50 đề HSG toán 9

Tìm vị trí của M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.. Chứng minh BP BI. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Mỗi học[r]

(1)

Sưu tầm tổng hợp

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

CẤP TỈNH MƠN TỐN LỚP

(2)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI

MÔN TỐN LỚP CẤP TỈNH

LỜI NĨI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi

toán lớp tỉnh cảnước có hướng dẫn giải cụ thể Đây bộđề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đề

thi đểđạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộ đề gồm nhiều Câu toán hay thầy cô cảnước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua giúp em phát triển tư mơn tốn từđó thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng để

có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức lớp, cấp học nhẹ

nhàng hiệu quảhơn.

Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng tuyển tập đềtốn để

giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập 50 đề thi học sinh giỏi lớp cấp tỉnh có thể

giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung

Bộ đề viết theo hình thức Bộ đề ơn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề dưới đề thi dựa đề thi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi toán lớp tỉnh nước

Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, cô giáo em học!

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ đề này!

(3)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC

MỤC LỤC Phần 1 Đề thi

Phần 2. Đáp án

• Đề 1: Trang ….58

• Đề 2: Trang ….62

• Đề 3: Trang ….65

• Đề 4: Trang ….69

• Đề 5: Trang ….73

• Đề 6: Trang ….77

• Đề 7: Trang ….84

• Đề 8: Trang ….89

• Đề 9: Trang ….93

• Đề 10: _Trang ….99

• Đề 11: _Trang ….104

• Đề 12: _Trang ….110

• Đề 13: _Trang ….113

• Đề 14: _Trang ….116

• Đề 15: _Trang ….121

• Đề 16: _Trang ….127

• Đề 17: _Trang ….131

• Đề 18: _Trang ….134

• Đề 19: _Trang ….141

• Đề 20: _Trang ….144

• Đề 21: _Trang ….152

• Đề 22: _Trang ….156

• Đề 23: _Trang ….160

• Đề 24: _Trang ….163

• Đề 25: _Trang ….168

• Đề 26: _Trang ….173

• Đề 27: _Trang ….176

• Đề 28: _Trang ….180

• Đề 29: _Trang ….183

• Đề 30: _Trang ….187

• Đề 31: _Trang ….190

• Đề 32: _Trang ….195

• Đề 33: _Trang ….199

(4)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC • Đề 36: _Trang ….211

• Đề 37: _Trang ….213

• Đề 38: _Trang ….216

• Đề 39: _Trang ….219

• Đề 40: _Trang ….223

• Đề 41: _Trang ….226

• Đề 42: _Trang ….229

• Đề 43: _Trang ….234

• Đề 44: _Trang ….237

• Đề 45: _Trang ….241

• Đề 46: _Trang ….243

• Đề 47: _Trang ….246

• Đề 48: _Trang ….250

• Đề 49: _Trang ….254

(5)

TỈNH ĐIỆN BIÊN

Đề số

(Đề thi có trang)

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 09/4/2019

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1.(5,0 điểm)

1 Cho biểu thức P = 1 x : 1.

x x x x x x

   

+ − −

   

 +   − + − − 

 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị x để biểu thức Q= x P− nhận giá trị nguyên Cho (x+ x2+1 2y)( + 4y2+1)=1 Tính giá trị biểu thức x3+8y3+2019.

Câu 2.(4,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2x + + =x 3x x 3.+

2 Giải hệ phương trình:

3

6

x

y

3x

y

 − = 



 − = − 

Câu 3.(3,0 điểm)

1 Chứng minh:

( )

1 1

2 1+ +3 2+ + + n 1+ n n n+ +  − n 1+

( *

n

  ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2

A 5x= +9y −12xy 24x 48y 82+ − + Câu 4.(6,0 điểm)

1 Cho ABCcó ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường cao BE, CF

của ABC (EAC F; AB) Các đường cao BE, CF cắt ( )O M N a) Chứng minh MN song song với EF; OA vng góc với EF

b) Gọi H trực tâm củaABC Chứng minh rằng: CH.CF BH.BE BC+ = 2 Cho điểm O thuộc miền ABC Các tia AO BO CO, , cắt cạnh BC,

AC, AB G, E,F Chứng minh tổng OA OB OC

AG+BE+CF không phụ thuộc vào

vị trí điểm O

Câu 5.(2,0 điểm)

1 Chứng minh P x= 3−3x2−3x 3+ số phương 3

x 1= + 2+ Tìm x, y thỏa mãn: 2

x −2y =5

_Hết _

(6)

TỈNH LẠNG SƠN

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 23/3/2019

Câu (4 điểm)

Cho biểu thức A x x 2( x 3) x

x x x x

−

− +

= − +

− − + − với x0; x9.

a) Rút gọn biểu thứcA

b) Tính giá trị nhỏ biểu thứcA Câu 2.(4 điểm)

Cho phương trình ( )

x – m x m+ + + 8m – =

a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Tìm m ngun dương để phương trình cho có hai nghiệm x , x1 2 cho

2

1

x x 60 P

x x

+ −

=

+ đạt giá trị nguyên

Câu (4 điểm)

a) Giải phương trình x x x x

− + − + =

b) Tìm tất cặp ( )x; y nguyên thỏa mãn 2 ( ) (2 )2 ( )

x y + x 2− + 2y 2− −2xy x 2y 4+ − =5 Câu (6 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC AB( AC) nội tiếp đường tròn ( )O , đường cao BE,CF cắt H ( E AC,F AB  )

a) Gọi K EF BC=  , L=AK( )O với LA Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp

HL⊥AK

b) Chứng minh đường thẳng HL qua trung điểm củaBC c) Gọi T điểm đoạn thẳng FC cho

ATB 90= Chứng minh đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT CET tiếp xúc với

Câu (2 điểm)

Cho đa giác 30 đỉnh Chứng minh đỉnh đó, gồm có đỉnh chứa đỉnh tạo nên hình thang cân

_Hết _

(7)

TỈNH NGHỆ AN

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN- BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm)

a Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2y2−xy x 2y 0+ − + =

b Chứng minh A 2= 2n +4n+16 chia hết cho với số nguyên dương n

Câu 2. (6,5 điểm)

a Giải phương trình:

3 8x 4x 2x

2x

+

+ = 

+

b Giải hệ phương trình: ( ) ( )

( )( )

2

x y

x y x y

 − + − =

 

− − − − = −



Câu 3. (2,5 điểm)

Cho a b c, , số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4 4

a b c

P

a b b c c a

     

=  +  + 

+ + +

     

Câu 4. (6,0 điểm)

1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng:

a EF ⊥ OA b AM = AN

2 Cho tam giác nhọn ABC, D điểm tam giác cho ADB = ACB 90+

và AC.BD = AD.BC Chứng minh AB.CD

AC.BD =

Câu 5. (2,0 điểm)

Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính

91 nằm hình vng mà không chứa điểm

nào 2019 điểm cho

_Hết _

(8)

TỈNH QUẢNG BÌNH

Đề số

Ngày thi: 14/3/2019

Câu (2.5 điểm)

a Cho biểu thức A 1 3 2

x 1 x x 1 x x 1

=

- +

+ + - + với x Rút gọn tìm giá trị lớn A

b Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức

B= 4+ 10 5+ + 4− 10 5+ Câu (2.0 điểm)

a Xác định hệ số a b để đa thức P x( )=x4−2x3+3x2+ax b+ bình phương đa thức

b Giải phương trình: 4x− + 4x 1+ = −16x2−8x 1+ (1) Câu (2,5 điểm)

Cho đường tròn ( )O dây cung BC a= khơng đổi (Ọ BC) A điểm di động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AD, BE, CK cắt H (D BC,E AC,K AB   )

a Trong trường hợp BHC BOC= , tính AH theo a

b Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí A để tích DH.DA nhận giá trị lớn Câu (1.0 điểm)

Tìm tất số tự nhiên n cho C 2019= n+2020 số phương Câu (1.0 điểm)

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z xyz+ + + = Chứng minh rằng:

( )

x y z 2+ + +  yz+ zx+ xy Câu 6 (1.0 điểm)

Cho tam giác vuông ABC có AB 3,AC 4, BC 5= = = Xét hình chữ nhật MNPQ

sao cho M, N thuộc cạnh BC, P thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB Hãy xác định kích thước hình chữ nhật MNPQ để có diện tích lớn

_Hết _

(9)

TỈNH ĐỒNG NAI

Đề số

Ngày thi: 29/3/2019

Câu (4,5 điểm)

1) Cho (x, y) nghiệm hệ phương trình x y m 2x 3y m

 − = +

 − = +

 (với m tham số thực)

Tìm m để biểu thức P x= 2+8y đạt giá trị nhỏ 2) Giải hệ phương trình

2

3

x y

 + =

 

− = −

 (với x, y thuộc R)

Câu (4,5 điểm)

1) Giải phương trình x4 −9x3+24x2−27x (x R)+ = 

2) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh:

a b c a b c

3

b c a a b b c c a

 

+ + +   + + 

+ + +

 

Câu 3.(4,5 điểm)

1) Cho a, b, c ba số nguyên khác thỏa 1

a = +b c Chứng minh rằng: abc chia hết cho

2) Tìm số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Câu 4.(2 điểm)

Cho A 99 2 3 99 100

= + + + +

+ + + + tổng 99 số hạng

B= 2+ 3+ + + 100 tổng 99 số hạng Tính A + B

Câu 5.(4,5 điểm)

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E hai tiếp điểm AB, AC với đường tròn (I) Biết ba góc BAC, ABC, BCA, góc nhọn Gọi M N trung điểm hai đoạn BC AC

1) Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC

2) Chứng minh ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy

_Hết _

(10)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC

TỈNH THANH HĨA

Đề số

Ngày thi: 22/3/2019

Câu (4,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức P x x x : x x x x x x x x

 − −   + − 

= −    − 

− − + − −

   , với x 0,x 4. 

2. Cho a= 37+ 50 , b=3 7− 50 Không dùng máy tính, chứng minh biểu thức M a b= + N a= 7+b7 có giá trị số chẵn

Câu 2.(4,0 điểm)

1. Giả sử x , x1 2là hai nghiệm phương trình

x +2kx 0+ = ( k tham số ) Tìm tất giá trị k cho :

2

1

2

x x

3

x x

   

+ 

   

   

2. Giải hệ phương trình

2

x x 2y

y y 2x

 + + = +

 

+ + = +



Câu 3.(4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y x y2 2( + )+ = +x y x 1( − )

2. Cho n * Chứng minh 2n 1+ 3n 1+ số phương n chia hết cho 40

Câu 4.(6,0 điểm)

Cho đường tròn (O,R) điểm A cố định bên đường tròn, OA 2R= Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC đến đường tròn ( )O ( B,C tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt dây BC I Gọi Mlà điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M đường tròn ( )O cắt AB,AC E,F Dây BC cắt OE,OF điểm P Q,

1. Chứng minh

ABI=60 tứ giác OBEQ nội tiếp 2. Chứng minh EF 2PQ=

3. Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R

Câu 5.(2,0 điểm)

Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn x y z 0.+ − + = Tìm giá trị lớn biểu thức:

( )( )( )

3

2

x y P

x yz y xz z xy

=

+ + +

_Hết _

(11)

TỈNH BÌNH PHƯỚC

Đề số

Ngày thi: 06/3/2019

Câu ( 5.0 điểm )

1 Cho biểu thức

( )( )

x x x 1

P :

3 x x x x x x

   

− + − +

 

= +   − 

+ − − − + − − − − −

   

 

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị biểu thức P x= 2+ −( 1+ ) 2− + 1− 2 Cho x,y số thực thỏa mãn: x y 1+ =

Tìm giá trị nhỏ 3( ) 3( )

P=2x +x 2y 1− +y 2x 1− +2y Câu ( 5.0 điểm )

1 Giải phương trình: 3x 5+ − x 2+ = 4x− 2x 3− 2 Giải hệ phương trình:

( ) (2 )2

xy 2x y x y

 − + =

 

+ + − =



3 Cho hàm số ( )

P : y=x Tìm giá trị m để đường thẳng ( )d : y=2x m 1+ −

cắt đồ thị hàm số ( )P hai điểm phân biệt A x ; y , B x ; y( 1 1) ( 2 2) thỏa mãn 2

y y −x x =12 Câu ( 5.0 điểm )

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O , D điểm cạnh AB, (D A B, ) Gọi M , N trung điểm CB CA, Đường thẳng MN cắt ( )O hai điểm

,

P Q (P Q, thuộc cung CB CA ) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt BC I (I B) Các đường thẳng DI AC cắt K

a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp b) Chứng minh PK QC =QB PD

c) Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP G (GP) Đường thẳng IG cắt BA E Chứng minh D di chuyển BA AD

AE khơng đổi

Câu ( 2.0 điểm )

Cho hình chữ nhật ABCD với AB=a AD, =b Trên cạnh AD AB BC CD, , , lấy điểm E F G H, , , cho tạo thành tứ giác EFGH Gọi c chu vi tứ giác

EFGH Chứng minh 2

c a +b Câu ( 3.0 điểm )

1 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình :

4y +6y − =1 x

(12)

TỈNH SƠN LA

Đề số

Ngày thi: 18/3/2019

Câu (3,0 điểm)

Cho biểu thức:

3

6x 3x

A

3x 3x 3x

+

= −

+ +

−

Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu (4,0 điểm)

Cho phương trình ( )

x −2 m x 3m 0− + − = (1)

a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn biểu thức 2

1 2

M x= +x +5x x đạt giá trị nhỏ

b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn Câu (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2x 213x 6

2x −5x 3+ +2x + +x 3 =

b)Giải hệ phương trình:

3

2

x 2xy 12y 8y x 12

 + + =

 

+ =



Câu (6,0 điểm)

Cho điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua B C (O không nằm đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K

a) Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn b) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi

c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME

Câu (2,0 điểm)

Cho hình vng ABCD 2019 đường thẳng phân biệt thỏa mãn: đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng chia hình vng thành phần có tỷ số diện tích

1 .

2 Chứng minh rằng: 2019 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng qui

_Hết _

(13)

TỈNH NINH BÌNH

Đề số

Ngày thi: 13/3/2019

Câu (4,0 điểm)

1 Gọi x , x , x1 nghiệm phương trình

3

x −5x +5x 0− = Tính giá trị biểu thức 2 2 2

1

1 1 S

x x x

= + +

2 Rút gọn biểu thức A x x : x x x

x x 2 3 x x x 6

 −   − − − 

= −    + − 

− − + + −

    với x 0 , x 

, x 9 Câu (4,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình

2

3

(y 2x)(1 y x) 2x x x(y 1) x y

 − − − = −

 

− + − =



2 Giải phương trình x2 + +x 24 2x 2x 3− + =6 12 x− Câu (4,0 điểm)

1 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x y2 2−x2+5y2−22x 121 0− = Cho số thực dương x, y,z thỏa mãn x y z 2019+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 12 2 3

4xy 4yz 4zx x y z

= + + +

+ +

Câu (6,0 điểm)

1 Qua điểm M nằm tam giác ABC kẻ DK//AB, EF//AC, PQ//BC (E, PAB

; K, FBC; D,QCA) Biết diện tích tam giác MPE, MQD, MKF x , y , z2 2

với x, y, z số thực dương Tính diện tích tam giác ABC theo x, y, z

2 Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O M điểm dây BC (M khác B, M khác C) Vẽ đường tròn tâm D qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai hai đường tròn (D) (E)

a) Chứng minh tứ giác ABNC tứ giác nội tiếp Từ chứng minh điểm N thuộc đường trịn (O) ba điểm A, M, N thẳng hàng

b) Chứng minh trung điểm I đoạn thẳng DE nằm đường thẳng cố định điểm M di động dây BC

Câu (2,0 điểm)

1 Tìm tất ba số nguyên tố (p;q; r) cho pqr= + + +p q r 160

2 Cho đoạn thẳng có độ dài lớn 10 nhỏ 210 Chứng minh đoạn thẳng ln tìm đoạn thẳng để ghép thành tam giác

(14)

TỈNH NAM ĐỊNH

Đề số 10

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN

Câu (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức P

2 10 89 28 10

− +

= −

+ − − −

2 Xét ba số thực dương x y z, , thoả mãn

2

xz z z

y y

z z

+ + =

+ + Chứng minh

1 1

1 xy x yz 1+ + + yz+ y 1+ + zx+ z 1+ =

Câu (5,0 điểm)

1 Giải phương trình x3 x2 2x 5(x2 2) x4 15

+ + = + +

2 Giải hệ phương trình

( )2 ( )

2

x y x y

4

xy x y

4x 5y x y x 13

 − − + −

 − = −



+ 



+ + + − + =



Câu (3,0 điểm)

1 Cho đa thức P x( ) Q x( ) thoả mãn P x( ) 1(Q x( ) (Q x)) x

= + −   Biết hệ số P x( ) số nguyên không âm P 0( )=0 Tính P 3P 3( ( ) ( )−P )

2 Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình

( )( ) 2( ) ( )( )

x y x y− − + − +6xy y x y+ − − =2 x y 1+ + Câu (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O R; ), vẽ đường tròn (O R'; ')

(R'R) tiếp xúc với cạnh AD H, tiếp xúc với cạnh BC G tiếp xúc với đường tròn ( )O M (điểm M thuộc cung CD không chứa điểm A) Vẽ đường thẳng t t'

là tiếp tuyến chung M hai đường tròn ( )O ( )O' (tia Mt nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng MA chứa điểm D)

1 Chứng minh DHM=DMt AMH+ MH MG, tia phân giác góc

AMD góc BMC

(15)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC CE cắt I. Chứng minh EHI=EIM

3 Chứng minh đường thẳng HG qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD Câu (2,0 điểm)

1 Cho ba số thực dương a b c, , Chứng minh

( ) ( ) ( ) 2 2

1 1 1 1

c c a 3b c a a b 3c a b b c 3a b a b c

 

+ +   + + 

+ + + + + + + + +  

Cho đa giác có 10 đỉnh hình vẽ bên (bốn đỉnh: A, B, C, D B, C, D, E C, D, E, F … J, A, B, C gọi bốn đỉnh liên tiếp đa giác) Các đỉnh đa giác đánh số cách tuỳ ý số nguyên thuộc tập hợp 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10 (biết đỉnh đánh số, số đánh đỉnh khác nhau) Chứng minh ta ln tìm đỉnh liên tiếp đa giác đánh số mà tổng số lớn 21.

