abc c

b a

  

 

3 3

6 6

A =

2 2

x y z

x y  y z z x với x > 0; y > 0; z > xy  yz  zx 1

Bài 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) Điểm M thuộc cung nhỏ BC gọi I,K,H theo thứ tự hình chiếu vng góc M AB; AC; BC Gọi P, Q trung điểm AB; HK

a) Chứng minh MQ  PQ

b) Chứng minh : MH BC MK

AC MI AB

 

c) Cho tam giác ABC Xác định vị trí điểm M cung BC để MA + MB + MC đạt giá trị lớn

HƯỚNG DẴN GIẢI

1 a) ĐK:    

  

y x y x

0

A = x y

y xy x

: y x

y xy x

y x

  

    

  

  

 

 A = x xy y

y x y

x

y xy x

xy y

x

 

 

 

 



 A = x xy y xy

 

b) Do: xy 0,

0

2

     

 

  

 xy y x y y

x

=> A = x xyy 0 xy

2 a) Biến đổi tương đương hệ ta có:

2

3

3

( 2)( 1) 2

3 ( 2)( 1) 2(2 )

3 ( 2)( 1) 3(2 )

x x y

x x y

y y z y y z

z z x z z x

    

    

 

        

 

     

   

 

Nhân vế phương trình với ta được:

(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)

⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) [(x +1)2(y+1)2(z +1)2+6] = ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = ⇔ x = y = z = Với x = y = z = thay vào hệ ta x = y = z = Vậy: với x = y = z = thỏa mãn hệ cho

b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x <=> 9(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 24x

Đặt y = x + đặt y = x + Có nghiệm x = -9

3 Áp dụng (a + b + c)(

1

a+

1

b +

1

c)  Ta có 2

2 2 2 2

1 2

( )( 2 )

( )

a b c ab bc ca

ab bc ca ab bc ca

Mặt khác từ (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2  => ab+bc+ca  a2+b2+c2

=> ab + bc + ca

2

( ) 2007 2007

3 669

3

a b c

ab bc ca

 

    

  (2)

Từ (1) (2) ta có 2

1 2009

670

a b c ab bc ca   dấu = xảy a = b = c = 1

4 a) * a + b + c = => a + b = -c => (a + b)3 = -c 3 => a3 + b3 + c3 = -3ab(a + b) = 3abc

*

1 1

0

a b c  => ab + bc + ca =

* a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 – 2(a3b3 + b3c3 + c3a3)

* ab + bc + ca = => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2

Do * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2 + Vậy:

6 6 2

3 3

a b c 3a b c

abc

a b c 3abc

 

 

 

b) + Biến đổi để được:

A = x + y + z

xy yz zx

x y y z x z

 

    

  

  (1)

+ Chứng minh được: x + y + z  xy yz  zx > (2)

+ Thay (2) (3) vào (1) A 

Do đó: Min A =

x y z

2 xy yz zx

  

  

  

  + Vậy Amin =

1

x y z

2    3

5 a) Tứ giác MCKH nội tiếp   BCM = HKM = BAM; HMK = BCA = BMA       BMA 

HMK

Mặt khác MP, MQ trung tuyến củaBMA, HMK

 MH

MB MQ

MP



và BMH = PMQ    BMH PMQ Mặt khác BHM = 90   PQM = 90   PQ MQ b) Giả sử AC  AB ta có:

MK AK MI

AI MK

KC AK MI

BI AI MK

AC MI AB

      

(1)

( Do MBI = MCK    cotg MBI = cotgMCK   

)

MK KC MI

BI



Do C = A nªn cotgA = cotgC      MH

CH MI

AI



( 2)

A = B nªn cotgA = cotgB     

(3)

AK BH

c) Từ (1),(2) (3) suy MH BC MH

BH MH CH MK

AC MI AB

 

 

Gọi D giao điểm MA với BD ta có :

MBD MAC BMD AMC, DBMCAM 

MB BD MA AC

 

Tương tự ta có :

MC CD

MA AB Do MB MC MAMA  Suy MA + MB + MC = 2MA  4R

Vậy max (MA + MB + MC) = 4R AM đường kính M trung điểm cung BC

Đề 20

Bài 1: (4 điểm) Cho biÓu thøc:

M=(√a+1−

√a+1)( a2+3

√a+1−2 a

a +2−a)

a Tìm điều kiện biểu thức M có nghĩa

b Chøng minh r»ng biểu thức M không phụ thuộc vào a

Bi 2: (5 điểm) a) Giải phương trình :

2

2

3 5

4

4

x x x x

x x x x

   

 

   

b) Giải hệ phương trình :

2

3

3

x x

y y

x x

y y



  

  

   

  Bài 3: (4 điểm)

Ba số x;y;z thoả mản hệ thức :

3

  

z y

x Xét biểu thức :P= x+y2+z3.

a.Chứng minh rằng: Px+2y+3z-3?

b.Tìm giá trị nhỏ P?

Bài 4: (5 điểm) Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB tia tiếp tuyến Bx nửa đường Trên tia Bx lấy điểm C, D (C: nằm B D) Các tia AC AD cắt đường tròn E F; hai dây AE BF cắt M Hai tia AF BE cắt N Chứng minh rằng:

a) MN // Bx

b) Tứ giác CDFE nội tiếp Bài 5: (2 điểm)

Cho tam giác có số đo cạnh 6; 10 Tính khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến tâm đường tròn nội tiếp tam giác

HƯỚNG DẴN GIẢI

1 §iỊu kiÖn: a≠0 a>−1

¿ {¿ ¿ ¿

¿

2 2

1 1 2

1

1 1

a a a a a a a a a a a

M a a

a a a

a a a

   

              

         

  

2 a) Chia tử mẫu hai phân thức cho x đặt biến phụ b) Điều kiện y0

y x y x y x y

x   

        

 3

2

2

(1) y

x y x y x y

x   

        

 3

(2)

Cộng (1) (2) vế với vế ta được:

0 1                  y x y

x 20

                y x y x             y x y x                 3 y x y x

Từ (3) (2) ta có:

           y x y x        y x y y (*)

vô nghiệm  hệ vô nghiệm

Từ (4) (2) ta có

            y x y x        y x y

y2

;  

 x y hệ có nghiệm xy1;

3 a) Xét nghiệm P=(x+y2+x3)= y2-2y+z3-3z+3=(y2-2y+1)+(z3-3x+2)=(y-1)2+(z-1)2(x+2)0do

x+2>0)

Vậy Px+2y+3z-3

b) áp dụng BĐT Bu nhi a Cốp ski ta có

(x+2y+3z)( ) z y

x  =[( x )2 ( 2y)2 ( 3z)2]                                 

 2

z y y  2 ) (                                      z z y y x x =36 => x+2y+3z36:66=>Px2y3z 36 33

Đẳng thức xảy khi:

1 3 2 1                         z y x z z y y x x z y x z y

A B

E C

D O

F

I r

r

r 1 0

8

AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)<=> AE  BN (1) AFB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)<=> BF  AN (2)

Từ (1) (2) => M trực tâm tam giác ABN

=> MN  AB => MN //Bx (Vì vng góc với AB) b) Ta có: DFE + BFE = DFE + BAE = 900

BCA + BAC = BCA + BAE = 900=> DFE = BCA

Khi tứ giác CDFE ta có:DCE + DFE = DCE + BCA = 1800

=> Tứ giác CDEF tứ giác nội tiếp 5 a) Ta có: BC2 = AB2 + AC2  102 = 62 + 82

 ABC vuông A, nên trung điểm O cạnh

huyền BC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,

D, E, F tiếp điểm đường tròn nội tiếp (I) cạnh BC, AC, AB, S, p, r diện tích,

nửa chu vi, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ta có:

S = pr 

6.8 10 r

2

  

 r = 2.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: BD = BF, CD = CE, AE = AF

Suy ra: BD + CE + AF = p  BD + (CE + AE) = p  BD + AC = p  BD = p – AC = p – b = 12 – = Do OD = OB – OD = – =

E N

F

A B

C

OI2 = OD2 + ID2 = 12 + 22 =  OI = 5 Vậy OI = 5. Đề 21

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức

x y x y x y 2xy

M

1 xy

1

       

     



   

 

:

xy xy .

a) Tìm điều kiện xác định M rút gọn biểu thức M b) Tìm giá trị M với x 2  .

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phuơng trình:

1

2

2

3

x y x y

x y x y x y

  



 



  



  



b) Tìm (x;y) thoả mãn 2x y 4y x 4 xy

Bài 3: (2 điểm) Cho a, b,c số thực dương Chứng minh rằng:

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 ) 3(1 )

a b c abc

      



Bài 4: (4 điểm) a) Cho số không âm x y z, , thỏa mãn: x + y + z ¿ Tìm giá trị lớn A 1x2  1y2  1z2 3( x y z)

b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1)

Bài 5: (5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) khơng qua tâm O cắt đường trịn (O; R) hai điểm phân biệt A, B Điểm M chuyển động (d) nằm ngồi đường trịn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN MP tới đường tròn (O; R) (N, P hai tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác MNOP nội tiếp đường tròn, xác định tâm đường trịn

b) Chứng minh MA.MB = MN2.

c) Xác định vị trí điểm M cho tam giác MNP

d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP HƯỚNG DẴN GIẢI

2 a) + Đặt ĐKXĐ hệ

1

2

2

3

x y x y

x y x y x y

  



 



  



  

 (x+2y)(x+y+1)0

+ Biến đổi phương trình

2

1 ( 1) ( )

2

2 ( 1)( )

x y x y x y x y

x y x y x y x y

      

   

     

 (x y 1)2(x2 )y 2(x y 1)(x2 )y

+ Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm hệ (1; 1) b) + Điều kiên xác định: x  y  (*)

+ Đặt a x 4;b y 4 với a b số khơng âm điều kiện đề trở thành

       

2 a 4 b b 4 a  a 4 b 4

 

   

   

2

2

2 4

1

4

a b b a

a b

    

 

 

  2

2

1

4

b a

b a

  

  2

4

2

4

b a

b a

  

  (1)

+ Với a; b 2

4

1;

4

b a

b   a   Do từ (1) suy 2

4

1

4

b a

b  a   (2)

Giải (2) ta a = b = Do x = y =

+ Kiểm tra giá trị x, y thoả mãn điều kiện đề Vậy cặp số (8; 8) cặp số cần tìm

3 Cho a, b,c số thực dương Chứng minh rằng:

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 ) 3(1 )

a b c abc

      



Áp dụng BĐT Cơ-si cho số dương ta có:

4

4 4 3

1 1 1

(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 )

a b c a b c

 

          

 

 

Ta chứng minh:

3

1 1

(1 )(1 )(1 ) (1 )

a b c abc

    

 (*).

Lại theo BĐT Cô-si ta có:

1 1 1 1 1

(1 )(1 )(1 )

a b c a b c ab bc ca abc

          

3

3 3

3 1

1 (1 ) (1 )

2

( ) abc abc

abc abc abc

       



( abc+2 = abc+1+1 3 abc3 )

Vậy (*)được chứng minh BĐT cho với a,b,c>0

Đẳng thức xảy a=b=c=1 a) Cho số không âm x y z, , thỏa mãn: x + y + z ¿

Tìm giá trị lớn A 1x2  1y2  1z2 3( x y z) Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky, ta được:

2

1x  2x (1 1)(1 x 2 )x  2(x1)

Tương tự: 1y2  2y  (1 1)(1 y22 )y  2(y1) 1z2  2z  (1 1)(1 z2 2 )z  2(z1) Bởi

2 2

1 1 3( )

2( 3) 2( ) 3( ) (3 2)( )

A x y x x y z

x y z x y z x y z x y z

        

              

b) Nhận thấy x=y=0 nghiệm Với x,y0

(1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2)

(2)  x2 – phải bình phương số nguyên.

Hay: x2 – = a2 x2 – a2 = 7 (x  a)(x a) 7

7

4

1

x a

x x

x a

   

     

  



 Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2  Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2 Vậy phương trình có nghiệm ngun là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2)

a, b) Dễ

c) Tam giác MNP OM = 2R

d) Quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP đường thằng d’ song song với đường thẳng d (trừ điểm bên đường tròn)

Đề 22

Bài 1: (4 điểm) Cho biÓu thøc : A=(

2√x+x x√x−1−

1

√x−1):(

√x+2 x+√x+1)

a Rót gän biĨu thøc

b Tính giá trị A x=4+2√3 Bài 2: (5 điểm)

a)

b) Giải hệ phương trình:

           

1 2 (1) (2) 3 (3)

x y

y z

z x

   



  



   

 (I)

Bài 3: (4 điểm)

Tìm GTNN B8 = x16 + y16 + z16

b) Cho a, b, c thoả mãn:

a b c b c a c a b

c a b

     

 

Tính giá trị biểu thức: P = 1

b c a

a b c

     

  

           

Bài 4: (5 điểm) Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn đó (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F

1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3) Chứng minh CFD = OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O)

Bài 5: (2 điểm)

Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c chu vi tam giác 2P

Chứng minh rằng:

P P P

9 P a  P b P c 

HƯỚNG DẴN GIẢI

b) Nhân (1) (2) (3) ta có:[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36

Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = hệ (I) là:

0 3

0 1

0 2

z z

x x

y y

    

 

 

 

 

    

 

Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - hệ (I) là:

6 3

2 1

4 2

z z

x x

y y

    

 

   

 

      

Vậy nghiệm hệ (0 ; ; 0) (-2 ; -4 ; -6)

3 a) Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2  a,b,c a2 + b2 + c2  ab + ac + bc (1)

áp dụng bất đẳng thức (1) ta có :

B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2  x8y8 + y8z8 + z8x8 B8  x8y8 + y8z8 + z8x8

 B8  (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2  x4y4 y4z4+ x4y4 z4x4 + y4z4 z4x4

 B8  x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8 B8  (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2  x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6

 B8  (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2  x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6

 B8  (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3(do xyz = x + y + z = 3)

 B8min =  x = y = z =

b) Từ gt ta có 2

a b c b c a c a b

c a b

     

    

suy

a b c b c a c a b

c a b

     

 

Xét hai trường hợp * Nếu a + b + c =  a + b = -c b + c = - a c + a = -b

P = 1

b c a

a b c

     

  

     

      =

a b b c c a

a b c

  

     

     

      = ( )c

a



( a)

b



( )b c



= abc abc



= -1 * Nếu a + b + c 0  a = b = c

 P = 2.2.2 = 8

5 * Cm bđt:

1

x yx y với x > 0, y > 0

Ta có (x - y)2  x,y ⇔ x2 + y2 -2xy  ⇔ (x + y)2  4xy

x y 1

xy x y x y x y



    

  với x ; y.

* Áp dụng :

 

1 4

P a P b P a P b c

1 1 1 1

P b P c c P a P b P c a b c

1

P a P b c

P P P 1 P P P 1

2P a b c

P a P b P c a b c P a P b P c a b c



   

    



  

         

       



  

  

   

               

          

2

1 1

   

 

(Áp dụng Bunhacopski) Dấu xảy ⇔ a2 = b2 = c2 ⇔ a = b = c Đề 23

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:

x 10 x

A : x

x x x x x x



   

       

   

   

1 Rút gọn biểu thức A Tìm x cho A <

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phương trình:

1

2

x y

x y

xy xy



    

 

  

b) Giải phương trình: (x + 1)4 = 2(x4 + 1) Bài 3: (4 điểm)

1 Số thực x thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + (3 -x)2  Tìm giá trị nhỏ biểu

thức:

P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2.