(16)

TỈNH BẮC NINH

Đề số 11

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN

Câu (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

3

2(a b) a a 2b

P a

a 2ab 2b 2b 2ab a 2b

 

 +  +

 

= −   − 

+ + +

−

    với a 0, b 0,a 2b

  

2) Cho hàm số y=(m2−4m x 3m 2− ) + − có đồ thị d Tìm tất giá trị

m để đường thẳng d cắt trục hoành trục tung hai điểm A, B cho tam giác OA B có diện tích cm2 (O gốc tọa độ, đơn vị đo trục cm)

Câu (4,0 điểm)

1) Cho phương trình ( )

x − 3m x 2m− + −5m 0− = , x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm dương

2) Giải hệ phương trình 32x y 3y 13 2 x x 2y x 3x 2y y

 − − + + = + +

 

− + = −



Câu (4,0 điểm)

1) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện (a c)(b c) 4c+ + = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P a b ab

b 3c a 3c bc ca

= + +

+ + +

2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p3−4p 9+ số phương Câu (7,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )(O AB AC ) đường caoA D Vẽ đường kính AE đường trịn( )O

a) Chứng minh AD.AE AB.AC=

b) Vẽ dây AF đường tròn ( )O song song với BC,EF cắt AC Q, BF cắt AD tạiP Chứng minh PQ song song với B C

c) Gọi K giao điểm AE vàBC Chứng minh rằng:

AB.AC AD.AK− = BD.BK.CD.CK

2) Cho tam giác A BC có BAC 90 ,ABC 20= = Các điểm E F nằm cạnh A C A B, cho A BE· = 10o A CF· = 30o Tính CFE·

Câu (1,0 điểm)

Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn mang số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi tốn có tổng số báo danh mang chia hết cho

(17)

TỈNH HƯNG YÊN

Đề số 12

LỚP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TỐN

Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

Câu 1.(4 điểm)

a) Cho hai số thực dương 𝑎, 𝑏 thỏa mãn: 1

a+ =b 2018 Chứng minh rằng: a b+ = a 2018− + b 2018−

b) Cho 𝑎 nghiệm dương phương trình 6x2+ 3x− 3=0 Tính giá trị biểu thức

4

a A

a a a

+ =

+ + −

Câu 2 (4 điểm)

a) Giải phương trình: (1− x− )3 x− =x

b) Tìm tất cặp số nguyên (𝑥; 𝑦) thỏa mãn: (x 2018− )2 =y4−6y3+11y2−6y Câu 3.(4 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

( )

( )( )

2

2 x y 2x 2y

2 3x 2y y x

 −

 + + + =



 + + = −



b) Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn2 y z x

+ = 2√𝑦 + √𝑧 =

√𝑥 Chứng minh rằng: 3yz 4zx 5xy

x + y + z  Câu 4 (6 điểm)

Cho đường tròn(O; R)và điểm A cố đỉnh với OA 2R= ; đường kính BC quay quanh O cho tam giác ABC tam giác nhọn Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA điểm thứ hai I Các đường thẳng 𝐴𝐵, 𝐴𝐶 cắt (O;R) điểm thứ hai 𝐷 𝐸 Gọi 𝐾 giao điểm 𝐷𝐸 với 𝑂𝐴

a) Chứng minh AK.AI=AE.AC b) Tính độ dài đoạn 𝐴𝐾 theo R

c) Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐷𝐸 ln thuộc đường thẳng cố định

Câu 5.(2 điểm)

Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1; 2; 3; …; 625 chọn 311 số cho khơng có hai số có tổng 625 Chứng minh 311 số chọn, có số phương

(18)

TỈNH KHÁNH HÒA

Đề số 13

Ngày thi: 14/3/2018

Câu (4,00 điểm)

Giải phương trình 5x x( + 2+ −x 2)=27 x 1+ − + x 2+ Câu (4,00 điểm)

a) Chứng minh 3

70− 4901+ 70+ 4901 số nguyên b) Chứng minh với số nguyên dương n, ta có

( )

3 3

1 1

3 2+3 2+4 3+ + n 1+ n 

Câu (2,00 điểm)

Cho hai số thực x y thỏa mãn x2+xy y+ =1 Tìm giá trị lớn biểu thức

3

P x y y x= + Câu (2,00 điểm)

Cho p số nguyên tố thỏa mãn p a= −3 b3 với a,b hai số nguyên dương phân biệt Chứng minh lấy 4p chia cho loại bỏ phần dư nhận số bình phương số nguyên lẻ

Câu (6,00 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi E,F chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC Đường tròn (I) qua E,F tiếp xúc với BC điểm D Chứng minh

2 DB DC

BF.BE CF.CE

=

Câu (2,00 điểm)

Trên bàn có n n(  ,n1) viên bi Có hai người lấy bi Mỗi người đến lượt lấy số viên bi tùy ý (ít viên bi) viên bi cịn lại bàn, khơng vượt số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết người lấy lấy không n−1 viên bi Người lấy viên bi cuối xem chiến thắng Tìm số n cho người lấy trước có chiến lược thắng

_Hết _

(19)

TỈNH KIÊN GIANG

Đề số 14

Ngày thi: 13/3/2018

Câu 1. (3điểm)

1) Cho biểu thức ( )

A=n +4n n N+  (n lẻ) Chứng minh A không chia hết cho 2) Cho số x (x ; x0) thỏa mãn điều kiện: x2 12

x

+ = Tính giá trị của: B x5 15 x

= +

Câu 2. (3 điểm)

Rút gọn biểu thức: X 12 12 12 12 12 12 1 2 2

1 2 3 2017 2018

= + + + + + + + + + + + +

Câu 3. (4 điểm)

1) Giải phương trình: 3x 27x+ 3+ =8 9x2+6

2) Tìm số m, n dấu thỏa mãn điều kiện: m +2 n đạt giá trị nhỏ cho hai phương trình sau có nghiệm chung:x2 +mx 0+ = ; x2+2nx 0+ =

Câu 4. (3 điểm)

1) Cho phương trình: ( )

x +2 m x m 0− − − = Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm nhỏ nghiệm lớn

2) Cho x, y, z, t > Chứng minh rằng: x y z t y z+ +z t+ +t x+ +x y+ 

Câu 5. (3,5 điểm) Để có tờ giấy khổ A4 (kích thước xấp xỉ 21cm  29, 7cm) người

ta thực hình vẽ minh họa bên Bước 1: Tạo hình vng ABCD cạnh a=21cm

Bước 2: Vẽ cung trịn tâm A bán kính AC cắt tia AD F Bước 3: Tạo hình chữ nhật ABEF

Khi hình chữ nhật ABEF tờ giấy A4 thông dụng

Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 theo đường thẳng AE

, xếp theo đường thẳng FM (M trung điểm BE) mở tờ giấy An ngạc nhiên thấy hai đường thẳng FM

AE vng góc với Em chứng minh giúp bạn An vẽ điều

Câu 6. (4 điểm)

Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn tâm O,

trên dây cung DC lấy điểm E cho DC=3DE, nối AE cắt cung nhỏ CD

M Trên cung nhỏ CB lấy điểm N cho cung nhỏ DM cung nhỏ CN, nối AN cắt dây cung BC F Chứng minh rằng: F trung điểm BC

(20)

TỈNH THANH HÓA

Đề số 15

Ngày thi: 10/3/2018

Câu (4,0 điểm)

1. Cho biểu thức

2

x x x 1 2x x P

x x x x x x x x

− + + −

= + +

− + + − , với x 0,x 1.  Rút gọn

P tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên 2. Tính giá trị

2018 2017

4(x 1)x 2x 2x P

2x 3x

+ − + +

=

+

1

x

2 2

= −

− +

Câu 2.(4,0 điểm)

1. Biết phương trình

(m 2)x− −2(m 1)x m− + =0 có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vuông

5 2. Giải hệ phương trình

2 2

(x y) (8x 8y 4xy 13)

2x

x y

 + + + − + =



 + =

 +



Câu 3.(4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên phương trình y2−5y 62 (y 2)x+ = − 2+(y2−6y 8)x.+ 2. Cho a b, số nguyên dương thỏa mãn p a= 2+b2 là số nguyên tố p 5− chia hết cho Giả sử x y, số nguyên thỏa mãn 2

ax −by chia hết cho p

Chứng minh hai số x, y chia hết cho p.

Câu 4.(6,0 điểm)

Cho tam giác ABC có (O),(I),(I ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường a tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với tâm tương ứng O,I,I Gọi a D tiếp điểm (I) với BC, P điểm cung ( )O , PIa cắt ( )O điểm K Gọi M giao điểm PO BC, N điểm đối xứng với Pqua O

1. Chứng minh IBI C tứ giác nội tiếp a

2. Chứng minh NIa tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I MPa

3. Chứng minh DAI=KAIa Câu 5.(2,0 điểm)

Cho x, y,z> thỏa mãn xz Chứng minh rằng:

2

y

xz x 2z

xz yz x z y yz

+

+ + 

+ +

+

BAC

(21)

TỈNH VĨNH PHÚC

Đề số 16

LỚP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 10/3/2018

Câu (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 2018 2018 1

2

a a a

P

a

a a a

 + −  +

= − 

−

+ +

 

2) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn ( )

2

;

+ = + −

x y x y z

;

+  

x y z y z Chứng minh ( )

( )

2

x x z x z

y z

y y z

+ − −

= −

+ −

Câu 2.(2,0 điểm)

1) Tìm số tự nhiên abcd cho abcd+abc+ab a+ =4321 2) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn 1

a+ + b c Chứng minh

2 2 2

1 1

5a 2ab 2b 5b 2bc 2c 5c 2ca 2a

+ + 

+ + + + + +

Câu 3.(2,0 điểm)

a) Giải phương trình 1− +x 4+ =x b) Cho hệ phương trình ( 1)

2

m x y

x y

 − + = 



+ =

 (với m tham số x y, ẩn số) Tìm giá trị m nguyên để hệ phương trình có nghiệm ( )x y, ngun Câu 4.(3,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC vuông A AB, =12cm AC, =16cm. Gọi I giao điểm đường phân giác tròn tam giác ABC,M trung điểm cạnh BC. Chứng minh BI vng góc với đường thẳng MI.

2 Cho hình thoi ABCD có BAD=50 ,0 O giao điểm hai đường chéo Gọi H chân đường vng góc kẻ từ Ođến đường thẳng AB. Trên tia đối tia BC lấy điểm M (M khácB), tia đối tia DC lấy điểm N cho đường thẳng

HM song song với đường thẳng AN.

(22)

b) Tính số đo MON

3 Cho đường tròn ( )O cố định hai điểm phân biệt B C, cố định thuộc đường tròn ( )O Gọi A điểm thay đổi đường trịn (A khơng trùng với B vàC ), M trung điểm đoạn thẳng AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng ( )d vuông góc với đường thẳng AB điểm H. Chứng minh điểm A thay đổi đường tròn ( )O điểm H ln nằm đường trịn cố định

Câu 5(1,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD 2018 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 1) Mỗi đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng;

2) Mỗi đường thẳng chia hình vng thành hai phần có tỉ lệ diện tích

Chứng minh 2018 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng quy

(23)

TỈNH HẢI DƯƠNG

Đề số 17

Ngày thi: 13/3/2018

Câu 1.(2,0 điểm)

a) Cho biểu thức

2

x x x x

A

x x x x

− +

= +

+ + − + Rút gọn B 1= − 2A x 1− + (với

1 x )

4

 

b) Cho x, y,z 0 đôi khác thỏa mãn 1

x+ + =y z Chứng minh ( 2016 2017 2018) ( )

2 2

1 1

x y z xy yz zx *

x 2yz y 2zx z 2xy

 

+ + + + = + +

 

+ + +

 

Câu 2.(2,0 điểm)

a) Giải phương trình: ( x 5+ − x 1− )( + x2 +3x 10− )=7 b) Giải hệ phương trình:

2

3

x y xy

x x y

 + − =

 

= +



Câu 3.(2,0 điểm)

a) Tìm số thực x cho x+ 2018và 2018

x− số nguyên

b) Tìm số tự nhiên có dạng ab Biết ab2−ba2 số chia hết cho 3267 Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có

BDC 90 ,= đường phân giác góc

BAD cắt cạnh BC đường thẳng CD E F. Gọi O O’ tâm đường tròn ngoại tiếp BCDvà CEF.

1) Chứng minh O’ thuộc đường tròn ( )O ; 2) Khi DE vng góc với BC

a) Tiếp tuyến ( )O D cắt BC G. Chứng minh BG CE =BE CG ;

b) Đường tròn ( )O ( )O’ cắt H (H khácC) Kẻ tiếp tuyến chung IK (I thuộc đường tròn ( )O , K thuộc đường tròn ( )O’ H I K, , nằm phía bờ OO’. Dựng hình bình hành CIMK. Chứng minh OB O C+ ’ HM.

Câu 5.(1,0 điểm) Cho x, y,z 0 thỏa mãn 2

x +y +z 3xyz Tìm giá trị lớn

2

4 4

y

x z

P

x yz y zx z xy

= + +

+ + +

Hết _

(24)

TỈNH THANH HĨA

Đề số 18

Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức:

( x)( ) ( y)( ) ( xy)( )

P

x y y x y x x 1 y

= − −

+ − + + + −

Rút gọn biểu thức P

Tìm giá trị x,y nguyên thỏa mãn P = Câu 2. (4,0 điểm)

1 Tìm m để phương trình(x2 −1 x x 5)( + )( + )=m có nghiệm phân biệt x , x , x , x1 2 3 4thỏa mãn

1

1 1 1 1

1

x +x +x + x = −

Giải hệ phương trình :

2

x 2 xy

y 2 x y

 = +

 

= + 

Bài 3. (4 điểm)

Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh 2016

p – chia hết cho 60

Cho x y z, , số dương khác đôi x3 +y3 +z3chia hết cho 2

x y z Tìm thương phép chiax3 +y3 +z : x y z3 2 Câu 4. (6,0điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( )O ABAC. Các tiếp tuyến B C ( )O cắt D. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB,

cắt BC AC M N,

1) Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp tam giác ANB cân

2) Đường thẳng AD cắt đường tròn ( )O I BI, cắt DM K. Chứng minh

K trung điểm DM.

3) Trên đoạn thẳng BD lấy điểm P cho IP/ /DN AP, cắt BC Q Gọi G trung điểm DK. Chứng minh ba điểm Q I G, , thẳng hàng

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho số thực x y z, , thỏa mãn : x, y,z 2  x y z 5.+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A= x+ y+ z

Hết _

(25)

Đề số 19

Câu (4 điểm)

a Tìm hệ số b, c đa thức P x( )=x2+bx c+ biếtP x( ) có giá trị nhỏ −1 x 2.=

b Giải hệ phương trình

( ) ( )

2

x xy xy y x x y y

 + − − =



 + − + − =



Câu 2.(4 điểm)

a Giải phương trình x 2+ =3 x− + x+

b Cho số dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1.+ + = Tìm giá trị lớn biểu thức

2 2

2a b c

P

1 a b c

= + +

+ + +

Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC có

BAC 135 ,= BC = 5cm đường cao AH = 1cm Tính độ dài cạnh AB AC

Câu 4.(5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, D điểm cung BC khơng chứa A Dựng hình bình hành ADCE Gọi H, K trực tâm tam giác ABC, ACE ; P, Q hình chiếu vng góc K đường thẳng BC, AB I giao điểm EK với AC

a Chứng minh ba điểm P, I Q thẳng hàng

b Chứng minh đường thẳng PQ qua trung điểm đoạn HK Câu 5.(4 điểm)

a Tìm tất số nguyên tố khác m, n, p, q thỏa mãn 1 1

1 m+ + + +n p q mnpq=

b Trên bảng có ghi hai số Ta ghi số lên bảng theo quy tắc: Nếu có hai số x,y phân biệt bảng ghi thêm số z x y xy= + + Chứng minh số viết bảng (trừ số 1) có dạng 3k + (với k số tự nhiên)

Hết _

(26)

TỈNH QUẢNG NAM

Đề số 20

Ngày thi: 10/4/2017

Câu (5,0 điểm)

a) Cho biểu thức P x 2x x x x x

4x

2x x x

 − − −  

= −  + + + 

−

+ −  

  với x 0

1 x

4



Rút gọn biểu thức P tìm x để P



b) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa ab bc ca 3abc.+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 2

a b c

A

c a a b b c

= + +

+ + +

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình x2+ x+ + x 0− − = b) Giải hệ phương trình

2

xy 2x 4y

x y 2xy 4x 3y

 + − = −

 

+ − + =



Câu (4,0 điểm)

a) Tìm tất cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:

3 2

a −b +3(a −b ) 3(a b) (a 1)(b 1) 25+ − = + + +

b) Cho hai số nguyên a b thỏa 24a2+ =1 b 2 Chứng minh có số a b chia hết cho 5.