2 (2đ) Cho số dương a, b, c biết 1 1 1c 1

c b b a a

Chứng minh rằng: abc  Bài 4: (5 điểm)

Cho tam giác MNP có ba góc nhọn điểm A, B, C hình chiếu vng góc M, N, P NP, MP, MN Trên đoạn thẳng AC, AB lấy D, E cho DE song song với NP Trên tia AB lấy điểm K cho DMK NMP Chứng minh rằng:

a MD = ME

2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ suy điểm M tâm đường trịn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK

Bài 5: (2 điểm)

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn

HƯỚNG DẴN GIẢI

2 a) Điều kiện xy 0 Hệ cho

2[ ( ) ( )] (1)

2( ) (2)

xy x y x y xy

xy xy

   

 

  



Giải PT(2) ta được:

2 (3)

(4)

xy

xy

    

 Từ (1)&(3) có:

1

2

1

x y

x y

xy x

y

   

  

 



 

  



     

Từ (1)&(4) có:

1

2

1

2

1

x

y

x y

xy x

y

   



  

  

 

 



 



   



  

   

Vậy hệ cho có nghiệm là: ( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y 

b) Khai triển rút gọn chia hai vế cho x2 Đặt x + 1/x = y Có nghiệm x = 1 3 3 1) Đặt y =3-x tốn cho trở thành: tìm GTNN biểu thức:

P= x4 + y4 + 6x2y2 x, y số thực thay đổi thỏa mãn: 2

5

x y x y

  



 

K

E

B C

A N

M

P

D

Từ hệ thức ta có:

2 2

2

5

x y xy

x y

   

 

 



  (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy)  + 4.9 =41

 5(x2 + y2) + 4(2xy)  41

Mặt khác 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2  40(x2 + y2)(2xy) (1)

Dấu đẳng thức xảy  (x2 + y2) =5(2xy)

Cộng hai vế (1) với 25 (x2 + y2) 2 + 16(2xy)2 ta được:

41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2]  [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2  412

hay (x2 + y2)2 + (2xy)2  41  x4 + y4+6x2y2  41

Đẳng thức xảy

2 2

3

( ; ) (1; 2)

( ; ) (2;1) 4( ) 5(2 )

x y

x y x y

x y

x y xy

  

 



     

 



 



Do giá trị nhỏ P 41 đạt  x=1 x=2

2 Theo giả thiết

1

1

1 1

1

1            a a

a c

c b b c

c b b a a

Do b > 0; c > nên theo bất đẳng thức cơsi ta có:

2

1 (1 )(1 ) (1 )(1 )

b c bc bc

b c  b c   a  b c 

       (1)

Tương tự ta chứng minh (1 )(1 )

   

 a c

ac

b (2)

(1 )(1 )

   

 a b

ab

c (3)

Từ (1); (2); (3) ta chứng minh

8(1 )(1 )(1 )

1

1

1

c b a

abc c

b

a      

 => 8

1

8  

 abc abc

=> đpcm

4 Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp  MAB MNB , MCAP nội tiếp

 

 CAMCPM.

Lại có BNM CPM (cùng phụ góc NMP)

 

 CAMBAM (1)

Do DE // NP mặt khác MANP MADE (2)

Từ (1), (2)  ADE cân A MA trung trực DE  MD = ME

Do DE//NP nên DEK NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:

  

NMB NAB 180  NMB DEK 1800

D' B' A'

O

C A

B

D

 MEA MDA   MEK MDC .

Vì MEK MDK  MDK MDC  DM phân giác góc CDK, kết hợp với AM phân giác

DAB M tâm đường trịn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK.

5 Không tổng quát giả sử:ABAC Gọi B’ điểm cung ABC  AB 'CB '

Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA AB BC CA 'Ta có:

  

B 'BC B ' AC B 'CA (1) ; B 'CA B 'BA  1800 (2)

B 'BC B 'BA ' 180  0 (3);Từ (1), (2), (3)  B 'BA B 'BA '

Hai tam giác A’BB’ ABB’  A 'B 'B ' A

Ta có  B ' A B 'C B ' A ' B 'C A 'C= AB + BC ( B’A + B’C khơng đổi B’, A, C cố định).

Dấu “=” xảy B trùng với B’

Hoàn toàn tương tự gọi D’ điểm cung ADC ta có AD’ + CD’ AD +

CD Dấu “=” xảy D trùng với D’

 Chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm cung AC đường tròn

(O)

Đề 24

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: B=(

1−√x−√x):(

1 1+√x+

2√x

1−x) a) Rút gon biểu thức B

b) Tìm giá trị x để biểu thức B =

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phương trình:

3

8

6

x y

x

y



  

 

   



b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 =

Tìn giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

2 2

P a b c ab bc ca

a b b c c a

 

   

 

Bài 4: (3 điểm)

Bài 6: (5 điểm)

Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB, xy tiếp tuyến B với đường trịn, CD đường kính Gọi giao điểm AC AD với xy theo thứ tự M, N

a) Chứng minh rằng: MCDN tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng: AC.AM = AD.AN

c) Gọi I đường tâm tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN Khi đường kính CD quay quanh tâm O điểm I di chuyển đường tròn ?

HƯỚNG DẴN GIẢI

2 a) Đặt

2

z

y  Hệ cho trở thành

3

2 3

x z z x

   



 



  3 x z   z3  x3

x z x xz z2 3

       x z

(vì x2 xz z  3 0,x z, )

Từ ta có phương trình:

3 3 2 0

2

x x x

x

      

 

Vậy hệ cho có nghiệm: ( , ) ( 1; 2), 2,1x y     

b) Phương trình cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1 (1)

Nhận xét rằng: y2  0 x3 y3 2y2 3y 1 y2 (y1)3 (2)

2 3 2

5y   2 x  y 2y 3y 1 (5y 2) ( y 1) (3) Từ (2) (3) suy ra: (y  1)3< x3 (y 1)3, Vì y Z

3 3

3 3

2

( 1) ( 1)

x y y y y y

x y y y y y

      

   

      

 

2

2 1 ( )

0

0

y y y vi y y

y y

y

        

     

 

  



Z

Với y = -1  x= -1 Với y =  x= 1

Vậy phương trình có cặp nghiệm ngun (-1; -1) (1; 0) 3 Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2  2a2b (áp dụng BĐT Côsi )

Suy 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > Suy

2 2

2 2

P a b c ab bc ca

a b c

 

   

 

2 2

2 2

2 2

9 ( )

P

2( )

a b c

a b c

a b c

  

    

 

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t  3.

Suy

9

3

2 2 2 2

t t t

P t

t t



         

 P 

Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P 4

6.a) ∆ ABM vuông B => BMA + BAM = 900 ∆ OAC cân O

=> ACD = BAM=> BMA + ACD = 900 ∆ ADC vuông A

=> ADC + ACD = 900 => BMA = ADC

=> ∆ MCDN có NMC + NDC = 1800 nên nội tiếp đường tròn

b) ∆ ABM vuông B, BC  AM

=> AB2 = AC AM (1) ∆ ABN vuông B.BD  AN=> AB2 = aD.AN

(2) Từ (1) (2) => AC.AM = AD.AN

c) Chỉ : Kể từ IH  xy => IH // OA (1) HN = HM = AH (∆ AMN vuông A; HN = HM)=> NAH = ANH

Theo câu a : ADC = AMN mà ANH + AMN = 900

=> NAH + ADC = 900=> AH  CD

Mặt khác IO  CD (OC = OD; IO bán kính)= AH // IO (2)

Từ (1) (2) => AHIO hình bình hành => IH = OA = R (R bán kính đường trịn (0)) Vậy CD quanh quanh tâm I chuyển động đường thẳng d//xy cách xy khoảng R

ĐỀ 25 Câu : ( điểm )

1) Cho biểu thức:

2 1

1 ( ) :

4

1 2 4

x x

A

x

x x x x



   



   

a/ Rút gọn A

b/ Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị nguyên

c/ Tính giá trị A với x 7 49(5 2)(3 13    2 )(3 2 )  2) Tìm tất số tự nhiên abc có chữ số cho :

 

2

2

abc n cba n

  

 

  

 với n số nguyên lớn 2.