Câu (2,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC cân A nội tiếp đường trịn (O) đường kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB đường tròn (O) (I khác A, B) Gọi M giao điểm IK

BC, đường trung trực đoạn thẳng IM cắt AB AC D E Chứng minh tứ giác ADME hình bình hành

Câu (4,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Gọi D, E, F chân đường cao vẽ từ A, B, C tam giác ABC

a) Gọi K giao điểm hai đường thẳng EF BC, gọi L giao điểm đường thẳng AK đường trịn (O) (L khác A) Chứng minh HL vng góc với AK

b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC đường tròn (O) (M khác B, C) Gọi N P hai điểm đối xứng điểm M qua hai đường thẳng AB AC Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng

(27)

Đề số 21

Bài 1. (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức: P= x− + −(1 x) x− + x− − −(1 x) x− (với x 1).−   Tính giá trị biểu thức P x

2019

= −

2 Cho a,b,c ba số thực không âm thỏa mãn a b c+ + = a+ b+ c=2 Chứng minh

( )( )( )

a b c

1 a b c+ + + + + = 1 a b c+ + + Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: ( )( )

2x −2x 1+ = 2x 1+ x − + −x

b) Giải hệ phương trình : ( ) 2

3

x y xy x 2x x y

 + + = + +

 

= + + 

Bài 3. (2,0 điểm)

a) Tìm cặp số nguyên (x y; ) thỏa mãn: 2

2x +2y +3x 6y 5xy 7.− = − b) Tìm số tự nhiên n cho 2

n +2n+ n +2n 18 9+ + số phương Bài 4. (3,0điểm)

1) Cho tam giác nhọn ABC AB(  AC) nội tiếp đường tròn (O R; ) Các đường cao

, ,

AD BE CF cắt H (DBC E; AC F; AB).Tia EF cắt tia CB P AP, cắt đường tròn (O R; ) M (M khác A)

a) Chứng minh PE PF. =PM PA. AM vng góc với HM;

b) Cho cạnh BC cố định, điểm A di chuyển cung lớnBC. Xác định vị trí A để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn

2) Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Một điểm I chuyển động cung BC không chứa điểm A I( không trùng với B C, ) Đường thẳng vuông góc với IB I cắt đường thẳng AC E, đường thẳng vng góc với IC I cắt đường thẳng AB F. Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định

Bài 5. (1,0 điểm)

Cho a b c, , ba số thực dương thỏa mãn a2+b2+c2=3. Chứng minh

2 2 2

a 3ab b b 3bc c c 3ca a

3

6a 8ab 11b 6b 8bc 11c 6c 8ca 11a

+ + + + + + + + 

+ + + + + +

(28)

TỈNH BẮC NINH

Đề số 22

Câu (3.0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức B= 13 30 2+ + 2+

2) Cho số thực a, b,c thỏa mãn a b c 0;a+ + = +b2 c ; b2 2+c2 a ; c2 2+a2 b2 Tính giá trị biểu thức

2 2

2 2 2 2 2

a b c

P

a b c b c a c a b

= + +

− − − − − −

Câu (4.0 điểm)

1) Trong hệ trục tọa độ Oxy tìm đường thẳng y 2x 1= + điểm

( )

M x; y thỏa mãn điều kiện y2−5y x 6x 0+ =

2) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a b c

6+ + =5 Chứng minh phương trình ax2+bx c 0+ = ln có nghiệm

Câu (4.0 điểm)

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

( )2 ( )2 ( )2 2

8 8 8

a b c

a b 4abc b c 4abc a c 4abc

+ + + + +  + +

+ + +

+ + + + + +

2) Tìm số nguyên tố a, b, c số nguyên dương k thỏa mãn phương trình

2 2

a +b +16c =9k +1 Câu (6.0 điểm)

Cho đoạn thẳng AB 2a= có trung điểm O Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường tròn tâm O đường kính AB nửa đường trịn tâm O ' đường kính AO Điểm Mthay đổi nửa đường tròn ( )O ' (M khác A O), tia OM cắt đường tròn ( )O

tại C Gọi D giao điểm thứ hai CA với đường tròn ( )O ' 1) Chứng minh tam giác ADM cân

2) Tiếp tuyến C đường tròn ( )O cắt tia OD E, chứng minh EA tiếp tuyến chung hai đường tròn ( )O ( )O '

3) Đường thẳng AM cắt OD H, đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai N Chứng minh ba điểm A, M, N thẳng hàng

4) Tính độ dài đoạn OM theo a biết ME song song với AB Câu (3.0 điểm)

(29)

2 2

AM =AP +2AN Tính số đo góc P AN·

2) Cho đa thức ( ) ( )

P x =x +ax +bx c; Q x+ =x +2016x 2017+ thỏa mãn điều kiện P x( )=0 có ba nghiệm thực phân biệt P Q x( ( ))=0 vô nghiệm

Chứng minh ( )

P 2017 1008

(30)

TỈNH ĐỒNG NAI

Đề số 23

Câu (3.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa a2+b2+ +c2 2abc 1=

Tính giá trị biểu thức P a= (1 b− 2)(1 c− 2)+b (1 a− 2)(1 c− 2)+c (1 b− 2)(1 a− 2)−abc Câu (4.0 điểm) Giải phương trình sau:

a) (x2−9)2 =12x 1+ b) x 2+ =x −2

Câu (5.0 điểm)

a) Cho a, b hai số thực x, y hai số thực dương Chứng minh rằng:

( )2

2 a b

a b

x y x y

+

+ 

+

b) Cho x, y hai số thực dương cho x y 1+ = Chứng minh rằng:

2

y

x

3 x− +1 y− 

Câu (5.0 điểm) Cho tam giác ABC có AB 5, BC 6,CA 7= = =

a) Gọi G I trọng tâm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh IG song song với BC

b) Gọi M, N trung điểm AB AC Chứng minh bốn điểm A, M, I, N nằm đường tròn

Câu (3.0 điểm) Cho tam giác vng có độ dài ba cạnh số ngun Chứng minh bán kính đường trịn nội tiếp số nguyên

Hết _

(31)

Đề số 24

Câu (2.0 điểm)Cho a 1; b

2

− +

= = Tính 7 a +b Câu (4.0 điểm)

a) Cho hàm số y ax b a= + ( 0)có đồ thị ( )d Lập phương trình đường thẳng ( )d , biết ( )d qua điểm A 1; 2( ) cắt trục hồnh điểm B có hồnh độ dương, cắt trục tung điểm C có tung độ dương thỏa mãn OB+OC nhỏ (O gốc tọa độ)

b) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình

3x 16y 24− − = 9x +16x 32+ Câu (3.0 điểm)Giải phương trình 4x3+5x2+ =1 3x 3x+ −

Câu (3.0 điểm)Giải hệ phương trình ( )

2

4

y 2x 5y 6x 2y 5x 17x 6 15x

 − + = − −

 

− + = −



Câu (6.0 điểm)

Cho điểm M thuộc nửa đường trịn ( )O đường kính AB (MA,MB,MA MB ) Tia phân giác góc AMB cắt AB C Qua C vẽ đường vng góc với AB cắt đường thẳng AM, BM thứ tự D, H

a) Chứng minh CA CH=

b) Gọi E hình chiếu vng góc H tiếp tuyến A đường trịn ( )O , F hình chiếu vng góc D tiếp tuyến B đường tròn ( )O Chứng minh E, M, F thẳng hàng

c) Gọi S ,S1 2 thứ tự diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh

1

CM  S S

Câu (2.0 điểm)Cho ba số a, b,c 1 thỏa mãn 32abc 18 a b c= ( + + +) 27 Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

a b c P

a b c

− − −

= + +

Hết _

(32)

TP HỒ CHÍ MINH

Đề số 25

Câu (3.0 điểm)Cho ba số a, b, c thoả điều kiện saua b 7; b c 3− = − = Tính giá trị biểu thức

2 2

2

b c ab bc ca c 2ab 2b

a c

a

P + + − − −

− − +

=

Câu (3.0 điểm)Giải phương trình (2x 1− ) x 3+ =x2+3 Câu (3.0 điểm)Giải hệ phương trình ( ) ( )

( )( )

x y y x x y 1

− + =

 +

 



Câu (4.0 điểm)

1 Cho số thực dương x, y thoả mãn điều kiện x 2y

1 x y+ + + = Tìm giá trị lớn biểu thức P xy=

Tìm số nguyên x, y thoả mãn phương trình (x y x 2y+ )( + )= +x

Câu5 (5.0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có H trực tâm Gọi M, N trung điểm cùa BC AH Đường phân giác góc A cắt MN K Chứng minh AK vng góc với HK

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Gọi AH, AD đường cao đường phân giác tam giác ABC (H,D thuộc BC) Tia AD cắt ( )O E, tia EH cắt

( )O F tia FD cắt ( )O K Chứng minh AK đường kính ( )O

Câu (2.0 điểm) Trong tuần, ngày Nam chơi môn thể thao Nam chạy ba ngày tuần không chạy hai ngày liên tiếp Vào thứ Hai, chơi bóng bàn hai ngày sau chơi bóng đá Nam cịn bơi chơi cầu lông, không Nam chơi cầu lông sau ngày chạy bơi Hỏi ngày tuần Nam bơi?

Hết _

(33)

Đề số 26

Câu (2,0 điểm)

a) Cho x= −3 Tính giá trị biểu thức A x= 5−8x4+17x3+6x2−116x 104+ b) Cho x, y hai số thực dương Chứng minh rằng:

2( x2+y2 −x)( x2+y2 −y)= + −x y x2+y2 Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2−20x 24 3(x 1)+ + − =0 b) Giải hệ phương trình:

2

3

x 4y 4x

x 12x 8y 6x

 + + =

 

+ + = +



Câu (2,0 điểm)

a) Tìm số nguyên x y, thoả mãn: 5x2+5y2+6xy 20x 20y 24 0− − + = b) Tìm tất số nguyên dương n cho n4+ +n3 số phương Câu (3,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC có AB c= , AC b= , BC a= Chứng minh rằng: sinA a  2 bc

2) Cho tam giác ABC có AB c= , AC b= , BC a= (c a , c b ) Gọi M, N tiếp điểm cạnh AC cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng MN cắt tia AO P cắt tia BO Q Gọi E, F trung điểm AB

AC

a) Chứng minh rằng: MP NQ PQ a = b = c

b) Trên đoạn thẳng NC lấy điểm I cho MF = NI Chứng minh IQ qua trung điểm NF

Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức: P x y z

y z 2x z x 2y x y 2z

= + +

+ + + + + +

Hết _

(34)

Đề số 27

LỚP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TỐN

Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức A x : x x x 2 x 2

 +   + 

= +    − 

− − +

   

a) Rút gọn biểu thức A;

b) Tìm giá trị x nguyên để biểu thức Anhận giá trị nguyên Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: (x x x x 3+ )( − )( + )( − )=45x

b) Tìm cặp số nguyên (x y; ) thỏa mãn: x x( 2+ + =x 1) 4y−1 Câu (1,0 điểm)

Cho số nguyên x y, thỏa mãn 3x 2y 1.+ = Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

H=x −y + xy + + −x y

Câu (3,0 điểm)

Cho hai điểm A B, phân biệt, lấy điểm C thuộc đoạn AB cho ;

AC AB

  tia Cx vng góc với AB C Trên tia Cx lấy hai điểm D E, phân biệt cho

3 CE CA

CB =CD = Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC cắt điểm thứ hai H (H không trùng với C)

a) Chứng minh ADC=EBC ba điểm A H E, , thẳng hàng; b) Xác định vị trí C để HC⊥ AD;

c) Chứng minh điểm C thay đổi đường thẳng HCln qua điểm cố định Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x y z, , thỏa mãn x y z 2.+ + = Chứng minh

( )( )( )

x 2y z+ +  x y z − − −

Câu (1,0 điểm)

Trên mặt phẳng cho năm điểm phân biệt cho khơng có ba điểm thẳng hàng khơng có bốn điểm thuộc đường tròn Chứng minh tồn đường tròn qua ba điểm năm điểm cho hai điểm cịn lại có điểm nằm bên đường tròn

Hết _

(35)

Đề số 28

Câu 1.(3 điểm)

a Chia 18 vật có khối lượng 2016 ; 2015 ; 2014 ; ;1999 gam thành ba nhóm có 2 2 khối lượng (khơng chia nhỏ vật đó)

b Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x

3 +171 y= Câu 2.(6 điểm)

a Giải phương trình: x2+6x 1+ =(2x 1+ ) x2+2x 3+ b Giải hệ phương trình:

2

4x y 4x

x xy y

 + = −

 

+ + =



Câu 3.(3 điểm)

Cho a b c, , 0 thỏa mãna+ + =b c 3 Chứng minh rằng: a 12 b 12 c 12 b c a

+ + +

+ + 

+ + +

Câu 4.(6 điểm)

Từ điểm M nằm đường tròn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB

a Chứng minh: HPO=HQO

b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1 1

EA+ EB có giá trị nhỏ

Câu 5.(2 điểm)

Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình trịn có bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung

Hết _

(36)

Đề số 29

Câu (4,0 điểm)

Cho biểu thức A a a a a a

a a a

 − +   

= −   − 

+ −  

  (với a 0;a 9) 

b) Tìm giá trị biểu thức M A a.= + Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2

2 2x

1 x + 2x +9 =

b) Giải hệ phương trình sau: ( )

3

2

x y 4x y y 5x

 − = −

 

− =



Câu (4,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên ( )x; y phương trình: 3

54x + =1 y

b) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình 2

x −mxy y+ + =1 có nghiệm nguyên dương với x y, ẩn số

Câu (6,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O R; )

có B C, cố định Đường cao AD BE CF, , tam giác ABC cắt H Đường thẳng chứa tia phân giác ngồi góc BHC cắt AB AC, điểm M N, a) Chứng minh tam giác AMN cân;

b) Xác định vị trí A để chu vi tam giác DEF lớn nhất;

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác góc BAC

K (K khác A) Chứng minh đường thẳng HK qua điểm cố định A thay đổi

Câu (2,0 điểm) Cho số dương a b c, , thỏa mãn: ab2+bc2+ca2=3 Chứng minh rằng:

( )

5 5 5

3 3

2a 3b 2b 3c 2c 3a

15 a b c

ab bc ca

+ + +

+ +  + + −

Hết _

(37)

Đề số 30

Câu (2,0 điểm)

Cho x= +1 22+24. Tính giá trị biểu thức

3 2018

A= x − x − x+ Câu (5,0 điểm)

a) Cho đường thẳng ( )d có phương trình y=mx+ −1 m m( 0 ) Tìm m để khoảnh cách từ gốc tọa độ O đến ( )d lớn

b) Tìm số có chữ số ab a( b) cho số n=ab ba− số phương Câu (2,0 điểm)

Giải phương trình: 3 12 x x x x

x x

+

+ + − + =

Câu (3,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

3

x y xy x y

x y y x

 + − − + + =

 

− + + − + =



Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R Lấy điểm M cung nhỏ BC Đường thẳng qua A vng góc với CM

H cắt tia BM K

a) Chứng minh H trung điểm AK;

b) Chứng minh điểm K nằm đường tròn cố định M thay đổi Tính bán kính đường trịn R=3 3;

c) Gọi D giao điểm AM với BC Tìm vị trí M cho tích hai bán kính đường trịn ngoại tiếp hai tam giác MBD MCD, đạt giá trị lớn

Câu (2,0 điểm)

Cho số dương a b c, , thỏa mãn a b c+ + =3 Tìm giá trị lớn biểu thức:

3 3

3

3 3

a b c

P abc

a ab ac bc b ba bc ac c ca cb ab

= + + +

− − + − − + − − +

Hết _

(38)

TỈNH PHÚ THỌ

Đề số 31

Câu (3,0 điểm)

a) Cho S = 1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2)+ + + + + với n số tự nhiên khác Chứng minh 4S+1 số phương

b) Tìm số ngun x y thỏa mãn 2

x +2y +2xy= +y Câu (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức P =

5

4

x 4x 17x x 3x 2x 11

− − +

+ + + với

x

4 x + +x 1=

b) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn a+b+c=5 a+ b+ c =3 Chứng minh a b c

a 2+ +b 2+ +c 2+ = (a 2)(b 2)(c 2)+ + +

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình (3x 1) 2x2 1 5x2 3x 3

+ − = + −

b) Giải hệ phương trình

2

2x y xy y 5x

x y x y

 − + + − + =

 

+ + + − =



Câu (7,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) (M khác A, khác B) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB) Vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE)

a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật b) Chứng minh PQ, OE, MA đồng qui

c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh K trung điểm MP

d) Đặt AP = x, tính MP theo R x Tìm vị trí M đường trịn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn

Câu (2,0 điểm) Cho số thực phân biệt a, b,c Chứng minh (a2 b2 c2) 2 2 2

2 (a b) (b c) (c a)

 

+ +  + + 

− − −

 

Hết _

(39)

TỈNH NAM ĐỊNH

Đề số 32

Câu 1. (3,0 điểm)

1 Tính giá trị biểu thức P 5 11

5 22

+ + −

= + −

+

2 Cho số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời điều kiện x y z 2,+ + =

2 2

x +y +z =18 xyz= −1 Tính giá trị S 1 xy z yz x zx y

= + + 

+ − + − + −

Câu 2. (5,0 điểm)

1 Giải phương trình 2x 1− + x 3+ − 5x 11+ =0 Giải hệ phương trình ( )

2

y y x 1 x x y 7x

 − − + + − =

 

 + − − =



Câu 3. (3,0 điểm)

1 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn 2

x +y +xy x y 1− − =

2 Chứng minh với số nguyên dương n lớn ta có (n 1− ) n 3 Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có ABAC, nội tiếp đường tròn ( )O ngoại tiếp đường tròn ( )I Điểm D thuộc cạnh AC cho ABD= ACB Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC tại điểm thứ hai E cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai Q Đường thẳng qua E song song với AB cắt BD P

1 Chứng minh tam giác QBI cân;

2 Chứng minh BP BI =BE BQ ;

3 Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K trung điểm JE Chứng minh / /

PK JB

Câu (2,0 điểm) Cho lớp học có 35 học sinh, học sinh tổ chức số câu lạc môn học Mỗi học sinh tham gia câu lạc Nếu chọn 10 học sinh ln có học sinh tham gia câu lạc Chứng minh có câu lạc gồm học sinh

Hết _

(40)

TỈNH ĐĂK LĂK

Đề số 33

Câu (4.0 điểm)

a) Giải hệ phương trình (x 5y)( 20 )( ) ( )( 2) x 2x 3x 3y 3y 2x

 − = − 

 + + + = + + +



b) Tìm tất số thực m để phương trình x2−2 2m x 3m 0( + ) + + = có hai nghiệm dương phân biệt

Câu (4.0 điểm)

a) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x+ y+ z =2 x y z 2+ + = Tính giá trị biểu thức:

( )( )( ) x y z

P x y z

x y z

 

 

= + + + + +

 + + + 

 

b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm M 1; 2( ) cắt hai tia Ox, Oy hai điểm A B khác góc tọa độ O mà thỏa mãn OA OB 6+ =