Câu : ( điểm ).

1) Giải phương trình sau: x+3+√1−x2=3√x+1+√1−x

2) Cho x y z, , ba số thỏa mãn: x y z 

1 1

x y z

x y z

    

Tính giá trị biểu thức: Px2013 1  y20141 z2015 1

Câu : ( điểm ).

1) Tìm nghim nguyờn ca phương trình : x2 + xy + y2 = x2y2

Chứng minh

1

1 1

ab bc ca c a b  . Câu : ( điểm )

Cho O trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C, tia By lấy điểm D cho

góc COD = 900 Kẻ OH vng góc với CD H.

a) Chứng minh CD tiếp tuyến đường tròn tâm O đường kính AB;

b) Chứng minh

2

4

AB AC BD 

;

c) Nêu cách xác định vị trí điểm C tia Ax để diện tích tam giác COD diện tích tam giác AHB

Câu : ( điểm ) Tìm nghiệm nguyên PT : x2+2y2 +2xy +3y- =

—————————————– Hết ——————————————–

Câu 1.1 (4 ð)

a/Cho biểu thức A= 1-

2 1

:

1 2 4

x x

x

x x x x

  

 

 

      

 

ĐK: x

1

0; ;

4

x x

  

A= 1-    

2

2 1

:

2 (2 1) 2 1

x x

x x x x x

 



   

      

 

A=1-2

4 (2 1)

(2 1)(2 1)

x x x x

x x x

    

  

A=1-1 2

2 1 1

x x x

x x x x

  

  

   

b/ Tìm xZ để A nguyên

2

1 2

A Z Z x

x

     

 Ư(2)

Do x0;x1;x Z  x0

Vậy x=0 A có giá trị ngun

c/Với x= 7 49(5 2)(3 13    )(3 2 )  x=-7349(5 2)(5 2)  7 49 

7

x

  Vậy A

2

1 2.7 13

 

 

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

1đ

0,5đ 0,5đ

Câu 1.2

(2 ð) Viết

2

100 10

100 10 4

abc a b c n

cba c b a n n

     

 

     



(2) Từ (1) (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – => 4n –  99 (3)

Mặt khác :

100 n2 1 999 101 n2 1000 11 n 31

        

39 4n 119

    (4)

Từ (3) (4) => 4n – = 99 => n = 26 Vậy số cần tìm abc 675

0,5

0,5

0,5 0,5

1 x+3+√1−x2=3√x+1+√1−x (ĐK: −1<x<1 )

0,5đ

Câu 2.1 (2đ)

Câu 2.2 (2ð)

-Câu 3.1 (2ð)

Đặt

√x + 1= a

√1− x = b

(a , b ≥ ) ⇒

¿

x + 3= a2

+2

√1− x2=ab

¿

{¿ ¿ ¿

¿

Thay vào phýõng trình cho ta có:

a2+2+ab=3 a+b ⇔ a2+(b−3) a−(b−2)=0⇔(a−1)(a+b−2)=0

⇔

¿ [a=1

[a+b=2[¿

 Với a=1⇒√x+1=1⇔ x=0 (thỏa mãn)

Với a+b=2 ⇒√x+1+√1−x=2⇔ x+1+1−x+2√1−x2=4 ⇔√1−x2=1⇔ x=0 (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm x=0

-Từ

1 1 xy yz zx

x y z x y z xy yz xz

x y z xyz

 

           

( xyz 1)

Xét tích x1 y1 z1  xy x y  1 z1

1 1

xyz xy xz yz x y z         xy xz yz x y z      

1

1

1

x x

y y

z z

  

 

 

    

 

    

 

Lần lượt thay x 1 y 1 z 1 vào biểu thức P ta P 0

-*Víi x vµ y ta cã:

2 2 2

4

x y x x y y

 

 

 



 x2y2  (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy

* VËy x hc y 

- Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0 Phơng trình nghiệm nguyªn

- Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0 Phơng trình nghiệm nguyªn

- Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc + y + y2 = y2

hay y = -1

- Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc - y + y2 = y2

hay 1- y =  y =1

- Với x = thay vào phơng trình ta đợc y =0

Thử lại ta đợc phơng trình có nghiệm ngun (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1)

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,25 ð 0,25 ð

Câu 3.2 (1ð)

Học sinh phát biểu CM bất đẳng thức phụ sau:

- Với x; y số thực dương ta có:

1 1

x y x y

 

   

   (1) Đẳng thức

xẩy x = y

Thật vậy: Vì x; y số thực dương theo BĐT Cơsi ta có

x y 1 xy.2

x y xy

 

     

 

1 1

x y x y

 

   

  

- Áp dụng BĐT (1) ta có:

   

1

1

ab ab ab

c c a c b c a c b

 

    

        (1’)

Tương tự

1

1

bc bc

a a b a c

 

   

    (2’);

1

1

ca ca

b b a b c

 

   

     (3’)

Cộng vế với vế ba đẳng thức ta được:

1

1 1 4

ab bc ca ab ca ab cb cb ca a b c

c a b b c c a a b

    

 

       

       

Đẳng thức xẩy

1

a b c  

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5 a) Vì Ax AB By; AB nên Ax, By tiếp tuyến đường tròn (O)

Gọi M trung điểm CD => OM đường trung bình hình thang ACDB => OM //AC => góc ACO = góc MOC ( So le trong) (1)

Lại có: OM trung tuyến thuộc cạnh huyền tam giác vuông COD => OM = MC => tam giác OMC cân M => góc COM = góc MCO (2)

Từ (1) (2) suy góc ACO = góc MCO

(6đ)

Câu 5 (1 ð)

=> OH = OA => H thuộc đường tròn tâm O

=> CD tiếp tuyến đường trịn tâm O đường kính AB

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AC = CH; BD = DH

CH.DH = OH2 =>

2

4

AB AC BD 

c) SCOD SAHB =>

OH

HK  ( HK AB; K thuộc AB )

( Vì tam giác COD đồng dạng với tam giác BHA)

=> OH = HK => K trùng O => H điểm nửa đường tròn O =>

AC =

AB

điểm C thuộc tia Ax cho AC =

AB

SCOD SAHB

-Biến đổi phơng trình

x2+2y2 +2xy +3y- = 0 ⇔ (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4= 0

⇔ (y+4)(y-1) =-(x+y)2 ¿

⇒ - ¿ y y thuộc Z nên y {4 ;3;2;1;0;1} Sáu cặp (x;y) thỏa mÃn phơng trình

(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0) V ì x; y nguyên dương nên x=1 y=3

1,5

0,5 1,0 1,0

0,25 0,25 0,25 0,25

Đề 26

Bài 1(6đ): 1, Cho biểu thức:

2 1

1 ( ) :

4

1 2 4

x x

A

x

x x x x



   



   

a/ Rút gọn A

2, Tính giá trị biểu thức B = x3 - 3x + 2000 víi x =

3

√3 + 2√2 + 3√3 − 2√2 .