Câu (4.0 điểm)

a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab 6+ =(a b+ )3 b) Cho

2017 cs1 a 111 1=

2016cs0

b 1000 5= Chứng minh số M ab 1= + số phương Câu (4.0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB 2R= Biết BC CD= hai đường thẳng AD, BC cắt F Trên đường kính AB lấy điểm E cho

AD=BE Vẽ EH vng góc với AD H Hai đường thẳng AC, EH cắt K Gọi I trung điểm AE

a) Chứng minh AD.AF BC.BF 4R+ = b) Chứng minh ba điểm D, I, K thẳng hàng Câu (2.0 điểm)

Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt O diện tích tam giác AOB 9cm , diện tích tam giác COD 2 16cm Tìm giá trị nhỏ diện tích 2 tứ giác ABCD

Câu (2.0 điểm)

Cho a, b, c số thực thay đổi thỏa mãn ab 7bc ca 188+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 5a= 2+11b2+5c2

Hết _

(41)

TỈNH VĨNH LONG

Đề số 34

Câu (4.0 điểm)

a) Cho

( )3

4 3

x

5 17 38

+ −

=

+ − − Tính ( )

2016

P= x + −x

b) Cho x y= = −5 2

x +y =11 Tính 4

x +y Câu (4.0 điểm)

a) Giải phương trình

x +4x=2 2x 5+ −

( )( )

2

5x 2y 2xy 2x 4y 24 3x 2x y x y 11

 + + − − =

 

+ + − − + =



Câu (2.0 điểm)

Cho phương trình x2+(m x 0− ) − = (m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x , x1 2 cho biểu thức ( )( )

1

A= x −9 x −4 đạt giá trị lớn

Câu (2.0 điểm)

Cho a, b số dương thỏa mãn ab 1= Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( )( 2)

A a b a b

a b

= + + + +

+

Câu (3.0 điểm)

a) Cho p q số nguyên tố lớn thỏa mãn p q 2= + Tìm số dư chia p q+ cho 12

b) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn phương trình ( )

x x 1+ =y +1 Câu (3.0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) H điểm di động đoạn OA(H khác A) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K hình chiếu M OB

a) Chứng minh HKM=2AMH

b) Các tiếp tuyến đường tròn (O; R) A B cắt tiếp tuyến M đường tròn (O; R) D E Gọi giao điểm OD, OE với AB F G Chứng minh OD.GF OG.DE=

Câu (2.0 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R 5cm= điểm P cố định đường tròn cho OP 3cm= Hai dây cung AC BD thay đổi ln vng góc với P Khi diện tích tứ giác ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích số đo góc OPD

(42)

THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Đề số 35

Câu (5.0 điểm)

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện 3 ( 3)

a +b =2 c −8d Chứng minh a b c d+ + + chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên tố x cho 2x +x2 số nguyên tố Câu (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2 ( )

2x +11x 19+ + 2x +5x 7+ =3 x 2+

b) Tìm tất ba số (x; y; z) thỏa mãn

2 2

x y z 1 1 x y z x y z 17

 + + = 

 + + = 



 + + = 

Câu (3.0 điểm)

a) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x, y,z

  xy yz zx

+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

4y

4x 4z

P

3 4x 4y 4z

= + +

− − −

b) Cho a, b, c đồ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:

2016 2016 2016

2015 2015 2015

a b c

b c a+ − +c a b a b c+ − + + −  + + Câu (6.0 điểm)

Cho tam giác ABC có cạnh a Lấy điểm Q cạnh BC (Q khác B C) Trên tia đối tia BA lấy điểm P cho CQ.AP a= Gọi M giao điểm AQ CP

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, M thuộc đường tròn b) Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, CA

Xác định vị trí Q để IK có độ dài lớn Chứng minh 2

MI +MJ +MK không đổi Q di chuyển cạnh BC Câu (1.0 điểm)

Cho bảng vng kích thước 10.10 gồm 100 vng có kích thước 1x1 Điền vào ô vuông bảng số nguyên dương không vượt 10 cho hai số hai ô vuông chung cạnh chung đỉnh nguyên tố Chứng minh bảng ô vuông cho có số xuất 17 lần

(43)

THÀNH PHỐĐÀ NẴNG

Đề số 36

Câu (1.5 điểm)

Cho biểu thức M 3a 9a a a a a a a

+ − + −

= − +

+ − + − với a 0,a 1 

a) Rút gọn biểu thức M

b) Tìm tất giá trị nguyên a để biểu thức M nhận giá trị nguyên Câu (2.0 điểm)

a) Giải phương trình x x 1+ + − + x x 1+ + − =9

b) Giải hệ phương trình 2

x xy zx 48 y xy yz 12 z zx yz 84

 + + =



+ + =



 + + = 

Câu (2.0 điểm)

a) Cho

2016 ts

a= 2

3016ts

b= 2 Chứng minh hai số a b có chữ số hàng đơn vị

b) Cho hàm số y ax a 1= + + với a tham số, a 0 a −1 Tìm tất giá trị a để khoảng cách từ góc tọa độ O đến đồ thị hàm số đạt giá trị lớn

Câu (3.5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Trên cung nhỏ BC lấy điểm M tùy ý Đường tròn (M; MB) cắt đoạn thẳng AM D

a) Chứng minh tam giác BDM tam giác b) Chứng minh MA MB MC= +

c) Chứng minh điểm M thay đổi cung nhỏ BC điểm D ln nằm đường trịn cố định có tâm thuộc đường tròn ( )O

Câu (1.0 điểm)

Cho số thực x, y, z khác thỏa mãn x y z 0+ + = Tính giá trị biểu thức:

2 2 2 2 2

1 1

P

x y z y z x z x y

= + +

+ − + − + −

Hết _

(44)

THÀNH PHỐ AN GIANG

Đề số 37

Câu (4.0 điểm)

Cho x 3

+ − −

= Tính giá trị biểu thức P= +(1 3x3−x5)2016 Câu (4.0 điểm)

Cho Parabol y 1x P2( )

= điểm A 0;1( ) a) Vẽ Parabol P mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Chứng minh điểm M nằm Parabol P độ dài đoạn thẳng AM khoảng cách từ M đến đường thẳng y= −1 Biết khoảng cách hai điểm C x ; y( C C) (, D x ; yD D) mặt phẳng tọa độ Oxy tính theo cơng thức CD= (xC−xD) (2+ yC−yD)2

Câu (4.0 điểm)

Cho phương trình x3+bx2+cx 0+ = trong c, d số ngun Biết phương trình có nghiệm x0 = +2 Tìm c, d nghiệm cịn lại phương trình

Câu (3.0 điểm)

Tìm x, y biết 2( x y 2+ − ) = x.y Câu (5.0 điểm)

Từ điểm M nằm ngồi đường trịn ( )O vẽ hai tiếp tuyến MB, MD với đường tròn(B, D tiếp điểm) cát tuyến qua M cắt đường tròn hai điểm phân biệt A, C

a) Chứng minh hai tam giác MAB MBC đồng dạng với b) Chứng minh AB.CD BC.AD=

c) Gọi d đường thẳng qua D song song với MB Đường thẳng d cắt BA, BC I J Chứng minh DI=DJ

Hết _

(45)

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Đề số 38

Câu (2.0 điểm)

Cho hai số thực a, b phân biệt thỏa mãn ab a b= − Tính giá trị biểu thức a b

A ab

b a

= + − Câu (3.0 điểm)

Giải phương trình 5x x 4x

−

− − + =

Câu (3.0 điểm)

Cho x ; x1 2 nghiệm phương trình x2+ax b 0+ = , đồng thời

1 x

2

−

2

1 x

2

− nghiệm phương trình x2 a2 x b2

2

 

+ −  + − =

  Tìm số a b

Câu (4.0 điểm)

a) Cho hai số thực x y thỏa mãn x y 0+  Chứng minh

2 xy

x y

 + 

+ +  

+

 

b) Trong hình vng có cạnh lấy năm điểm tùy ý Chứng minh tồn hai điểm có khoảng cách khơng vượt q

2 Câu (5.0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (AB AC ) nội tiếp đường tròn ( )O Một đường tròn ( )K

đi qua A tiếp xúc với BC D, cắt hai cạnh AB, AC P, Q cắt đường tròn ( )O điểm E khác A Tia ED cắt đường tròn ( )O F khác E a) Chứng minh CAD FAB=

b) Chứng minh PQ DP.DQ BC= DB.DC Câu (3.0 điểm)

(46)

biết kết thúc đợt xả nước đẩy mặn xuống sơng Sài Gịn Đây lần xả nước thứ từ đầu năm, giúp người dân Sài Gịn đảm bảo nước sinh hoạt, phục vụ nơng nghiệp

Đợt xả nước công suất ( )

30 m / s kéo dài ngày, mặn đẩy cửa sông Theo đơn vị này, sau đợt xả, mực nước hồ cao khoảng 20m, trữ lượng nước gần 850 triệu

m

Tuy giúp nhà máy nước hạ lưu hoạt động nhiều chuyên gia bày tỏ lo lắng trữ lượng hồ đầu nguồn thấp dự báo đợt hạn mặn kéo dài đến tháng Hiện hồ phải kéo việc xả nước đẩy mặn để phục vụ cho nông nghiệp hoạt động sản xuất nước

Về nguyên nhân xâm nhập mặn, ông Phạm Thế Vinh – Viện Khoa học Thủy lợi miền Nam – cho rằng, hạn mặn diễn mạnh El Nino kéo dài khiến khu vực Nam mưa Ngoài ra, việc triều cường kéo dài đến tháng 2; khiến nước mặn sâu vào cửa sơng Ơng Bùi Thanh Giang – Phó tổng giám đốc Cơng ty cấp nước Sài Gịn (Sawaco) – cho biết, năm trữ lượng nước hồ đầu nguồn giảm mạnh Trong đó, lượng nước tích trữ hệ thống hồ Dầu Tiếng – Phước Hòa thượng nguồn sơng Sài Gịn cịn đạt 70% Lưu lượng hồ Trị An sông Đồng Nai đạt khoảng 80% so với trung bình hàng năm Về giải pháp lâu dài, Sawaco kiến nghị UBND TP.HCM cho phép xây dựng hồ trữ nước thô cho nguồn nước sơng Sài Gịn với vốn thực từ ngân sách Ngồi ra, đơn vị đề xuất nâng cao cơng nghệ xử lý nước việc đòi hỏi chi phí đầu tư, vận hành cao.(Nguồn vnexpress.net)

a) Hãy cho biết lượng nước mà hồ Dầu Tiếng xả ngày qua?

b) Nếu tiếp tục xả 20% lượng nước có đề ngăn mặn (với tốc độ xả trên) cơng việc ngày

c) Giả sử việc xả nước chống mặn diễn liên tục từ hơm (22/3) đến hết ngày 15/5, tính lượng nước mà hồ xả khoảng thời gian

(47)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN

Đề số 39

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2014 – 2015

MÔN THI: TOÁN

Câu (3,0 điểm)Cho

3

6 10

x

3

− = + −

+ Tính giá trị biểu thức

( )2019

4

A= x +x −x −2x 1− Câu (4,0 điểm)

1 Cho Parabol ( )P : y x= đường thẳng ( )d : y mx 1= + (m tham số thực) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB= 10

2 Tìm tất nghiệm nguyên dương x y, thỏa mãn phương trình

2

5x +6xy 2y+ +2x 2y 40 0+ − =

Câu (5,0 điểm)

1 Giải phương trình

2

x

8x 40

5 x

+ =

−

2 Giải hệ phương trình ( )

3

x y 15y 14 2y x

4x 6xy 15x

 − − − =  − 



+ + + =



Câu (6,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB 5a= AD 2a= (a > 0) M điểm cạnh AB (M khác A khác B) Gọi H, K hình chiếu vng góc M AC DC

1. Chứng minh điểm B, C, K, H, M thuộc đường trịn Xác định tâm O đường trịn

2. Tính AH MK MH



theo a

3. Khi AK tiếp tuyến đường trịn (O) Tính AM theo a

Câu (2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ac bc 3+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức T 19a 19b 19c 32 2 2

1 b 1 c 1 a

+ + +

= + +

+ + +

Hết _

(48)

Đề số 40

Câu 1.(4 điểm)

a Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điểu kiện: a2 + a = 2b2 + b Chứng monh a – b a + b + số phương

b Tìm số tự nhiên n cho số 2015 viết thành tổng n hợp số viết thành tổng n + hợp số

Câu 2.(5 điểm)

a Giải phương trình: 2

6x 1− + 9x − =1 6x 9x−

b Giải hệ phương trình:

2

3

x y xy

x y 2x 4y

 + + =

 

+ = +



Câu 3.(3 điểm)

Cho a, b, c số thực dương thoả mãn: abc =

Tìm giá trị lớn biểu thức P = 1 a 2b 3+ + +b 2c c 2a 3+ + + + + Câu 4.(6 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Trên cung nhỏ BC đường trịn (O) lấy điểm M (M khơng trùng với B, C) Gọi D, E, F điểm đối xứng với M qua BC, CA, AB Chứng minh rằng:

a Ba điểm D, E, F thẳng hàng b AB AC BC

MF+ME =MD Câu 5.(2 điểm)

Cho 121 điểm phân biệt nằm cạnh tam giác có cạnh cm Chứng minh vẽ hình trịn đường kính 3cm chứa 11 điểm số điểm cho

Hết _

(49)

Đề số 41

Câu 1.(3,0 điểm)

a)Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x2 +y2 −xy=x+ y+2

b) Chứng minh với ba số tự nhiên a,b,c có số lẻ hai số chẵn ta ln có (a+b+c) (3 − a+b−c) (3 − b+c−a) (3 − a−b+c)3 Chia hết cho 96 Câu (4,0 điểm)

a) Chứng minh với số nguyên dương n ta có

2 1 1 + − + =       + + + n n n n

b) Tính tổng

2 2 2016 2014 1 1 1 1       + + + +       + + +       + + +       + + = S

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

2

2 2x −x = x−x

( ) ( ) ( )     = − − + + − = − + − 1 2 2 y x y x xy x y y x

Câu 4.(7,0 điểm)

Cho BC dây cung cố định đường tròn (O; R) ,( BC<2R),A điểm di động cung lớn BC,( A không trùng B,C) Gọi AD, BE, CF đường cao tam giác ABC;EF cắt BC P ,qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC Q cắt AB R

a) Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp

b) Gọi M trung điểm cạnh BC Chứng minh hai tam giác EPM,và DEM hai tam giác đồng dạng

c) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định Câu 5.(2,0 điểm)

Cho số thực dương x,y,z thỏa mãn x2 + y2 +z2 =3 Chứng minh xy yz xz

xy z xz y yz x + +  + + 3

(50)

Đề số 42

Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức A 2x x 2x x x x (x x 1)( x) 1 x 1 x x 2 x 1

− −

 − + + − 

= +  −

− + −

 

Rút gọn biểu thức A Tìm x để A

7

 − Câu (4,0 điểm)

Giải phương trình 2 x 2 3x x − −x 2−x −5x 2− − = Giải hệ phương trình

2 2

2

x y 2x y

(x y)(1 xy) 4x y

 + =

 

+ + =



Câu (4,0 điểm)

Tìm nghiệm nguyên (x; y) phương trình: x( 2+xy y+ 2)=7 x 2y( + )

Tìm tất số nguyên tố p, q cho tồn số tự nhiên m thỏa mãn :

2 pq m

p q m

+ =

+ +

Câu (6,0 điểm)

Cho điểm A , B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua B C (O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K

1 Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi

3 Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME

Câu (2,0 điểm)

Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c a2 b2 b a b a

 + +  + =

   

    Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức

( bc ) ( ca ) (4ab )

P

a 2b c b 2a c c a b

= + +

+ + +

Hết _

(51)

Đề số 43

Câu (1,5 điểm)

Cho biểu thức A 3x 16x x x : x x x x x x

 + − + +   

= − −    − 

+ − + − −

   

b) Tìm x để A= −6 Câu (1,5 điểm)

Cho hệ phương trình mx 2y 2x my

 − =

 + =

 (với m tham số)

a) Giải hệ phương trình m 10;=

b) Tìm mđể hệ phương trình cho có nghiệm ( )x; y thỏa mãn

2

2015m 14m 8056

x y 2014

m

− + −

+ − =

+

Câu (3,0 điểm)

a) Cho ba số thực dương a, b,c thỏa mãn a b c 1.+ + = Tìm GTLN biểu thức:

3 3

a b c

P

9a 3b c 9b 3c a 9c 3a b

= + +

+ + + + + +

b) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn: ( 2) ( )

x x x+ + =4y y −

Câu (3,0 điểm)

Cho đoạn thẳng AC có độ dài a Trên đoạn AC lấy điểm B cho

AC= AB Tia Cx vng góc với AC điểm C, gọi D điểm thuộc tia Cx(D không trùng vớiC ) Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD CD K E,

a) Tính DC CE theo a;

b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất;

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; ; ; ; ; ; 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 sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối lại số Chứng minh giá trị số cuối không phụ thuộc vào việc chọn số u v, để xóa lần thực việc biến đổi dãy, tìm số cuối

(52)

Đề số 44

Câu (2,0 điểm)

b) Tính giá trị biểu thức: A = 2x3+3x2−4x 2+ với x 5 5

2

+ +

= + + − − − −

b) Cho x, y thỏa mãn:

x 2014+ + 2015 x− − 2014 x− = y 2014+ + 2015 y− − 2014 y−

Chứng minh: x y= Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x3+ +(x 1) x 2+ + =(x+ x 1+ + 2)3

b) Giải phương trình sau:

( ) ( )

2

3x xy 4x 2y x x y y

 + − + =



 + + + =



Câu (2,0 điểm)

a) Tìm số nguyên tố p cho số 2

2p −1; 2p +3; 3p +4 số nguyên tố

b) Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 2 2

3x −18y +2z +3y z −18x 27= Câu (3,0 điểm)

Cho đường trịn (O;R) đường kính BC Gọi A điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn

AB, AC cắt đường tròn điểm thứ hai tương ứng E D Trên cung BC

không chứa D lấy F(F  B, C) AF cắt BC M, cắt đường tròn (O;R) N(N  F) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE P(P  A)

a) Giả sử

60

BAC= , tính DE theo R

b) Chứng minh AN.AF = AP.AM

c) Gọi I, H thứ tự hình chiếu vng góc F đường thẳng BD, BC Các đường thẳng IH CD cắt K Tìm vị trí F cung BC để biểu thức

BC BD CD

FH + FI +FK đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm)

Cho số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: xy yz zx xyz+ + = Tìm giá trị lớn biểu thức: M 1

4x 3y z x 4y 3z 3x y 4z

= + +

+ + + + + +

Hết _

(53)

TỈNH KHÁNH HỊA

Đề số 45

Câu (4,0 điểm)

a) Khơng dùng máy tính cầm tay Chứng minh đẳng thức 32 1 3 9

− = − +

b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau

( )( ) ( ) 2015

1 2015 2015

1 x+ x x+ + =2 x x x Câu (4,0 điểm)

Giải hệ phương trình

2

x x x y y y x y 10

 + + + + + = − + − + −

 

+ =



Câu (3,0 điểm)

Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh 1

1 xy+xz Câu (3,0 điểm)

Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 =2x yzz4+ Câu (4,0 điểm)

Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB theo thứ tự D, E, F Qua E vẽ đường thẳng song song với BC cắt AD, DF M, N Chứng minh M trung điểm EN

Câu (2,0 điểm)

Người ta xếp 16 số vào hình vng có 4 ô (hình bên) cho tổng số hàng, cột, hai đường chéo số s Chứng minh s tổng số đặt góc hình vng

Hết _

x y z

(54)

Đề số 46

Câu (2 điểm)

a) Rút gọn biểu thức ( )

2 3

2

1 1 x (1 x) (1 x)

A

2 1 x

− − + + −

=

− − với −  1 x 1.

b) Cho a b số thỏa mãn a > b > a3−a b ab2 + 2−6b3=0 Tính giá trị biểu thức

4

a 4b

B

b 4a

− =

−

Câu (2 điểm)

a)Giải phương trình x (x2 2+ = −2) x 2x2+4. b) Giải hệ phương trình

3

x 2x y

y 2y x

  

= + = +

Câu (2 điểm)

a)Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy2+2xy x 32y+ = b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2+ =a 3b2+b

Chứng minh 2a 2b 1+ + số phương Câu 4 (3 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H điểm di động đoạn OA (H khác A) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K hình chiếu M OB

a) Chứng minh HKM=2AMH.

b) Các tiếp tuyến (O, R) A B cắt tiếp tuyến M (O, R) D E OD, OE cắt AB F G Chứng minh OD.GF = OG.DE

c) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R Câu (1 điểm)

Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 2ab 6bc 2ac 7abc+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức C 4ab 9ac 4bc

a 2b a 4c b c

= + +

+ + +

Hết _

(55)

Đề số 47

Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức A x xy x : xy x x

xy 1 xy xy xy

 + +   + + 

   

= + + − −

 + −   − + 

   

Rút gọn biểu thức A

2 Cho 1

x + y = Tìm giá trị lớn A

Câu 2. (5,0 điểm)

1.Cho phương trình x2+2 m x m( − ) + 2−2m 0+ = Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1, x2 thỏa mãn 2 2

1

2 1

x x 15m x +x − = Giải hệ phương trình x y z 14 4 4

x y z xyz

 + + = 



+ + =



Câu 3. (4,0 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1) Tìm x, y,z N thỏa mãn x 3+ = y+ z

Câu 4. (6,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A C khác O) Đường thẳng qua C vng góc với AO cắt nửa đường tròn cho D Trên cung BD lấy điểm M (M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD

1 Chứng minh tam giác EMF tam giác cân

2 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng

Chứng minh góc ABI có số đo không đổi M di chuyển cung BD Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y số thực dương thoả mãn x + y =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức B 3 3 xy x y

= +

+

Hết _

(56)

Đề số 48

Câu ( 3,0 điểm) Cho x 2 2 1

− =

+ Tính giá trị biểu thức sau:

A = ( )

2014

5 19

2

1 2x

(4x 4x x 1) 4x 4x 5x 5x

2x 2x

 − 

+ − + + + − + + +  

+

 

Câu (5,0 điểm)

Tìm số nguyên x, y thỏa mãn 2xy 4x 2y 1+ + +  5x2+2y2 Giải hệ phương trình:

3

2

4x y x 2y

52x 82xy 21y

 − = +

 

− + = −

 Câu (4,0 điểm)

1 Cho parabol (P): y= −2x2 đường thẳng (d): y ax a 2= + − Tìm số nguyên a cho (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB =

Cho a, b,c 0

a 2b 3c 10

 

 + + 

 , chứng minh :

3 13

a b c

4a 8b c

+ + + + +  Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) có đường cao BD CE cắt H

( D thuộc cạnh AC, E thuộc cạnh AB) Gọi I trung điểm cạnh BC Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI tam giác CDI cắt K ( K khác I ) Gọi M giao điểm DE BC Chứng minh rằng:

Các điểm A, E, H, K, D thuộc đường tròn A, K, I thẳng hàng

 MEC =  MKC ( Kí hiệu  ABC sốđo góc ABC)

Câu (2,0 điểm)

Cho 19 điểm nằm hay cạnh lục giác cạnh cm Chứng minh tồn số 19 điểm cho mà khoảng cách chúng không vượt

3

cm

Hết _

(57)

Đề số 49

Câu (3,0 điểm)

a)Giải phương trình tập số nguyên 2

x +5y −4xy 4x 8y 12 0.+ − − = b)Cho ( )

P x =x −3x +14x 2− Tìm số số tự nhiên x nhỏ 100 mà P x( ) chia hết cho 11

Câu (4,0 điểm)

a)Tính giá trị biểu thức

3

a 3a P

a 4a 5a

− +

=

− + − , biết

3

a= 55+ 3024 + 55− 3024 b) Cho số thực x y z, , đôi khác thỏa mãn

3

x =3x 1, y− =3y 1−

z =3z 1.− Chứng minh 2

x +y +z =6 Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình 3x x 3x 4x

−

− + = +

2

3x 2y 4xy x 8y

x y 2x y

 + − + + − =

 

− + + − =



Câu (7,0 điểm)

Cho đường trịn (O;R) dây cung BC khơng qua tâm Gọi A điểm cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A có số đo  không đổi cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF AE cắt đường thẳng BC M N Lấy điểm D cho tứ giác MNED hình bình hành

a) Chứng minh MNEF tứ giác nội tiếp

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A I chuyển động đường thẳng cố định c) Khi  =600 BC=R, tính theo R độ dài nhỏ đoạn thẳng OI

Câu (2,0 điểm)Cho số thực dương x, y,z thỏa mãn x y z 3+ + = Chứng minh

2 2 2 2 2

2x y z 2y z x 2z x y

4xyz

4 yz zx xy

+ + + + + +

+ + 

− − −

Hết _

(58)

Đề số 50

Câu (2 điểm)

a) Cho biểu thức 16

6

a a a

a a a a

M − − + − +

− + − −

= Tìm tất giá trị nguyên a để giá trị M số nguyên

b) Cho đa thức ( )

P x =ax +bx c+ thỏa mãn đồng thời điều kiện

( ) ;

P x  x ba Tìm giá trị nhỏ Q a b c b a

+ + =

−

Câu (2 điểm)

Tìm giá trị tham số m để phương trình sau vơ ghiệm

1

x x

x m x m

+ =

− + + +

Câu (3 điểm)

Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh số 1954

1

p − chia hết cho 60 Câu (3 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R Hai điểm phân biệt B C, cố định nằm đường tròn (O R; ) cho BC= a R Gọi A điểm thuộc cung lớn BC

(O R; ), A không trùng với B C, Gọi D chân đường phân giác kẻ từ A tam giác ABC Hai điểm E F, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

, ADB ADC

a) Chứng minh hai tam giác AEO ADC đồng dạng; b) Tính diện tích tứ giác AEOF theo a R;

c) Chứng minh điểm A thay đổi E di chuyển đường thẳng cố định Câu (1 điểm)

Trên đường tròn cho 21 điểm phân biệt Mỗi điểm tơ màu: xanh, đỏ, tím, vàng Giữa cặp điểm nối với đoạn thẳng tô hai màu: nâu đen Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh tơ màu (xanh, đỏ, tím vàng) ba cạnh tơ màu (nâu đen)

Hết _

(59)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC Đề số

Câu

1. a) Điều kiện: x0;x1

1

P = :

1 1

x

x x x x x x

 +   − −

   

 +   − + − − 

 

( )( )

1

P = :

1 1

x x

x x x x

 

 + +   

− −

 

 +   − + − 

   

( )( )

1

P = :

1 1 1

x x x

 

 + +   −

 −

 

 +   + − 

   

( )( )

1

1 1 1

x x

P

x x x

 + − 

 + +   

=    −



+ + −

   

1

P =

1

x x x

x x

+ + − =

+ +

1

1 1

x x x

Q x P x

x x x x

+

= − = − = = −

+ + + +

b) Để Q x+1 ước

( )

0

0 1

2 )

1

x x

 + =  =



 

= − + = −

 



tháa m·n § K (VN

Vậy x=0 Q

2. Ta có:

( 2 )( ) 2

2

1 1 1

2 (1)

x x y y x x y y x x

x y x y

− − + + = − +  − − + = − +

+ = + − +

Tương tự ta có:

( 2 )( ) 2

2

4 1 1

1 (2)

y y x x y y x x y y

x y y x

− − + + = − +  − − + = − +

+ = + − +

Cộng vế với vế (1) với (2) ta 2(x+2y)=  +0 x 2y=0

Mặt khác 3 ( )( 2)

8 2019 2 2019

x + y + = x+ y x − xy+ y + =2019 (vì x+2y=0) Câu

1. Đặt x=a; x+ = 3 b

Ta có PT: 2

2a +b −3ab=0 (a b− )(2a b− =)

(60)

1 13

0 1 13

2 13 x x x x x x  +     =  = +   − − =   −  =  

TH2: 2a= b 2x= x+3

2

0

0 1

1

4 3

4 x x x x x x x       =   =   − − = −   =  

Vậy PT cho có hai nghiệm TH1: 13;

x= + x=

2.

3

6

2 (1)

3 (2)

x y x y  − =    − = − 

ĐK: y0

Công PT (1) với PT (2) ta

3

8 2

3 x

x x x x

y y y y y

      

 −  + − =  −  + + + =

      

TH1: x y

= thay vào phương trình (1) ta được:

3 2

3

2 2y 6y (y 1)(y 2)

y − = y + − =  − + =

1

y=  =x ; y= −  = −2 x

TH2: 2

2 2

2 1

3

x x

y y y y y

     + + + =  + + + + =     2 1 x y y    +  + + =

  ( PT vơ nghiệm)

Vậy hệ PT cho có nghiệm (x;y) = (2;1), (-1;-2)

Câu

1. Ta có:

( ) ( ) ( ) (2 ) ( )

1 1 1

n+ n+ +n nn n+ + +n n n+ − n n+ + n   n

( ) ( )

1 1

1 1 1

n n n n n n n n n n

  = −

+ + + + + + +

( ) ( ) ( )

1 1

2 1+ + + n+1 n+ +1 n n2 1 2+ + + n+1 n+ +n n

1 1 1

1 2 n n

= − + − + + −

(61)

( )

2 1+ n+1 n+ +1 n n n+1

2. Ta có: 2

2 2

5 12 24 48 82

9 12 ( 4) 4( 4) 4( 4) 24 82

A x y xy x y

A y y x x x x x

= + − + − +

 

= − − + − − − + − +

 2 2

3 2( 3) 18

A= y− x+ +x − x+

 2 ( )2

3 2( 4)

A= y− x+ + x− +

 2 ( )2

3 2

A= y− x− + x− + 

2

A Dấu sảy khi:

16

3

4

y x y

x



− − = =

 

 − = 

  =

GTNN A=2 4; 16

x= y=

Câu

1.a) Ta có: Tứ giác BFECnội tiếp

BCF=FEB (cùng chắn cung BF đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC) BCF =BMN(cùng chắn cung BN đường trịn (O)

BMN =FEBMN//FE (đpcm) (*) Ta có: OM =ON=R(1)

Mặt khác: ECF =FBE (cùng chắn cung EF đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC)

ECF =FBE AM = ANAM =AN (2)

Từ (1) (2) OA đường trung trực MN(**) Từ (*) (**)OA⊥EF

1.b) Gọi D giao AH với BC Ta có AD⊥BC CDH CFB

  (C chung, D= =F 900)

(3)

CH CD

CH CF CB CD

CB CF

 =  =

N

M

E

F

D H

C B

A

(62)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC BE BD (4)

BH BD

BH BC

BC BE

 =  = Cộng vế với vế (3) (4) ta được:

2

( )

CH CF BH BE CB CD BD BC CH CF BH BE BC CD BD BC

+ = +

+ = + =

Đặt SAOB=S S1; AOC =S S2; BOC =S3

Ta có: ; 3 = (1)

ABE BEC ABE BEC ABC

S S S S

S BO BO S BO

S BE S BE S S S BE

+

= =  = =

3 2

; = (2)

BCF ACF BCF ACF ABC

S CO S CO S S S S CO

S CF S CF S S S CF

+

= =  = =

1 ; 2 1= (3)

ABG AGC ABG AGC ABC

S AO S AO S S S S AO

S AG S AG S S S AG

+

= =  = =

Cộng vế với vế 2( 3)=2

ABC

S S S AO BO CO

AG BE CF S

+ +

+ + =

Vậy tổng AO BO CO

AG+ BE +CF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm O

Câu

1. x= +1 32+34= ( )( )

3 3

3

1 2 1

1 2

− + +

= =

− −

(3 ) ( )3

1

2 1

2

x=  − x=  x = x+

−

( )3

3

2x x

 − + =

3

x x x

 − − − =

3

3 3

x x x

 − − + =

2

P= = số phương 2. 2

2

x − y = (5) Từ Pt (5) x lẻ x=2m+1 (m )

Thay vào PT (5) ta được:( )2 2 ( )

2m+1 −2y = 5 4m +4m−2y = 4 2m m+ −1 y =2 (6) Từ PT (6) ychẵny=2 (k k )

Thay vào (6): 2m m( + −1) (2 )k 2= 2 2m m( + −1) 4k2 =2

( )

1

m m k

 + = + (7)

F

E

G O

C B

(63)

Vậy PT cho khơng có nghiệm ngun

Đề số Câu

a. Ta có:

3 2( 3)

( 1)( 3)

x x x x

A

x x x x

− − +

= − −

+ − + −

2

3 2( 3) ( 3)( 1)

( 1)( 3)

x x x x x

x x

− − − − + +

=

+ −

3 24

( 1)( 3)

x x x x

x x

− + −

=

+ −

( 3)( 8)

( 1)( 3)

x x

− + =

+ −

8

( 1)

x x

+ =

+

b Ta có:

1

x

A x

x x

+

= = + + −

+ +

Vì x+   1 0, x 0;x9 nên áp dụng BĐT Cô – Si ta có:

9

2 ( 1)

1

A x

x

 + − =

+

Đẳng thức xảy

x x

x

+ =  =

+ Vậy Amin =4 x=4

Câu

a. Ta có:  =' (m+4)2−(m2+8m− =9) 250

Phương trình ln có nghiệm phân biệt với giá trị m b Áp dụng định lí Vi – ét ta có: ( )

2

8

x x m m

x x m m

 + = + = +

 

= + − 

( )2

2

1 2

1

1 2

2 60

60 x x x x

x x

P

x x x x

+ − −

+ −

= =

+ +

(2 8)2 2( 8 9) 60 2

8 11

4

2 4

m m m m m

P m

m m m

+ − + − − + +

= = = + −

(64)

P nguyên 

4

m+ nguyên m+4 ước

m+4  1; 5 Mà m nguyên dươngm = 1 Câu

a. Điều kiện: x0

Đặt t x x t2

x x

= +   + = − đến phương trình: t2− + =4t

Giải phương trình nghiệm: t=1 (loại), t=3

Do x x x

x

+ =  − + =

3

2

3

2

x

 +

=   

 −

= 

7

2

x

 +

=   

 −

= 

Kết hợp điều kiện, phương trình cho có nghiệm 5;

2

x= + x= −

b. Ta có:

( ) (2 )2 ( )

2

2 2 2

4 4 4

x y x y xy x y

x y x x y y x y xy xy

+ − + − − + − =

 + − + + − + − − + =

( 2 2) ( ) ( )

4 4 8

x y xy y x x x y xy y

 − + + − + + − + − = −

( ) ( ) ( )

2 2

4 4 4

y x x x x y x x

 − + + − + − − + =

( )( )

4

x x y y

 − + + − = ( ) (2 )2

2 1

x y

 − − =

( ) ( )

1: 1

TH x− = y− =  =x y =2

( ) ( )

2 : 1

TH x− = y− = −  =x y=0

( ) ( )

3: 1

TH x− = − y− =  =x y=0

( ) ( )

4 : 1

TH x− = − y− = −  =x y=2

(65)

a.Ta có AFH = AEH =900 suy tứ giác AEHFnội tiếp đường trịn đường kínhAH Ta có tứ giác ALBC nội tiếp  KB KC. =KL KA. (1)

Vì tứ giác BFEC nội tiếp  KB KC. =KF KE. (2)

Từ ( ) ( )1 ,  tứ giác ALFE nội tiếp đường tròn đường kính AH Do đó, LH ⊥ AK

b. Gọi M =HL( )O Vì LH ⊥ AK AM đường kính Ta có MC AC MC/ /BH

BH AC

⊥ 

  ⊥

 (3)

Ta có CH AB CH / / MB

MB AB

⊥ 

  ⊥

 (4)

Từ (3) (4) Tứ giác BHCM hình bình hành  HL qua trung điểm BC c. Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABT AT2= AF AB ý BFEC nội tiếp nên AF AB. =AE AC.

Do đó, AT2 = AE AC nên AT tiếp tuyến đường tròn (CET)

Hơn nữa, KFB= ACB=KLB nên suy KLFB nội tiếp, AF AB. = AL AK. nên

2 .