Bài 2: (4đ)

a) Cho ba số dương x y z, , thoả mãn

1 1

1

x  y  z  Chứng minh rằng:

x yz  y zx  z xy  xyz  x  y  z b)Tìm số tự nhiên n cho A n 2 n 6 số phương

Bài : (4đ)

a , Giải phương trình :

3x24x10 14 x2 7.

b, Tìm nghiệm phương trình: x2+2y2 +2xy +3y-4 =0

Bài 4: (5 đ) Cho đường tròn (O,R) điểm A ngồi đường trịn, từ điểm M di động đường thẳng d ¿ OA A, vẽ tiếp tuyến MB,MC với đường tròn (B,C tiếp điểm) Dây BC cắt

OM OA H K

a) Chứng minh OA.OK khơng đổi từ suy BC qua điểm cố định b) Chứng minh H di động đường tròn cố định

c) Cho biết OA= 2R Hãy xác định vị trí M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ Tính giá trị nhỏ

Câu ( 1.0 đ):

Tìm tất số nguyên dương x , y , z thoả mãn

x + y + z >11

8 x+ y + 10 z=100

¿ {¿ ¿ ¿

¿

-Hết -( Cán coi thi khơng giải thích thêm)

CÂU Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐIỂM

Bài 1

1a)

(2đ) a/(2đ)Cho biểu thức

A= 1-

2 1

:

1 2 4

x x

x

x x x x

  

 

 

      

  ĐK: x

1

0; ;

4

x x

  

0,25

A= 1-    

2 1

:

2 (2 1) 2 1

x x

x x x x x

 



   

      

 

A=1-2

4 (2 1)

(2 1)(2 1)

x x x x

x x x

    

  

A=1-1 2

2 1 1

x x x

x x x x

  

  

   

0,5 0,75

1b)

(1đ) b/(2đ) Tìm x ZTa có :  để A ngun.

1 2

A Z Z x

x

     

 Ư(2)

Do x0;x1;x Z  x0 Vậy x=0 A có giá trị ngun

0,5

0,5

2.(2đ)

Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b), Đặt a=

3

√3 + 2√2 , b= 3√3 − 2√2

Ta có

 x= a+b  x3= (a+b)3= a3 + b3 +3ab(a+b) => x3 = + 3x  x3- 3x = 6

Suy B = 2006

0,5 0,5

0,25 0,25 0,5

Bài 2 (4đ)

a)(2đ) Bất đẳng thức cho tương đương với

1 ,

a bc  b ca  c ab   ab  bc  ca

với

1 1

, , ,

a b c a b c

x y z

     

Tacó : a bc  a a b c(   )bc

2 ( ) 2 .

a a b c bc a a bc bc a bc

        

Tương tự: b ca b   ca c ab c;    ab Từ ta có đpcm Dấu xảy x y z  3

0,75

0,75

0,5

b)2đ

2 6

A n  n số phương nên A có dạng

2 *

2 2

6 ( )

4 24 (2 ) (2 1) 23

2 23 (2 1)(2 1) 23

2 1

A n n k k N

n n k k n

k n

k n k n

k n

    

       

   

       

   

(Vì 23 số nguyên tố 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)

2 23

2 1

k n k

k n n

   

 

   

   

 

0,5

0,5

Vậy với n = A số phương

Bài 3

(4đ) a)(2đ)

b)(2đ)

a) Giải pt sau: 3x2 4x10 14 x2  ĐKXĐ:

2 2

2

1 2

14

2 2

2

x

x x x

x

   

       

   

2 2 26

ì 3x 10 3( )

3

V  x  x  

Ta có:  

2

(1) 3x 4x10 2 x  1 0

 

2 4 4 2 1 2 1 7 0

x x x x

        

   

2

2 2

2

x x

     

2

2

2

2 2

x x

x x

x x

   



 

      

  

 

 



 (TMĐK)

Vậy PT có nghiệm là: x = -2 b)

Biến đổi phương trình

x2+2y2 +2xy +3y-4 =0 ⇔ (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4=0 ⇔ (y+4)(y-1) =-(x+y)2 ¿ 0

⇒ - ¿ y ¿ v× y thuéc Z nên y {4 ;3;2;1;0;1} ĐS sáu cặp (x;y) thỏa mÃn phơng trình

(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0)

0,25

0,25

0,75

0,75

0,5

0,25

0,5 0,5 0,5 0,5

Bài 4 (5đ)

a)(2đ)

b)(1đ)

c) (1,75)

a Δ HOK ∞ Δ AOM →OA OK=OH OM

Δ vBOM có OB2 = OH OM

→ .→OK =

R2

OA (Không đổi)

→ K điểm cố định b

H nằm đường tròn đường kính OK cố định

c

SOBMC=2SOBM=OM BH=1

2OM BC

Smin ↔ OMnhỏnhất, BCnhỏnhất ↔ M≡ A ,BC ⊥OK ↔ H ≡K ↔ M≡ A Smin= R2√3

0,25

0,5 0,5 0,5 0,5

1đ

0,5 0,5 0,5 0,25

Bài 5 (1đ)

Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z

= 8(x+y+z) →x + y + z <

25 .

Theo giả thiết x+y+z > 11, ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12

Vậy ta có hệ

x + y + z =12

8 x + 9 y + 10 z =100

↔

¿

x + y + z =12

y + 2 z = 4

¿

{¿ ¿ ¿

¿

Từ y + 2z =4 suy z=1 ( y,z>0)

Khi z=1 y=2 x=9 Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu toán

0,25

0,5

0,25

( Học sinh làm theo cách khác cho điểm )

ĐỀ 27

Đề 27 Câu 1: (6đ)

Cho biểu thức A = (

x−5√x

x−25 −1):(

25−x

x+2√x−15− √x+3 √x+5+

√x−5 √x−3)

1 Rút gọn A

2 Tìm số nguyên x để A nguyên

B =

A ( x+16 )

5 Câu 2: (4đ)

a) Giải phương trình:

√2x2−9 x+4+3√2 x−1=√2 x2+21x−11 b) Tìm giá trị nhỏ

A =

xy z +

yz x +

zx

y với x,y,z số dương x2 + y2 + z2 = 1 Câu 3: (3đ)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình : 2x6 + y2 –2 x3y = 320

b) Cho x, y, z số dương thoả mãn

1 1

6

x y y z z x  .

Chứng minh rằng:

1 1

3x3y2z3x2y3z2x3y3z 2. Câu 4: (6đ)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB M điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường trịn tâm O’ đường kính MB Gọi I trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vng góc với AB I Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) J

a) Chứng minh: Đường thẳng IJ tiếp tuyến đường trịn (O’)

b) Xác định vị trí M đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn Câu 5: (1đ)

-Hết -Câu ý Nội dung trình bày Điểm

1 (6đ)

a Tìm điều kiện x≥0, x≠25 , x≠9 1,0

Rút gọn A=

√x+3 1,5

b x ¿ z => √x+3 Ư(5) 0,5

=>

3 ( )

3

x loai

x x

   

    

1,0

c B=A ( x+16)

5 =

5( x +16) 5(√x+3=

x+16

√x+3 0,5

=√x−3+25

√x+3=√x +3+

25

√x+3−6 1,0

=> B≥4 => B = ⇔ x=4

0,5

(4đ)

a ĐK: x≥4 x=0,5 0,5

Biến đổi:

       

       

2

2 2 21 11

4 11

4 11

2 1( 11) 0(1)

x x x x x

x x x x x

x x x x x

x x x x

      

       

        

         

Hoặc √x−4+3−√x+11=0 (2)

1,0

Giải (1) x=0,5 (thỏa mãn),giải (2) x=5 (thỏa mãn) 0,5 b

A =

xy z +

yz x +

zx

y Nên A2 =

x2y2 z2 +

y2z2 x2 +

z2x2

y2 +2 ( x2+y2+z2 =1)