AT = AL AK tức AT tiếp tuyến (KLT)

Vậy (CET) tiếp xúc với (KLT) có AT tiếp tuyến chung Câu

Ta gọi cạnh song song với hướng Chú ý hai cạnh hai đường chéo song song với tạo thành hình thang cân

Ta thấy đa giác n cạnh gồm có n hướng (cụ thể hình vẽ

, ,

AB MN CE hướng, AB AC, khác hướng) M

I H

T L

K

E

F

O

(66)

Với gồm có k đỉnh sinh ( 1)

2

k k−

đoạn thẳng, số đoạn thẳng lớn n có hai cạnh có hướng nên chúng tạo thành hình thang cân

Do đó, điều kiện để k điểm chứa bốn điểm tạo thành hình thang cân

( )

2

1 1

2

k k

n k k n k n

−  

  −   −   +  

1

2

4

k n

  + +

Bây áp dụng toán cho n=30 ta suy 60 1

4

k + +  =k , suy đỉnh có đỉnh tạo thành hình thang cân

a. Ta có: 2y2−xy+ −x 2y+ = 5 0 x y( − =1) 2y2−2y+5

5 2

1

x y

y

 = +

−

(y =1 khơng thỏa mãn PT)

Vì x, y số nguyên nên y -1 ước

1: 1 1 2 9.

TH y− =  =  =y x

2 : 1 1 0 5.

TH y− = −  =  = −y x

3: 1 5 6 13.

TH y− =  =  =y x

4 : 1 5 4 9.

TH y− = −  = −  = −y x

Vậy PT có nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4) b. Ta có 22 4 16

n

A= + + =(22n − +1) (4n− +1) 18 Đặt 22n =22k (k *) suy 22n − =1 22k − =1 4k −1 3

N B

A

E

O

(67)

2 n 4n 16 3

A

 = + +

Câu

a. Điều kiện: 3

2

x −

3

8 4

2 3 (2 5) 2 3 8 4

2 5

x x

x x x x x

x +

+ =  + + = +

+

3

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

 + + + = +

Đặt a= 2x+ 3 0, b=2x

Ta có:

( )

3 3

2 2 (a ) 2 0

2 4

b b

a + a=b + b a−b  + + + =  =a b

 

Suy ra:

2

2 0

2 3 2

2 3 4

x x x x x   + =   + =  1 13 4 x +  =

b. Hệ phương trình cho tương đương với

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )    + − + − = − − = − + − 3 1

1 2

y x y x y x

Đặt a= x−1;b= y−3 Ta hệ phương trình

( )    + + = = − +     + + = = + 1 1 2 b a ab ab b a b a ab b a

Đặt S = +a b P; =ab, điều kiện S2 4P Hệ trở thành

   = − =     + = = − 1 2 P S S P P S

(thỏa mãn)

   = = P S

(loại)

          − = =    = − =     = − = +     = − = 0 1 b a b a ab b a P S +)    = =     = − − = −     = − = 0 1 y x y x b a +)    = =     − = − = −     − = = 1 1 y x y x b a

(68)

Ta có:

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

b c a

a b c

= + +

+ + +

Đặt: x b,y c,z a x y z, , 0, xyz

a b c

= = =   =

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

 = + +

+ + +

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

2

2 2

1 1

3 (1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

 

  + + 

+ + +

 

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

( ) ( )

( ) ( )( )

2

2 2

2

1

1 1

1

x y

xy x

y x xy x y

   

 +   +   +  

 

     + + +

Tương tự: 2

(1 ) (1 )( )

x

y  xy x y

+ + +

Từ BĐT ta có: 2 2

(1+x) +(1+y) 1+xy

Dấu xảy x = y = 1

Tương tự: 2 2 1 2 1

(1+z) +(1 1)+ 1+z (1+z) 1+z −4

2 2

1 1

(1 x) (1 y) (1 z)

 + + 

+ + +

1 1 1

1 1 4

z

xy + z− = z+ z − =

+ + + +

Ta có: 3 , 3 1

16 16

P P=  = = =  = =x y z a b c

Vậy giá trị nhỏ P là: 3

16

(69)

1

a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy OA ⊥ xy

Xét tứ giác BCEF có BEC=900 (GT); BFC=900(GT) tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp suy ACB= AFE (1)

Mặt khác 1

2

BAx= Sd AB (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

1 2

ACB= Sd AB (góc nội tiếp) BAx= ACB) (2)

Từ (1) (2) suy AFE =BAx vị trí so le nên EF // xy hay EF ⊥OA b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ P, BP cắt DF Q

AD, BE, CF đường cao tam giác ABC nên BCEF, ACDF nội tiếp,

ACB= AFP

Mặt khác 1 1 ( )

2 2

ACB= Sd AB= Sd BM +MA

( )

1 2

AFP= Sd BM +AP

Do Sd AM =Sd APsuy BA tia phân giác MBQ AM = AP (1) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ACB=BFM , tứ giác ACDF nội tiếp nênACB =BFQ BFQ=BFM =ACB, suy FB tia phân giác MFQ

MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN

 =   =   =   =

Do ABN = ABP nên AN = AP (2) Từ (1) (2) suy AM = AN

2

y

x

A

Q

P

M F

E

D O

(70)

Dựng tam giác vng cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C

Ta có ADE= ACB DE = DB Từ giả thiết AC.BD = AD.BC Suy AD BD DE

AC = BC = BC  ADE~ACB, từ

AB AC

AE = AD

Mặt khác BAC=EAD, suy CAD=BAE Do CAD~BAE

.

2 .

2

AC CD CD AB CD

AB = BE = BD  AC BD =

Câu

Chia hình vng cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh 1

45

Gọi (C1), (C2), , (C2025) hình trịn nội tiếp hình vng nhỏ trên, chúng có bán kính 1 .

90

Gọi (C1'), (C2'), , (C2025') hình trịn đồng tâm với hình trịn có bán kính là: 1 .

91 Khi hình trịn nằm hình vng đơi

khơng có điểm chung (rời nhau)

Trong hình vng cho có hình trịn rời (C1'), (C2'), , (C2025') có 2019 điểm nên tồn hình trịn hình trịn không chứa điểm 2019 điểm cho

Đề số Câu 1.a) Với x0 ta có:

1 3 2

-1 ( 1)( - 1) - 1

A

x x x x x x

= +

+ + + +

- 1- 2 2

1

x x x

x x

+ + +

=

+

B

D

(71)

1

x x

=

+

=x- x +1

Ta có

2

- - 0

2

0

x x x x

x x

ì ỉ ư

ù + =ỗ ữ + > "

ù ỗ ữ

ớ ố ứ

ù

ï ³ " ³

ỵ

,

và ( )

2

-1 0 , 0

x ³ " x ³ x- 2 x + ³1 0," x³ 0

x- x + ³1 x," x³ 0 1, 0

- 1

x

x x+ £ " ³  A£ "1, x³

1

A= Û x=

Vậy giá trị lớn A x=1.

b) Ta có:

B2= +4 10 5+ + −4 10 5+ +2 4+ 10 5+ 4− 10 5+ 

  

  

= +8 16−(10 5+ )= +8 5−

( ) ( )

2

8

= + − = + − = +

( )

6

B B

 = + 

= +

Câu

a) Ta có P(x) bình phương đa thức thì:

P(x) = ( )2

x + +cx d = ( ) 2

2 2 ,

x + cx + c + d x + cdx+d  x

Mà: P(x) =

2

x − x + x +ax+b

Do ta có hệ phương trình:

2

1

c c

c d d

cd a a

b d b

= −

  = −

 + =  =

 

 =  = −

 

 =  =



Vậy:a= −2,b=1 b) ĐK:

4

1  

− x (*)

Ta có ( 4− x+ 4x+1)2= −3 4x+2 (3 )(1 ) 4− x + x + + x

4 (3 )(1 )x x

= + − +   3−4x+ 1+4x 2 (2) Lại có : ( )2 ( )

16x 8x 4x

(72)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC     = + − − = + + −  16 4 ) ( x x x x     = + + = + + + − + −  16 4 ) )( ( x x x x x x     − = = + −  ) )( ( x x x          − =       − = =  4 x x x − =

 x (thỏa mãn(*))

Vậy phương trình có nghiệm

4 − = x Câu

a. Xét tứ giác AKHE cóK = =E 900  BAC+BHC=1800

mà BHC = BOCvà BOC =2BAC  3BAC=1800 BAC=600

Kẻ đường kính BI, suy tứ giác AICH hình bình hànhAH = CI (1) Gọi M trung điểm BC  IC = 2OM (2) (Đường trung bình)

Từ (1) (2)  AH = 2OM

Do M trung điểm BC  OM ⊥BC OM tia phân giác BOC 

0

60

MOC =

Þ OM = MC.cot600 = . 1 3

2 3 6

a = a

AH = 3

3

a

b. Ta có DBH DAC DB DH

DA DC

   =  DA.DH = DB.DC

(73)

Áp dụng bất đẳng thức ( )

4

xy ( Dấu “=” xảy khix=y)

ta có: DA.DH = DB.DC ( )

2 2

4

DB+DC a

 = (Không đổi) (Dấu “=” xảy DB = DC hay D trung điểm BC)

 DA.DH nhận giá trị lớn

2

4

a

D trung điểm BC.  ABC cân AÛ A điểm cung BC

Câu

Với số tự nhiên a

a chia cho có số dư 0; 1; Số 2019 chia dư 3; 2020 chia dư

Suy 2019nº (mod 8)n

- Nu n chn thỡ n=2 ,k kẻ ị 2019n 32kº ( mod 8) Þ Cº ( mod 8)

Þ C khơng thể số phương - Nếu n lẻ thỡ n=2k+1,kẻ ị 2019n 32k+1 3.32k ( mod 8) Þ Cº ( mod 8)

Þ C khơng thể số phương KL: Khơng tồn n thỏa yêu cầu toán

Câu

Đặt , ,

1 1

a b c

x y z

= = =

+ + + x+ + + =y z xyzÛ a b c+ + =1

và x 1 a b c

a a a

- +

= - = = , y c a,z a b

b c

+ +

= =

Vậy 6

cyc

b c c a a b c a a b x y z

a b c c b

ỉ

+ + + + +

ỗ ữ

+ + + = + + + = ỗ + ữ

è ø

å

( )( )

( )

2

cyc

c a a b

yz zx xy

bc

+ +

³ å = + +

Đẳng thức xảy a b c= = hay x=y=z=2 Câu

Gọi H, K hình chiếu vng góc A BC PQ K

H

M N

P A

C B

(74)

Tam giác ABC vuông A nên

5

BC

Đặt PN =x PQ, =y

Vì DAPQ DACB suy 5 25

5 12 12

PQ AK y

x y x

CB = AHÛ = - Û = -

2

25 25

3

12 12

MNPQ

S =x y= x- x = - ổỗỗx- ữữử Ê

ố ứ

Vy giá trị lớn SMNPQ

6

x=

2 y=

1) Ta có:

x y m 3x 3y 3m x 2m 2x 3y m 2x 3y m y x m

x 2m

( m R) y m

 − = +  − = +  =    − = +  − = +  = − −     =  = −    Ta có: ( )

2 2

2

P x 8y 4m 8(m 1) 4m 8m 2m 12 12

= + = + − = + −

= + −  −

Dấu “=” xẩy 2m + = m= −1 Giá trị nhỏ P -12 m = -1

2) Giải: ( )

( )

2

3 3

x y 2xy

x y

x y (x y) 3xy x y

  + = − + =     − = − − − − = −    

Đặt x y S xy P  − =  =  Ta có: 2 3 3 S S P

S 2P 2 P

2

S 3SP 1 S

2S 3S 3S

S 3S

2  −  − =   + = =       − = − −     − = −  + − + =  ( )( ) ( )( ) 2 2

1 S S

1 S P P

P

2

S 5S 5S S 5S 5S

5S 3S

 −  −  = − = =        − + =  + − + =  + − + =    ( ) 2 S P S

5S 5S (vn)

 = −     + =   − + =  P S  =   = −  x y x y

(75)

Với x = 0, (*)0x + = (phương trình vơ nghiệm Với x  0, chia vế phương trình (*) cho

x :

2

27 3

(*) x - 9x + 24 - + = x x 18

x x x x

3

x

3 x

x x

3

x x

x

x 3x (VN) x

x 6x x

   

  +  −  + + =

   

 + − = 

  

 + −  + − =  

    + − =

 

 − + = = +

  

− + = 

 = −

 

2. Ta có:

a b c a b c

3

b c a a b b c c a

a b c a b c

1 1

b c a a b b c c a

 

+ + +   + + 

+ + +

 

       

 +  + +  + +   + + 

+ + +

       

( ) (2 ) (2 )2

a b 4a b c 4b c a 4c b a b c b c a c a a b b c c a

0 b(a b) c(b c) a(c a)

+ + +

 − + − + − 

+ + +

− − −

 + + 

+ + +

Ln a, b, c số dương Dấu xẩy a = b = c Câu 3.(4,5 điểm)

1) Ta có: 1 bc a(b c) (1) a = + b c = +

TH1: Nếu a số nguyên chẵn, suy a(b c) 2+ , theo (1)Suy ra: b.c Vậy abc chia hết cho

TH2: Nếu a số nguyên lẻ Với b c hai số lẻ thì: b c 2+ a(b c) 2+ Mà a b c . khơng chia hết cho (vì a, b, c lẻ) Suy mâu thuẫn

Vậy hai số, b, c tồn số chẵn

+ Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn (vì b.c chẵn nên a(b + c) chẵn suy c chẵn, a lẻ) Suy abc chia hết cho

+ Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho

Cách khác: 1 bc a(b c) abc = a (b + c) (2)2

a = + b c = + 

Ta thấy a, b, c số lẻ vây abc số lẻ, b+c số chẵn Vậy số tồn số chẵn

Nếu a chẵn a2 chia hết cho 4, từ (2) suy abc chia hết cho

(76)

2 Dùng hàm Ơle:

Phân tích số m thừa số nguyên tố: m p p p = 1x 2y 3z

Số số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m

1

1 1

(m) m

p p p

 

   

 =  −   −   − 

     

Ta có: 999 373 (999) 999 1 1 648 37

   

=   =  −   − =

   

Có 648 số nguyên tố với 999 không vượt 999 Vây có 649 số nguyên tố với 999 không vượt 1000 Cách khác:

Gọi A số số nguyên dương không vượt 1000 Suy A = 1000

B số số nguyên dương không vượt 1000 mà không nguyên tố với 999

C số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Ta có: 999 37=

B = (Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 3) – (Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3) + Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho là:999 333

3

−

+ =

+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 là: 999 37

1 27 37

− + =

+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 (chia hết cho 111) là:999 111

111

−

+ =

+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho là:27 18− =

Suy B = 333+ 18 = 351 Vậy C= A – B = 1000 – 351 = 649 Câu 4.

Ta có: A 99 2 3 99 100

= + + + +

+ + + +

( 1) (2 2) (3 3) 98( 99 98) (99 100 99) 99 99 100

= − + − + − + + − + −

= − − − − − − +

và

B= 2+ 3+ + + 100 A B 100 100 999

 + = − =

(77)

a) Gọi F tiếp điểm BC với đường tròn (I) Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: AD = AE; BD = BF; CE = CF

Suy ra: AB + AC – BC = (AD + DB) + (AE+ CE) – (BF + CF) = AD + AE = 2AD

b)

Gọi S giao điểm BI MN Ta cần chứng minh: D, E, S thẳng hàng Thật vậy:

Do MN đường trung bình tam giác ABC nên MN//AB

2

1

B BSM (hai goc so le trong);B B BSM B

 = =

 =

Suy tam giác MBS cân M nên MB = MS = MC

Tam giác BSC có đường trung tuyến SM=1/2BC nên tam giác BSC vng S Ta có:

Tứ giác IECF IESC tứ giác nội tiếp (đường tròn đường kính IC) Nên điểm I, E, S, C, F thuộc đường trịn đường kính IC

Ta có:

2 1 2

1

S

M N

F E D

I

(78)

1

SEC B C (1)

 = +

Lại có tam giác ADE cân A nên:

0

1

180 A A

AED ADE 90 B C

2

−

= = = − = + (2)

Từ (1) (2) suy SEC=AED mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng Vậy ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy

Cách khác: Gọi P giao điểm DE BI Đi chứng minh M, N, P thẳng hàng

Đề số Câu 1) Với điều kiện x0,x4, ta có:

( 1) : ( )(5 )

2 1

x x x x x

P

x x x x x x

 − −   + − 

   

= − −

 − −   + + − 

   

( )

( )1 :(( 4) ()( 5))

2

x x x x x

x x x x

− − − − − −

=

− + −

( )

( 1)( 2)

1

x x

x

x x

+ −

+ =

−

( )2

1 x

x

+ =

Vậy ( )

1

( 0, 4) x

P x x

x

+

=  

2) - Chứng minh M số chẵn

( )3

3 3

7 50 2

a= + = + = + = +

( )3

3 3

7 50 2

b= − = − = − = − )

M = + = +a b (1 2) (+ −1 2)=2 - Chứng minh N số chẵn

( ) ( ) 2 2 ( )2

2 ; 1;

a b+ = a b= + − = − a +b = a b+ − ab=

( ) ( ) ( )

7 7 4 3

N =a +b = a +a b + b +a b − a b +a b

(79)

=(a+b a)( 2+b2−ab) ( a2+b2)2−2a b2 2+ =2 7.34 2( + )

 

Vây M, N số chẵn

Chú ý :

- Học sinh tính M cách đưa vềphương trình bậc 3: M3+3M −14=0, giải

được nghiệm M = Mỗi ý cho 0,5 điểm

( )3 ( )

3 3 3 3

7 50 50 14 50 50 50 50

M = + + − = + + − + + −

( )( )

3

14 2

M = − M  M − M + M + =

2

M

 = vì M2 +2M + =7 (M +1)2+ 6

- Học sinh chứng minh N số chẵn cách đặt :

(1 2) (1 2)

n n

n

S = + + − rồi xây dựng công thức Sn+1=2Sn +Sn−1để S7 số

chẵn khai triển ( ) ( )

7

1+ + −1 đểtính N cho 0,5đ.