= B +2

0,75

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương ta có

x2y2 z2 +

y2z2 x2 ≥√

x2y2y2z2 z2x2 =2 y

2

Tương tự

y2z2 x2 +

z2x2 y2 ≥2 z

2

x2y2 z2 +

z2x2 y2 ≥2 x

2

Cộng vế với vế ta 2B ¿

⇒B≥1

Do A2 = B +2 ¿ 3 nên A ¿ √3

Vậy Min A = √3 ⇔ x=y=z=

√3

0,5

3 (3đ)

a Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320

=> (x3)2 £320 0,5

mà x nguyên nên x £2

Nếu x=1 x=-1 y khơng ngun (loại) Nếu x=2=> y=-2 y=6

Nếu x=-2 => y=-6 y=2

0,75

Vậy phương trình cho có cặp nghiệm (x;y) là:

(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) 0,25

b

Áp dụng BĐT

1

a b a b (với a, b > 0)

1 1

a b a b

 

    

  

0,5

Ta có:

   

1 1 1

3x 3y 2z 2x y z x 2y z 2x y z x 2y z

 

    

            

       

1 1 1 1 1

4 x y x z x y y z 4 x y x z x y y z

    

         

         

    

 

1 1

16 x y x z y z

 

    

  

 

Tương tự:

1 1

3x 2y 3z 16 x z x y y z

 

    

      

1 1

2x 3y 3z 16 y z x y x z

 

    

      

Cộng vế theo vế, ta có:

1 1 4

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z

 

      

          

4 1 1

.6

16 x y x z y z

 

     

  

 

0,5

(6đ)

1,0 a Xét tứ giác ACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt)

ACMD hình thoi 0,5

 AC // DM, mà ACCB (do C thuộc đường trịn đường kính AB)

0,5

 DMCB; MJCB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)

 D, M, J thẳng hàng. 0,5

Ta có : IDM + IMD = 90  0(vì DIM = 90 0)

Mà IJM = IDM  (do IC = IJ = ID : CJD vuông J có JI trung

tuyến)

  

MJO' = JMO' = IMD(do O’J = O’M : bán kính đường trịn (O’); JMOˆ ' IMDˆ đối đỉnh)

0,5

 IJM + MJO' 90   0 IJO 90  0  IJ tiếp tuyến (O’), J tiếp điểm

0,5

b

Ta có: IA = IM IO’ =

AB

= R (R bán kính (O))

O’M = O’B (bán kính (O’) 0,5

JIO’ vng I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 0,5

Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4S JIO’

Do SJIO’

R



0,5

SJIO’ =

R

khi IJ = O’J JIO’ vng cân

có cạnh huyền IO’ = R nên :

2O’J2 = O’I2 = R2  O’J = 2

R

Khi MB = 2O’M = 2O’J = R 0,5

5 (1đ)

Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83 4xy 2x 2y 167 (2x 1)(2y 1) 167

         0,5

Do x,y nguyên dương (2x1);(2y1)Z

(2x 1);(2y 1)

   Ư(167)Lập bảng tìm (x,y)=(0;83);(83;0).

0,5

ĐỀ 28

Bài

: (6 điểm)

1,Cho biểu thức: K = [

x +3√x +2 x+√x−2 −

x+√x x−1 ]:[

1

√x+1+

1

√x −1]

a/ Rút Gọn K

b/ Tính giá trị biểu thức K x = 24+ 5 3 29 12 5

c / Tìm x để : 1

K−

√x+1

8 ≥1

2,Cho số thực dương x , y ,z thỏa mãn điều kiện

x√1− y2+y√1−z2+z√1−x2=3

2 chứng minh x

2

+y2+z2=3 Bài 2: (4điểm) a ) Giải phương trình √7−x+√x+1=x2−6 x+13

b ) Cho a,b,c ba số thực thỏa mãn : a + b +c = √a+√b+√c=2

Chứng minh : √a

1+a+

√b

1+b+

√c

1+c=

2

√(1+a)(1+b)(1+c)

Bài 3: (3điểm)

a) Tìm GTNN

2 2

x y z

A

x y y z z x

  

   biết x, y, z > , xy  yz zx 1

b) Chứng minh

a b c

2

b c  a c  a b  với a, b, c > 0

Bài 4:(6 điểm).Cho (O;R) (I;r) tiếp xúc A (R>r) Dựng tiếp tuyến chung BC ( B nằm

b) OE cắt AB N ; IE cắt AC F Chứng minh N;E;F; A nằm đường tròn c) Chứngtỏ BC2=4 Rr

Tính diện tích tứ giác BCIO theo R ;r

Bài5: (1 điểm )Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:

xy2 + 2xy – 243y + x = 0

-Hết -(Cán coi thi khơng giải thích thêm)

Bài Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐIỂM

Bài 1 (6đ)

1.(4đ) a)(2đ)

b)(1 đ) c )(1đ )

2)(2đ)

a, Với x0 , x≠ ta có:

K =

√x+1

2√x

b,Ta có : x = 24+ = 24+ = 24+ = 24+ = 25

Thay x = 25 vào K ta có:

K =

√25+1

2√25 =

3 5

1

K−

√x+1

8 ≥1 ⇔ 2√x √x+1−

√x+1

8 −1≥0⇔

−x+6√x−9 8 (√x+1) ≥0

(*) Do : 8(√x+1)≥0 ∀ x nên (*)

⇔−(√x−3 )2≥0⇔(√x−3)2≤0 mặtkhác

(√x −3)2≥0 ⇔√x=3 ⇔ x=9

Áp dụng BĐT Cô-si cho số không âm ta có x√1− y2+y√1− z2+z√1−x2≤x

2+1− y2

2 +

y2+1−z2

2 +

+z

2

+1−x2

2 =

3

0,5

0,75

0,75

0,5

0,75

0,75

0,5

0,5

Đẳngthứcsảyra :

x =√ 1− y2

y =√1 − z2

z =√ 1− x2

⇔

¿

x2= 1− y2

y2=1 − z2

z2=1− x2

⇒ ( dpcm )

¿

¿

{¿ {¿ ¿ ¿

¿ ¿ ¿

0,5

Bài 2 (4đ)

Bài 3 (3đ)

a,(2đ)

b(2đ) a,

ĐK: −1≤x≤7

Ápdụng BĐT Bunyakovsky tacó

(√7−x +√x+1 )2≤2(7−x +x+1)=16 ⇔√7−x+√x +1≤4 )

lạicó x2−6 x+13=( x−3 )2+4≥4

do PT

⇔

√7− x =√x + 1

x −3 =0

⇔ x =3

¿

¿{¿ ¿ ¿

b) Đặt x=√a; y=√b; z=√c

x2+y2+z2=x + y +z=2

⇒2( xy+ yz+zx )=22−2=2 ⇒ xy+ yz+zx=1

Do :

1+a=xy+ yz+ zx+x2=(x+ y )(x+z) 1+b=xy+ yz+ zx+ y2=(y+ z)( y+x) 1+c=xy+ yz+zx+z2=(z+x )( z+ y)

Vìvậy

√a

1+a+

√b

1+b +

√c

1+c=

x

(x+ y )( x+ z)+

y

(y +z )( y+x )+

z

(z+x )( z+ y )

=2( xy+ yz+zx )

(x+ y )( y+ z)( z+ x )= 2

√(1+a)(1+b )(1+c )

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

a(1,5đ) a :

2 2

x y z x y z

x y y z z x

 

  

   Theo bất đẳng thức Cauchy :

Bài 4 (6đ)

b(1,5)

xy yz zx

x y y z z x x+y+z

xy ; yz ; zx nên

2 2 2

 

  

    

min A =

1

1 x y z

3

   

b )Theo bấtđẳngthức Cauchy :

b c.1 b c 1 : 2 b c a

a a 2a

     

   

  .

Do :

a 2a

b c a b c    Tươngtự :

b 2b ; c 2c

a c a b c    a b a b c   

Cộngtừngvế :

a b c 2(a b c) 2

b c c a a b a b c

 

   

     .