Câu

1) Vì Phương trình x2+2kx+ =4 có hai nghiệm x x1, 2 nên  '

2

4 k (1); k

 −    Theo hệ thức Vi-et ta có :

1

2

x x k

x x

+ = − 

 =

 Do :

( )2 ( )

2 4 4 2

1 2

2 2

2 1 2

2

3 x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

 

+ + −

  +    +      

     

     

( )

2

2 2

4

5 5 5 (2)

4

k

k k k

 − 

    −   −  −     +

 

Từ (1) (2) suy : 4k2  +2  − 2+   −k Hoặc 2 k 2+

Vậy tất giá trị k cần tìm : − 2+   −k 2 k 2+

Vậy hệ có nghiệm nhất: x= =y

2) Trừ theo vế phương trình (1) (2) ta được:

( 2 ) ( ) ( )

2

1 3

1

x y

x y x y x y

x y

 + 

 

+ − + + − =  − + =

 + + + 

 

0 x y

 − =

2 (*)

1

x y

+ + =

(80)

2

1

x + = +x ( )

2

1

x x

x

 + = + 

 

 − 

Giải hệ ta được:x=  = =0 x y 0 Trường hợp 2:

2

1

x y

+ + =

+ + +

Xét ( ) ( )

2

2 2

3

1 1

x x y y

x y A

x y x y

+ + + + +

+

= + =

+ + + + + +

Ta có: 2 ( )

3 x + + 1 x x + =x x + =x x + x +x 0 Tương tự: y2+ + 1 y

Suy ra:A0 Trường hợp không xảy Vậy hệ có nghiệm nhất: x= =y 0

Cách :

2

2 2

1 1

2 1 (1)

2 1 (2)

1 4 (3)

1 4 (4)

x x y x y x

y y x y x y

y x

x y

x y y xy x x

y x x xy y y

 + + = +  + = − +

  

 

+ + = + + = − +

 

 

− +  

 − +  

  + = + + − − + 

 + = + + − − + 

Trừ theo vế phương trình (3) (4) ta phương trình : (x−y) (4 x+y)+6=  =0 x y 4(x+ + =y) :

Cộng theo vế bất phương trình (1) (2) ta : x+ y 0, suy trường hợp

( )

4 x+ + =y không xảy

Trường hợpx= y , thay vào (3) ta được:x= =y Câu

1. Đặt

, , , (*)

a=xy b= +  x y a Z bZ b  a Phương trình (1) trở thành:

2 a b+ = +b a

2

1 a b

a

+  =

+

( )

2 2 2

2 1 5

a a a a a a a

 + +  − +  + − +  +

     

2

1 1;5 0; 0; 2;

a a a

 +      −

Nếu ( ) ( ) ( ),  0; , 2; 0

xy

a b x y

x y

= 

=  =  + =  

(81)

Nếu 2

0 2

2 y xy

a b

x y x

y

  = −

= − 

 

= −  =  + =   

  = −

 

=   

( loại khơng thỏa mãnx y, Z)

Nếu 4,

a=  =b loại khơng thỏa mãn bZ

Vậy nghiệm ngun (x, y) phương trình cho là: ( ) ( )0; , 2;0 Cách khác: Đưa phương trình dạng : (x+y)( )xy 2−xy+ + − =(x y 2) Đặt t=xy t, Z ta phương trình ẩn t: ( )

( 2) (1) x+y t − + + − =t x y

Nếu 2

0 2

xy x

x y xy

x y y



= − =

 

+ =  = −  

+ = = −

  Hoặc

2 x

y

 = −  

=

 (Loại )

*) Nếu x+ y 0, ta có phương trình bậc ẩn t:

( ) ( )

2 (2) x+y t − +t x+ −y =

( )( ) ( )2

1

4

x y x y x y

  = − + + −   + − 

( )   (2 )    

1 0;1 1; 0;1 1;

x y x y x y

 + −   + −  −  + 

*) Nếu

1

1 xy x y

xy

 −

=  + =  

+  = 

( loại)

*) Nếu ( ) ( ) ( ) 

2 1 , 0; , 2;

xy

x y x y

xy

=  

+ =   

=

 ( thỏa mãn )

Vậy nghiệm nguyên (x, y) phương trình cho là: ( ) ( )0; , 2;0

2. Cho nN* Chứng minh 2n + 3n + số phương n

chia hết cho 40

Giả sử 2n+ =1 m2 , 3n+ =1 k2 (m k, N*)

m

 số lẻ mlà số lẻ

( )( )

2

2n m m m

 = − = − + , Suy : n chẵn, k lẻ

Vì k số lẻ nên k−1,k+1 hai số chẵn liên tiếp (3, 8) = nên

Từ 2 ( )( )

3n+ =1 k 3n=k − =1 k−1 k+1 8n (1)

Khi chia số phương cho số dư ; ; Ta xét trường hợp:

(82)

Vì (5, 8) = nên từ (1) (2) suy n chia hết cho 40 Vậy n (2)

Câu

1 Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, suy : OI⊥BC ABI BOI

 =

( phụ vớiBAO )

0

cos cos 60 (1)

2 OB R

ABI BOI ABI BOI

OA R

 = = = =  = =

Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt suy OF, OE tia phân giác góc COM MOB Suy ra:

; EOF (2)

2 2

COM MOB COM MOB BOC

FOM = MOE=  =FOM +MOE= + = =BOI

Từ (1) (2) suy : 60

ABI =EOF = hayQBE=QOETứ giác OBEQ nội tiếp 2 Ta có: OQB=OEB ( chắn cung OB của đường tròn (OBEQ) )

OEF =OEB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt )

OQB OEF

 = hay OQP=OEF ( )

OQP OEF g g

    (vì có OQP=OEF QOP, góc chung) PQ OQ (3) EF OE

 =

Vì tứ giác OBEQ nội tiếp 0

90 , 60

OBE= QBE= nên:

0 0

180 90 ; 30

OQE= −OBE= OEQ=OBQ=OBE QBE− = OQE

  vuông Q OEQ=300

0

sin sin 30 (4)

OQ

OEQ OE

 = = =

Từ (3) (4) suy :

PQ

EF PQ EF =  =

(83)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC (5)

4 OPQ 8

OEF

S

S =  = = =

Kẻ qua O đường thẳng vng góc với OA, cắt AC, AB theo thứ tự H, K Ta có:

0 60

BKO=BOI = ( Vì phụ vớiBAO )

.cot cot 60 R

HC=KB=OB BKO=OB =

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 (6)

3

EF FM EM FC EB HF HC KE KB HF KE HC KB R

HF KE HC HF KE

= + = + = − + − = + − +

= + −  −

Mặt khác , 0

60 , 60

FHO=AOC= EKO=AOB= nên dễ chứng minh HFO KOE

  ( đồng dạng với tam giác OFE) 2

0

2

(7)

sin 60

HF HO R R

HF KE OK OH OK

OK KE

 

 =  = = =  = 

   

Từ (5), (6), (7) suy :

2

4

3

8

OPQ

R R

R

R EF R

S

 − 

 

 

=  =

Dấu “ = ” xảy KE=HF =OH =OK FM =EM MC=MB M điểm cung BC

Vậy để tam giác OPQ có diện tích nhỏ M điểm cung nhỏ BC Giá trị nhỏ

2

R

Cách khác: Vì OQP OEF theo tỉ số đồng dạng EF PQ = nên

( ) ( )

1 1 1

4 8

OPQ OEF

OPQ ABOC AEF AEF AEF

OEF

S S

S S S OA BC S R S

S

 

=  = = − =  − = −

 

Sử dụng cơng thức : Hê-Rơng Tính diện tích S tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c

( )( )( )( )

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

2

3 2 2

16

16.27 4.3 4.3

a b c a b c b c a c a b

S

a b c a b c b c a c a b a b c a b c

S

+ + + − + − + −

 =

 

 

+ +  + − + + − + + −  + + + +

 

 =  

 

(84)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC ( ) ( ) ( ) ( ) ( )   ( ) 2 2 2 2 2

3

-8 4.3

1

3 -

-8 4.3 4.3

1

3 -

-8 4.3 4.3

2

1

3

-8 4.3

OPQ AEF

S R S R

AE EM MF AF AE EB FC AF

R R

AE EB AF FC AB AC

R R AB R R   = −        + + +     + + +           = =           + + +    +        = =             = =    

( )2

2 2.2 sin

3

-4.3

R AOB R

 

  =

 

 

Câu Ta có x+ + =  +y 1 z z xy= + + +x y 1 xy= +(x 1)(y+1)

x+yz = +x y x( + + = +y 1) x xy+y2+ =y (x+y)(y+1)

y+xz= +y x x( + + = +y 1) (x y x)( +1)

( ) ( ) ( )

3

2 3

1

x y P

x y x y

 = + + + Vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 2

3 3

4

0

4 1 1

0 x y xy

x y x y

x P

xy x y x y

y  +      =  + + + +   

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương, ta có:

( )

2 2

3

27

1

2 4 27

x x x x x

x x x + = + +   +     + Tương tự: ( ) 27 y y   + ( ) ( ) 2 3

1 4

4 27 27 729

4 1

x y P

x y

=  =

+ + Dấu “ = ” xảy

2 2 x y x y z

z x y

 = =  = =    =   = + + 

Vậy MaxP=

729, đạt

2 x y z = =   = 

Cách khác :

( )( )( )2 ( )2

3 2

1

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

z z

P x y y x x y y x xy

+ + + + + +     = = = +  +  +        2 2

1 zy zx z z 1 y x z z z

P x y xy x y xy

 

      

= + + +  +  = +  +  +  + 

       

Vì

( )2

1

2; ;

y x

x y z

(85)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

1 4

1 1 1

1

z z

z z z z

P  + +  x+y +  = +  z− +  = z− + + 

( )

( ) ( ) ( )

2

4

1 12

1

z z

z z

P z z z

 +   

 

  + + = + + + − 

 −   − − 

   

Đặt t= −z 1,

2 2

1 12 12

6

4 8

12 729

6

4 8 729

t t t

t

P t t t t

t t t

P t t           + + +  = + +  + + +            + +  =    

Dấu “ = ” xảy  =t 4,x=  = =y x y 2,z=5

Vậy MaxP =

729, đạt

2 x y z = =   = 

1 a) Điều kiện xác định: 1 x 10 Đặt a= x−1; 0 a

Khi

( )( )

2

9 1

:

3 3

a a a

P

a a a a a a

 +   +  = +   −  + − +  −    ( ) ( )( ) ( )

3 1

:

3 3

a a a a

a a a a a

 − + +   +  =    −  − + −     ( )( ) ( ) ( ()( ) ) ( ) 3

3 3

: :

3 3 3

a

a a a a

a a a a a a a a

+ + + − + + = = − + − − + − ( ) ( )( ) ( )

3 3 3

3 4

a a a a x

a a a a x

+ − − − −

= = =

− + + + − +

b) Ta có:

( )

3 2 2

x= + − + − + −

( ) (2 ) ( )2

2 5

= + − + − + −

( )

2 1

= + − + − + −

2 2

= + − − − − + −

( )

2 2

(86)

Vậy

2 2

P= = −

− +

2 Ta có

( ) ( )

4 3

2 2

P= x +x y− +y x− + y

4 3 3

2x 2x y x 2xy y 2y

= + − + − +

( ) ( ) ( )

3 3

2 2

x x y y x y x y

= + + + − +

( )( 3) ( 3)

2x 2y x y x y

= + + − +

( )( 3) 3

2x 2y x y x y

= + − + = +

Do ( )( ) ( )

2

3 2 2 2

2 2

x y

x +y = x+y x −xy+y =x −xy+y = x +y + − 

 

( 2)

1

P x y

  +

Mà

( ) ( )2

2 2

1 2

x+ = y x +y + xy=  x +y − −x y =

( 2) ( 2) 1

2

x y x y P

 +   +   

Dấu “= ” xẩy x= =y Vậy giá trị nhỏ P

4

1 x= =y Câu

1 Điều kiện: x

( )1  4x+ x+ =2 3x+ +5 2x−3

( ) ( )( )

4x x 2 4x x 3x 2x 3x 2x

 + + + + = + + − + + −

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

4x x 3x 2x 4x x 3x 2x

 + = + −  + = + −

( ) ( )

2

5

2 15 3

x n

x x

x l

=  

 − − =  −

 = 

Vậy phương trình có nghiệm: x=5 2 Ta có

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 4

2

*

1 8

x y y x y

xy x y

x y x y x y

− + − = + − =

 

− + =

  

  

+ + − = + + − = + + − =

  

  

Đặt a= +x 1;b= −y ta có hệ phương trình

( ) 2 2 ( )2 ( )2

*

8 16

a b a b

a b

a b a b ab a b

= =

 

=

  

  

+ =  + − =  + =

(87)

4 2

4

2

4

4 2

a b

a b b y y

a b

a b a x x

a b

a b b y y

=

  + =  =  − =  =

    

 + =    

= = − + = − = −

   



 + = −    

 + = − = − − = − =

   

   

Nghiệm hệ phương trình S=( ) (1; ; −3;0)

3 Phương trình hoành độ giao điểm ( )d ( )P x2 =2x m+ −1 hay

( )

2

2 1 x − x m− + =

( )d ( )P cắt hai điểm phân biệt ( )1 có hai nghiệm phân biệt

( )

' m m

  = − − +    Do A B, thuộc ( )P nên 2

1 1; 2

y =x y =x Theo đề ta có

( )2

1 2 2

1 12 12

x x

y y x x x x x x

x x

= 

− =  − − =  

= − 

Theo hệ thức Viet ta có : 2

2

x x x x m

+ =



 = − +



Nếu x x1 =4 − + =  = −m m 3(loại)

Nếu x x1 = −3 − + = −  =m m 4(nhận) Vậy m=4 giá trị cần tìm Câu

a) Tứ giác BDIP nội tiếp Suy 180

PIK = −PID=PBA Mà tứ giác CPBA nội tiếp Suy

180

PCK = −PCA=PBA PIK =PCK Suy tứ giác CIPK nội tiếp

b) Tứ giác CIPK nội tiếp tứ giác PBDI nội tiếp Suy PKI =PCI

( ) ( )

~ PK PD PK PC PDI PBI PKD PCB g g

PC PB PD PB

=    −  =  =

C

I K

A B

O

Q N

P

M

(88)

(đối đỉnh)

( ) ( )

~ PB MP MPB MCQ g g

QC MC

   −  =

Chứng minh tương tự MCP~ MQB (g g) PC MP 3( ) QB MB

   −  =

Từ ( )2 ( )3 kết hợp MB MC PB PC PC QB 4( )

QC QB PB QC

=  =  =

Từ ( )1 ( )4 PK QB

PD QC

 =  PK QC =QB PD

c) Do tứ giác BDGI tứ giác CPBA nội tiếp Suy PGI =PBI

( )

/ / AD KD PBC PAC PGI PAC IG CA

AE KI

=  =   =

Trên BC lấy J cho KPI =CPJ Tứ giác CIPK nội tiếp, có 180

IPK = −KCI =BCA không đổi

Suy J điểm cố định CB

CJ không đổi ( )6

Lại có  PKI ~PCJ (g−g) PKD~PCB (g−g)

( )

KI PK KD KD CB CJ PC CB KI CJ

 = =  = Từ ( )5 , ( )6 ( )7 suy AD

AE không đổi

(89)

Gọi I K M, , theo thứ tự trung điểm EF EG GH, , AEF vuông A có AI đường trung tuyến nên

2 AI = EF Tương tự

2

MC= GH IK đường trung bình AFGnên

IK = FG Tương tự

2 KM = EH

( )

2

c=EF+FG GH+ +HE= AI+IK+KM+MC

Ta có AI+IK+KM+MCAC ( đường gấp khúcAIKMCAC ) Suy 2

2

c AC= a +b

Câu

1 Đặt x=a a, 0 ,

, y =b b

4y +6y − =1 x

2

4b 6b a

 + − =

2

16b 24b 4a

 + − =

2

16b 24b 4a 13

 + + − =

( )2 2

4b 4a 13

 + − =

(4b 2a)(4b 2a) 13

 + − + + =

Lập bảng

4b+ −3 2a 13 4b+ +3 2a 13

a -3

b 1

Nhận Loại

x

y

(90)

( )3 ( ) ( ) ( )

3 3

20 96 40 96 96 96 48 48.2 n + n+ = k + k+ = k + k + =  k − +k k+ = k − +k k+ Do k−1; ;k k+1 số nguyên liên tiếp nên (k−1 ) (k k+1) chia hết cho

( ) ( ) ( )

3

1 48,

k k k k k k k k Z

 − = − +  −  

Vậy với số nguyên n chẵn n3+20n+96 chia hết cho 48

Ta có: ( )

2

3x+2 3x + =4 3x+1 + 3 0;  x 0

nên điều kiện để A có nghĩa ( ) ( )( )

3x − =8 3x−2 3x+2 3x+4 0; x 0

0 4

0

3

3 2 0

x

x x

 

   

−  

( )3

6 4 3

3 2 3 4

3 8

x x

A

x x

x +

= −

+ +

−

( )

(63 42 3)( 32 4)

x x x

A

x x x

+ − −

=

− + +

( 32)(43 32 4) 31

x x

A

x

x x x

+ +

= =

−

− + + Với

4

3 x

 

+ Với x nguyên dương, để biểu thức A nhận giá trị nguyên

thì

3x −2 ngun Khi đó:

3

3 3 3 9

3 2 1 1

3 1

3

x

x x

x

x x

x

= 

 =  = 

− =     

= =

= 

 

Vì x nguyên dương nên x=3 A=1 Vậy x=3

Câu

a) PT (1) có hai nghiệm phân biệt  =' m2−5m+ 4 0 (*)

(hay m  1 m 4)

Với ĐK (*) PT có hai nghiệm x x1, Ta có ( )

1

2 1

. 3 3

x x m

x x m

 + = −

 

= −

(91)

( ) ( ) ( )

1 2 2

2

2 1 81 81

4 5 2

4 16 16

M m m  m 

 = + − = +  −  −

 

Dấu “=” xảy 1

8

m= − (thỏa mãn ĐK (*))

Vậy M đạt giá trị nhỏ 1

8

m= − b) ĐK:  =' m2−5m+ 4 0 (*)

Đặt x− =  = +1 t x t 1 thay vào phương trình (1) ta được:

( ) ( )( )

( )

2

1 2 1 1 3 3 0

2 2 0 (2)

t m t m

t m t m

+ − − + + − =

 + − + =

PT (1) có hai nghiệm phân biệt x lớn PT (2) có hai nghiệm phân biệt t lớn

( )( )

2 1 4 0

' 0 5 4 0

0 0 0

0 2 4 0 2 4 0

m m

P m m

S m m

− − 



   − + 





 

     

   −   − 

  

1 4

0 4

2

m m

m

   



   

  

thỏa mãn ĐK (*)

Vậy m4.