Xảyradấuđẳngthức :

a b c

b c a a b c

c a b   



     



  

 , tráivớigiảthiết a, b,

c >

Vậydấuđẳngthứckhôngxảyra

0,5

0,5

0,5

0,5

a(1,5đ)

b(1,5đ)

Hìnhvẽ B E C

N

F O A I

a )Ta có : BE AE tiếptuyếncắtnhauAE = BE

Tươngtự ta có AE =EC  AE=BE=EC=

1 2BC

 tam giác ABC vng tai A b)

Theo tínhchất tiếptuyếncắtnhauthì EO làphângiáccủa tam giáccân AEB OE làtrungtrực AB hay OE⊥ AB⇔ ENA

¿

=900

0,5

0,5

0,5 0,5

Bài 5 1đ

c(1,5)

d(1,5)

Tươngtự EÈA ¿

=900

Mà NAF ¿

=900⇒ tứgiác FANE hìnhchữnhật điểm F ;A ; N ;E cùngnằmtrênđườngtrịn

c )tứgiác FANE hìnhchữnhật

⇒ΔOEI vngtại E và EA⊥ OI ( tínhchấttiếptuyến )

Ápdụnghệthứclượngtrongtamgiácvng ta có AE2=OA AI

Mà AE=

BC

2 ;OA=R ; AI=r⇒

BC2

4 =Rr ⇔ BC

2

=4 Rr

d/SBCIO=? Ta cótứgiác BCIO hìnhthangvng

SBCIO=

OB+IC

2 ×BC

S=

(r+R )√rR

2

Ta có xy2 + 2xy – 243y + x =  x(y + 1)2 = 243y (1)

Từ (1) vớichú ý (y + 1; y) = ta suy (y + 1)2làướccủa 243. Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8)

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

ĐỀ 29 Câu 1(4đ): Giải hệ phương trình sau:

a)

7

2

x y x y

x y x y

    

 

    



b)

( 1) ( 1)

1

x y y x xy

x y y x xy

    

 

   

 

Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Hãy tìm giá trị lớn biểu thức

1 1

x y z

P

x y z

  

  

Câu 3(3đ): Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện

1 1

2 1a1b1c

Chứng minh rằng:

1

abc 

Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA MB (A, B tiếp điểm), C điểm đường trịn tâm M bán kính MA nằm đường tròn (O) Các tia AC BC cắt đường tròn (O) P Q Chứng minh PQ đường kính đường trịn (O)

Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) d tiếp tuyến (O) C Gọi AH, BI đường cao tam giác

a) Chứng minh HI // d

b) Gọi MN EF hình chiếu đoạn thẳng AH BI lên đường thẳng d chứng minh MN = EF

Câu 6(2đ): Chứng minh tích số phương số đứng trước chia hết cho 12

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Đáp án Thang điểm

1

a)

7 5(1)

2 1(2)

x y x y

x y x y

    

 

    



Đặt u = 7x y , v = 2x y (u0,v0)

Ta có

5 (*)

u v v x y

  



   

Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x

Mà u + v = nên u – v = x

Do u =

x 

, v =

2

x



Từ phương trình thứ hai (*) ta

y = v + x – =

5

1

2

x x

x

 

  

Thay y =

x 

vào phương trình (2) ta

1

3

2

2

1 5

19

2

x x

x x

x

x x

x

 

   

 

 

   

 

Với x = ta y = 2; x = 19 ta y = 11

Thử lại hệ phương trình ta hệ có nghiệm (1;2)

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

0.25 0.25

0,25

b)

( 1) ( 1) (1)

1 (2)

x y y x xy

x y y x xy

    

 

   

Điều kiện x1,y1

Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cơ Si ta có: ( 1)

1 ( 1).1

2

x y xy

x y x y    

(3) ( 1)

1 ( 1).1

2

y x xy

y x y x    

(4) Vậy x y 1 y x1xy

Dấu “=” xảy

1 1

y x

  

    

x y

  

Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1) Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;2)

0.25 0.5 0.5 0.25 0.25

0.25

2

Ta có

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

1 1

P

x y z

     

  

1 1

3 ( )

1 1

P

x y z

   

  

Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cơ Si ta có

3

x y z   xyz,

1 1

xy z xyz

1 1

(x y z)( ) 3xyz

x y z xyz

      

Dấu = xảy x = y = z

Ta có

1 1

1 1 ( 1) ( 1) ( 1)

x y z  x  y  z

1 1

1 1

x y z

   

  

Vậy

9 3

4

P   

1 1

3

1

4

x y z

P x y z

x y z

     

      

   

Vậy P đạt giá trị lớn

P 

tại

1

x  y z

0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5

0.25

Ta có:

1 1

(1 ) (1 )

1a   1b   1c

1

2

1 1 (1 )(1 )

b c bc

a b c b c

   

    

1

1 (1 )(1 )

bc

a  b c

  

3

Tương tự:

2

1 (1 )(1 )

ac

b a c

  

2

1 (1 )(1 )

ab

c a b

  

Nhân ba bất đẳng thức ta được:

1

(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )

abc

a b c  a b c

     

8abc

 

0.25 0.25

0.5 0.5

4

C

P Q

O M

B A

0.5

Để chứng minh PQ đường kính đường trịn (O), ta cần chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng

Trong đường trịn tâm M ta có:

 2

AMC ABC (góc tâm chắn cung AC) Trong đường trịn tâm O ta có:

 2

AOQ ABQ (góc tâm chắn cung AQ) Suy AMCAOQ (1)

Chứng minh tương tự ta có BMC BOP (2)

Tứ giác MAOB có A B  900

  1800

AMB AOB

   (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra:

   

POQ POB BOA AOQ  

(BMC AMC )BOA

AMB AOB 1800

Suy P, Q, O thẳng hàng

Vậy PQ đường kính đường tròn (O) 0.25

5

x

d

M F

N E

A

I

H

C

B 0.5

a) Chứng minh HI // d

Gọi Cx tiếp tuyến chắn cung AC

Tứ giác ABHI nội tiếp nên ABC HIC (Cùng bù với góc HIA)

Mà ABC ACx (cùng chắn cung AC)

  //

HIC ICx HI d

  

0.25 0.5 0.25 0.5 b) Chứng minh MN = EF

d // HI  IF=HN

AMCH nội tiếp  HMN HAC BICE nội tiếp  IEFIBC

Mà HAC BIC  nên HMN IEF  HMN IEF EF

MN

 

0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 Số phương n2(n Ỵ Z) số đứng trước n2-1

Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1)

Tích có số nguyên liên tiếp nên chia hết cho

Mặt khác (n-1)n hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Và n (n+1) chia hết cho

Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho

Mà (3;4) = nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12 Vậy (n2-1)n2 chia hết cho 12

Câu (1,5 điểm): Cho biểu thức:

3 16 7

2

2 3 1

x x x x x

A

x x x x x

       

      

    

   

a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A 6

Câu (1,5 điểm): Cho hệ phương trình:

2

2

mx y x my

 

 

 

 (với m tham số).

a) Giải hệ phương trình m 10

b) Tìm m để hệ phương trình cho có nghiệm x y;  thỏa mãn hệ thức:

2

2015 14 8056 2014

4

m m

x y

m

  

  



Câu (3,0 điểm):

a) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c  1. Tìm giá trị lớn biểu thức:

3 3

9 9

a b c

P

a b c b c a c a b

  

     

b) Tìm tất cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn: x(1 x x2) ( y y 1)

Câu (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài a. Trên đoạn AC lấy điểm B cho

4

AC AB Tia Cx vuông góc với AC điểm C, gọi D điểm thuộc tia Cx (D không

trùng với C) Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD CD lần lượt

tại K, E

a) Tính giá trị DC CE theo a

b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ

c) Chứng minh điểm D thay đổi tia Cx đường trịn đường kính DE ln

có dây cung cố định

Câu (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số:

1 1 1

; ; ; ; ; 2014 2015

Người ta biến đổi dãy nói cách xóa hai số u,v dãy viết thêm vào dãy số có giá trị u v uv  vào vị trí u v. Cứ làm dãy thu và

sau 2014lần biến đổi, dãy cuối lại số Chứng minh giá trị số cuối khơng phụ thuộc vào việc chọn số u,v để xóa lần thực việc biến đổi dãy, tìm số cuối

-Hết -II) Đáp án thang điểm:

Câu 1 (1,5

đ)

Cho biểu thức:

3 16 7

:

2 3 1

x x x x x

A

x x x x x

       

      

    

   

a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A.

Điều kiện:

0

2

3

2

1

x

x x

x x

x x

   

   

 

  



 

 

  

 

 Từ đó: x0;x1;x4

0,25

Biến đổi:

   

   

1

3 16 7

2 3 1 3

x x

x x x x x x

x x x x x x x x

 

     

    

       

2

3

x x

x x

 

 

 

 

2 7 7 9

2

3 1

x x x x

x x x x

   

    

   

0,25

và

2

1

x x

x x



 

  0,25

Từ đó:

9

:

1

x x x

A

x x x

  

 

   0,25

b) (0,5 điểm) Tìm x để A 6.

Biến đổi:  

9

6

2

x

A x x

x



      

 0,25

7 x 21 x9(thỏa mãn điều kiện) Vậy để A 6 x 9 0,25

Câu 2 (1,5

đ)

Cho hệ phương trình:

2

2

mx y x my

 

 

 

 (với m tham số)

a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình m 10.

Thay m 10 ta hệ:

10 2

2 10 10

x y x y

x y x y

   

 



 

   

 

50 52

2 10 10

x-10y=10 x=15

x y x y

            15 15 52 52

5 23

10 52 x x x y y                     

Kết luận: với m  hệ có nghiệm nhất: 10

15 52 23 52 x y          0,25

b) (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình cho có nghiệm x y;  thỏa mãn hệ

thức:

2

2

2015 14 8056 2014 m m x y m        Dùng phương pháp thế, ta có:

2 mx y x my        2 2

2 5

2

mx

mx y

y

mx

x my x m

                       0,25   2 2 10 4 m mx x y m

, m R m

m x=2m+10 y

m                        

Nên hệ ln có nghiệm nhất:

2 2 10 4 m x

m , m R

m y m                0,25

Thay vào hệ thức:

2

2015 14 8056 2014 m m x y m        Ta được: 2 2

2014 8050 2015 14 8056

4

m m m m

m m

     



 

2

2014m 7m 8050 2015m 14m 8056

      

0,25

 m2  7m  6 m 1 m 6 0

1 m m      

Kết luận: để hệ phương trình cho có nghiệm x; y thỏa mãn hệ thức:

2

2

2015 14 8056 2014 m m x y m      



Câu 3 (3,0

đ)

a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị

lớn biểu thức: 3 3 3

a b c

P

a b c b c a c a b

  

     

Chứng minh:

(a2 b2 c2)(x2 y2 z2) ( ax by cz  )2, a b c x y z R, , , , ,  (1) Thật vậy:

2 2 2 2 2 2

(1) (a y  2abxy b x ) ( a z  2acxz c z ) ( b y  2bcyz c z ) 0

2 2

(ay bx) (az cx) (by cz)

       (đúng)

Dấu

" "

ay bx az cx by cz

  

   

 



0,25

Áp dụng BĐT (1) ta có:

3 1

(9 )( ) ( )

9

a b c c a b c

a

       

Dấu

1 " "

3

a b c

    

0,25

3

9

1

9

a b c

c a

   

 

3

1

( )

9

a

a c

a b c a

   

 

0,25

Tương tự có: 3

1 1

( ); ( )

9 9

b c

b a c b

b  c a b  c  a b  c  

1

3 ( )

9

a b c

P   ab bc ca

     

0,25

2

1 ( )

1

3 3

a b c

P  

    

Do ab bc ca  

2

( )

3

a b c 

0,25

Vậy ax

1

3 m

P   a b c  

0,25

b) (1,5 điểm ) Tìm tất cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn:

2

(1 ) ( 1)

x  x x  y y

Có: x(1 x x2) ( y y 1)  (x3 x2) ( x1) 4 y2  4y1  (x1)(x2 1) (2 y1)2 (1)

0,25

Giả sử (x1,x2 1) d d lẻ x2  ;d x2 1d  2d  d 1 0,25

Vì (x1)(x2 1) số phương, (x1,x2 1) 1 nên (x 1)và(x 2 1)

là hai số phương 0,25

Do x  0 x2  x2  1 (x1)2  x2  1 (x1)2 x0 0,25

Khi x 0, có

0 (1) ( 1)

1

y y y

y

 

    



 .

Vậy có hai cặp số nguyên x y; thỏa mãn yêu cầu toán là: (0;0),(0;1)

0,25

Câu 4 (3,0

đ)

Cho đoạn thẳng AC có độ dài a Trên đoạn AC lấy điểm B cho

4A

AC  B Tia Cx vuông góc với AC điểm C , gọi D điểm thuộc tia Cx (D không trùng với C) Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với

AD cắt hai đường thẳng AD CD K, E.

a) (1,0 điểm) Tính giá trị DC CE theo a.

Ta có: EBC ADC (Cùng bù với góc KBC); ACD ECB 90o 0,25

ACD

  ECB đồng dạng với nhau(g-g) 0,25

DC AC

DC CE AC BC

BC EC

    0,25

Do

3 ;

4

a a

AB BC 

2

3

4

a

DC EC AC BC  0,25

b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ

BDE BDE

S  BC DE S

nhỏ DE nhỏ

Ta có:

2

3

2

4

a

DE DC EC   DC EC  a

( Theo chứng minh phần a)

Dấu

3 " "

2

a DC EC

   

0,5

(BDE) S



nhỏ

3

8

a

D thuộc tia Cx cho

3

a CD 

0,25

c) (1,0 điểm) Chứng minh điểm D thay đổi tia Cx đường trịn đường kính DE ln có dây cung cố định.

Gọi giao điểm đường trịn đường kính DE với đường thẳng AC M, N ( M

nằm A B)  M, N đối xứng qua DE. 0,25

Ta có: Hai tam giác AKB ACD đồng dạng (g-g)

AK AB

AK AD AC AB

AC AD

   

(1) Hai tam giác AKM AND đồng dạng (g-g)

AK AM

AK AD AM AN

AN AD

   

(2)

0,25

T (1) v (2) suy

2

4

a AM AN AC AB

2

2

( )( )

4

a

AC MC AC NC AC MC

     

(Do MC NC )

2

2 3

4

a a

MC MC NC

    

0,25

,

M N

 hai điểm cố định

Vậy đường trịn đường kính DE ln có dây cung MN cố định 0,25

Câu 5 (1,0

đ) Cho dãy gồm 2015 số:

1 1 1

; ; ; ; ; 2014 2015

Người ta biến đổi dãy nói cách xóa hai số u,v dãy và viết thêm vào dãy số có giá trị u v uv  vào vị trí u v. Cứ làm dãy thu sau 2014lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ lại số Chứng minh giá trị số cuối khơng phụ thuộc vào việc chọn số u,v để xóa lần thực việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối đó.

Với hai số thực u,v ta ln có:

 1  1  1  2015 1

T  a  a  a  a 

Áp dụng cách biến đổi dãy đề kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích thêm T” khơng thay đổi với dãy thu

Với dãy cho ban đầu tốn, “Tích thêm T”:

1 1 1 2015 2016

1 1 1 2016

1 2015 2014 2015

T                     . 

         

0,25

Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy lại số x “Tích thêm T” dãy cuối là: T  x

Vậy ta có: x 1 2016 x2015

Bài toán giải quyết; sau 2014lần biến đổi dãy theo yêu cầu toán

ta thu số 2015.

0,25

https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/