Câu

a) Với x = 0, phương trình (1) có dạng: = (vơ lý) Vậy x = không nghiệm PT (1)

0

x , ta có

2 13

(1) 6

3 3

2x 5 2x 1

x x

 + =

− + + +

Đặt 2x +3= t

x , PT (1) trở thành

2 13

+ = 6

t - 5 t +1

2

1

6 39 33 0 11

2

t

t t

t

=  

 − + = 

 = 

+) Với t =1 ta có PT 2x 3 1 2x2 x 3 0

x

+ =  − + =

(92)

+) Với

t= ta có PT 2 4 11 6 0 2

x x x

x

+ =  − + =

PT có nghiệm 2; 3 4

x= x= thỏa mãn tốn

b)Giải hệ phương trình:

3

2

2 12 0 (1)

8 12 (2)

x xy y

y x

 + + =

 

+ =



Thế (2) vào PT(1) ta x3+x y2 +2xy2 +8y3 =0 Nếu y =0 từ (1) suy x=0 khơng thỏa mãn PT (2)

Xét y 0 PT

3

(3) x x 2.x 8 0

y y y

   

  +  + + =    

Đặt x t

y = ta

3

2 8 0

t + + + =t t

( )( )

2

2 0

2 4 0 2

4 0

t

t t t t

t t + = 

 + − + =  − + =  = −



Với t= −  = −2 x 2y, thay vào (2) y2 =  =  = −1 y 1 y 1 Với y=  = −1 x 2

y= −  =1 x 2

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (−2;1 ; 2; 1) ( − ) Câu

a) Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn.

I trung điểm BC (dây BC khơng qua O) OI ⊥BCOIA=900 Ta có

0

AMO = 90 (do AM tiếp tuyến (O)) ANO = 900 (do AN hai tiếp tuyến (O))

Suy điểm O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính OA b) Chứng minh điểm K cốđịnh đường tròn tâm O thay đổi

d K

E

D A

B

C M

N P

Q

I

(93)

MON mà ∆OMN cân O nên OA⊥MN +) ΔABN ΔANC (vì ANB=ACN=1

2 sđNB CANchung) =>

2

AB AN

= AB.AC=AN

AN AC  (1)

+) ∆ANO vuông N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 (2) Từ (1) (2) suy ra: AB.AC = AH.AO (3)

+) ΔAHK ΔAIO (vì AHK = AIO=900 OAIchung)

AH AK

= AI.AK=AH.AO.

AI AO

  (4)

Từ (3) (4) suy ra: AI.AK = AB.AC AK=AB.AC AI



Mà A,B,C cố định nên I cố định suy AK cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB suy K cố định

c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP tại E Chứng minh P trung điểm ME

Ta có PMQ=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét ∆MHE ∆QDM có MEH =DMQ (cùng phụ với DMP), EMH =MQD

(cùng phụ với MPO)

Suy ra: ΔMHE ΔQDM (g-g) ME MH

MQ DQ

 = (*)

ΔPMH ΔMQH (vì MHP = QHM = 900, PMH = MQH)

2

MP MH MH

MQ HQ DQ

 = = (**)

Từ (*) (**) suy 1

2

MP ME

MQ = MQ  ME = MP

 P trung điểm ME

Câu 5.

B1 I A1

A B

D C

N E

M

F H

(94)

Gọi MN; EF đường nối trung điểm hai cạnh đối hình vng (hình vẽ)

Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB A1 cắt MN I cắt cạnh CD B1 Ta có tứ giác AA1B1D BCB1A1 hình thang có MI, NI đường trung bình hai hình thang

Khi

( )

1

1 AA

1 1

AA

2

1 2

2

B D A BCB

AD DB

S IM IM

S IN IN

BC A B B C

+

= = = =

+

Suy MI

MN = nên

1

MI = MN điểm I cố định Lập luận tương tự ta tìm điểm H; J; K cố định

(I, J, H, K chia đoạn thẳng cố định MN, NM, EF, FE theo tỉ số 1:2)

Có điểm cố định mà có 2019 đường thẳng qua nên theo ngun lý Đirichle phải có 505 đường thẳng đồng qui

( )( )

3 2

1) x −5x +5x 0− =  x x− −4x 1+ =0

2

x 4x (*)

x

 − + =  

=



Phương trình (*) có  = ' 3 0 nên có nghiệm phân biệt Không tổng quát coi x3 =1 x , x1 nghiệm (*)

Ta có

( )

2

1

2

2 2

1 1 2

1 1 x x

S

x x x x x x

+

= + + = +

Ta có x12+x22 =(x1+x2)2−2x x1 2 Theo Viet ta có

1

x x

+ = 

 =



Thay số: x12+x22 =14 Thay số: S 15=

( )

( )( ) ( )( )

x x 3 x x 2 x 9

2) A :

x x

x x x x

 −   − − − 

   

= − + +

 − +   − + + − 

(95)

( )( ) ( )

( )( )

3 x x x x

x

1 :

x x x

− + + − + −

 

= − 

+ + −

 

( )( )

x x x x x x

:

x x x

 + −  − + − + + −

=  

+ + −

 

( )( )

3 x x

:

x x x

− +

=

+ + −

( )

( )( )

2

x

3 :

x x x

− =

+ + −

3 x

:

x x

− =

+ +

3 x

x x

+

= 

+ −

3

x

= − Câu

1. Ta có:

( ) ( )

2

(y 2x)(1 y x) 2x x

x(y 1) x y 2

 − − − = −

 

− + − = 

( )1  −(y 2x)(1 y) x(y 2x) x(2x 1)− − − − − =0

(y 2x y)( ) (x y 1) (1 y)(y x) y

y x

= 

 − − − − =  − − =  

=  Với y=1, thay vào (2) được: x2− = 1 x2− =  = 1 x

Với y=x, thay vào (2) được: x x 1( − +) 3x2− = x x2− +x x2− − =x

Đặtt= x2−x, phương trình trở thành:

( )

3

2 t

t t (t 1)(t t 2)

t t

= 

+ − =  − + + =  

+ + = 

Phương trình ( )3 có  = − 7 0 nên vơ nghiệm Do t x2 x x2 x x

2

 =  − =  − − =  = Với x y

2

+ +

=  = Với x y

2

− −

(96)

( ) ( ) ( ) 1 5 1 5 1 5 1 5

x; y 3;1 , 3;1 , ; , ;

2 2 2 2

  + +   − − 

 

 −    

    

 

2. Phương trình xác định x 12

−   Phương trình cho tương đương với

( ) ( )

x −2x 2x 3+ +2x 3+ + −9 12 x 12 x− + − =0

( ) (2 )2

x 2x 3 3 12 x 0

 − + + − − =

( ) ( )

x 2x

3 12 x

 − + = 

 

− − = 

( )1 x 2x x2 x x

x x

x 2x

 

 

 = +   = −  =  = − − = 



( )2  12 x− = 3 12 x− =  =9 x Vậy x 2x x x

x

3 12 x

 − + =  =

   =

  =

− − = 

 (tmđk)

Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x=3 Câu

1. Ta có:

( )

2 2 2 2

2

x y x 5y 22x 121 0 y (x 5) x 22x 121

y (x 5) x 11

− + − − =  + = + +

 + = +

Vì y ; x 112 ( + )2 số phương nên x2+5 số phương Do đặt x2+ =5 z2 x2−z2 = − 5 (x − z)(x + z)= −5

Ta có x + z ; x − z ước số −5; x + z không âm nên x − z số âm Suy

x z 5

x z 1

 + = 



− = −



x z 1

x z 5

 + = 



− = −



TH1: x z 5 x 2 x 2

x z 1

 + =

  =  = 

 − = −



Với x y2 132 y2 169

(97)

TH2: x 2

x z 5 = −

 − = −

 (loại)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên (x; y) −( 2;3);( 2; 3) − − 

2. Ta có: P 2 12 2 1 1

x y z 3xy 3yz 3zx 12 xy yz zx

 

= + + + +  + + 

+ +  

( )

2 2

16 5 9

x y z 3 xy yz zx 12 xy yz zx

 + 

+ + + + + + +

( )2 ( )

16 15

4 xy yz zx

x y z xy yz zx

= +

+ + + + + + +

Học sinh chứng minh với x, y, z: (x+ +y z)23 xy yz zx( + + )

Suy ( )

2

x y z

xy yz zx .

3

+ + + + 

( ) (2 )2 ( )2 2

16 15 16 15

P

2019 2019

x y z x y z 2019 4

x y z

3

  + = +

+ + + + + 

+ + + 

31 P

5435148

  Dấu "=" xảy x y z 2019 673

= = = =

Vậy Pmin 31 5435148

= x = = =y z 673 Câu

1. Đặt SABC =a2

Tứ giác MQCF có MQ//FC; MF//QC (giả thiết)  MQCF hình bình hành MQ FC

 = Chứng minh tương tự ta có PM=BK Ta có EPM đồng dạng vớiABC nên

2 EPM

ABC

S PM

S BC

  =  

 

2

x PM PM x

a BC BC a

 

 =   =

 

F K

D

Q E

P M

C B

(98)

Chứng minh tương tự, ta có: + DMQ đồng dạng với ABC nên

BC = a ;

+ MKF đồng dạng vớiABC nên KF z

BC = a

x y z PM KF MQ BK KF FC BC

1

a BC BC BC

+ + + + + +

 = = = =

( )2

ABC

x y z a S x y z

 + + =  = + +

2

a) Trong ( )E có MCA=MNC 1( ) (góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn MC)

Trong ( )D có MBA=BNM (góc giữa tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn MB)

MBA MCA BNM MNC BNC

 + = + =

Do BNC+BAC=MBA+MCA+BAC

180

=  (tổng ba góc tam giác)

 Tứ giác ABNC nội tiếp ( )O

N

 thuộc đường tròn ( )O ABC nội tiếp đường tròn ( )O

Tứ giác ABNC nội tiếp ( )O nên ANC=ABC (hai góc nội tiếp chắn AC) Mà ABC=ACB (do ABC cân A)

nên ANC=ACB hay ANC=ACM 2( ) Từ ( ) ( )1 ; 2 suy MNC=ANC

 Ba điểm A, M, N thẳng hàng K

I J

E D

M

N O

C B

(99)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC ABK=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O), ABD=90(vì đường trịn tâm D tiếp xúc với AB B) B, D, K thẳng hàng

Chứng minh tương tự: C, E, K thẳng hàng

Ta có: AB=AC;OB=OCA, O thuộc đường trung trực BC

AO BC BK CK BK CK

 ⊥  =  =  KBC cân K  KBC=KCB DBM

 cân D (vì DB=DM)DBM=DMB

EMC

 cân E (vì EC=EM)ECM=EMC

KBC EMC; KCB DMB

 = = KB//EM; KC//DM

 Tứ giác DMEK hình bình hành

Mà I trung điểm DE nên I trung điểm MK

JMK

 vuông J cóJI đường trung tuyến JI=KI

JKcố định nên I thuộc đường thẳng cố định đường trung trực đoạn JK Câu

1. Không tổng quát giả sử p q r

Với p=2: 2qr= + +q r 1624qr−2q−2r=324

2

2q(2r 1) (2r 1) 325 (2q 1)(2r 1) 325 13

 − − − =  − − = = 

( )

2

3 2q 2r 1 −  −  9 (2q 1)− (2r 1) 2q 1− −  9 (2q 1)− 325 3 2q 18.− 

Do 2q 1− ước 5 132 nên 2q 1−  5;13 Nếu 2q 1− =  =  =5 q r 33 (loại)

Nếu 2q 13− =  =  =q r 13 (thỏa mãn) ( )

( )( ) ( )( )

( )( )

pqr p q r 160 p qr q r 160

qr p qr q r 160 qr p q(r 1) (r 1) 160

qr p (q 1)(r 1) 162

= + + +  − − − =

 − − + − − − =  − − + − − − − =  − − + − − =

Nếu p lẻ q;r lẻ (qr p 1− )( − + −) (q 1)(r 1) 4− mà 162 không chia hết cho 4 Vô lý

Vậy ba số nguyên tố cần tìm (2;7;13) hoán vị

2 Ta xếp đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1a2  a8

Nếu tồn đoạn thẳng a ;ak k 1+ ;ak 2+ thoả mãn ak+ak 1+ ak 2+ ba đoạn thẳng

(100)

2

3

4

5

6

a a a

+  +  +  +  +  Khi đó, theo giả thiết:

1

a 10;a 10a 20a 30a 50a 80a 130a 210

, mâu thuẫn với giả thiết

Vậy tồn đoạn thẳng a ;ak k 1+ ;ak 2+ mà ak +ak 1+ ak 2+

Do tồn đoạn thẳng để ghép thành tam giác

Đề số 10 Câu

1. Ta có 7- 10= ( 5- 2)2; 9+ 2= (1+ 2)2

và 89- 28 10= (7- 10)2

Do

( )

2

1 2

4

2 7 10

P

- +

=

-+ - -

-( )

( )

1 2

2 7 10

- +

=

-+ - -

2

5 10 5

= + = + = Vậy P=

2 Ta có:

( )( )

2

1

1 1

1

xz z z xz z z

xyz z z z z xyz

y y y

z z z z

+ + −

+ =  =  = + + + −  =

+ + + +

Ta có: 1

1 1

xy+x yz+ = xy+ x xyz+ = xy+ x+

( )

1

1 1

x x x

yz y x yz y xyz xy x xy x

= = =

+ + + + + + + +

Và

( )

1

1 1

xy xy xy

zx z xy zx z x yz xyz xy x xy

= = =

+ + + + + + + +

Do 1 1

1 1 1

xy x

(101)

1 1

xy+x yz+ yz+ y+ zx+ z+

2

1

xz z z

y y z z + + = + + Câu

1. Điều kiện xác đinh: x +) Nhận xét

2

x +   x ; x4+ 4  x ,

2

4

x + + =x x+  +   x

  Do từ (1) suy x0

Phương trình (1)

4

2

1

15

x

x x

x x x

+    + + =  +    2

2 4 2

1

15 15

x x x x x x

     

 + + =  +  +  + + =  +   +  −

      Đặt a x

x

= + (điều kiện a2 2)

Khi ta có phương trình 15(a+ =1) 4 5a a2− 4 45(a+1)2 =16a2(a2−4)

( )( )

4

16a 109a 90a 45 a 16a 48a 35a 15

 − − − =  − + + + =

3 a

 = (vì

16a +48a +35a+150  a 2) +) Với a=3 ta có 2

3

2 x

x x x

x x =  + =  − + =   =

 (thỏa mãn đk) Vậy phương trình có nghiệm x=1;x=2

2 Điều kiện: ( ) * xy x y x    +     

Phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

1 1

1 x y x y x y x y

xy x y xy x y

− − + − + − + −  + − =  − = + + ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2

1

0

x y x y

x y x y x y

x y

xy x y xy x y

+ + +

+ − + + + −

 − =  + − =

+ +

1

x y y x

 + − =  = − (vì với x y, thỏa mãn đk (*) ta có x2 +y2+ + x y 0) Thay y= −1 x vào phương trình thứ (2) hệ pt ta thu pt

( )

2

4x +5 1−x − +13 x = 0 4x −5x− +8 x=0 ( )2 ( )2

4x 4x x x 2x x

 − + = − +  − = −

2 2

2

x x x x

 − = −  + =   − = − − =     +)

2

4

x+ = x  + +x  x −  =

(102)

+)

( )2

17 33

4 2 17 33

4 8

8

4 17 16

4

17 33

8

x x x

x x x x x   +  −     −    = − =     = − + = − =       −  =  

Với 17 33 33

8

x= −  =y − thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy hệ pt cho có nghiệm(x y; ) là: 17 33; 33

8  − −        Câu

1. Từ giả thiết ta có ( )0 1( ( )0 ( )1) 1( )

P = Q +Q = ( )1 1( ( )1 ( )0 ) ( )2

P = Q +Q

Từ ( )1 ( )2 suy P( )1 =0 Giả sử ( )

0 n n

P x =a +a x+a x + +a x , a a a0, ,1 2, ,an số nguyên không âm

Ta có P( )1 =a0+ +a1 a2+ + an =0 a a a0, ,1 2, ,an số nguyên không âm suy n

a =a =a = =a = P x( )=0  x

Vì P x( )=0   x P( )2 =0,P( )3 =0 3P( )3 −P( )2 = 0 P(3P( )3 −P( )2 )=0

2 Ta có (x− −y 1)(x+ −1 y)+6xy+y2(2− −x y) (=2 x+1)(y+1)

( )2 2( ) ( )

1 2

x y xy y x y x y xy

 − − + − + − = + + + ( )2 2( ) ( )

2

x y y x y x y

 + − + − = + +

(x y x)( y 2) y2(x y 2) 3

 + + − − + − = ( )( 2)

2

x y x y y

 + − + − =

Vì x y,  nên

2;

x+ −y x+ −y y ước

+)

2

3

x y y x

y

x y y x y

+ − = =   =       = + − = + =    +) 2

2

3 1

2 x y

x y y

x y y x y x

y  =   = − + − = −    =   + − = −  + =  = −     =   +) 2

2

1

2 x y

x y y

x y y x y x

y  =   = − + − =    =   + − =  + =  =     =   +) 2

2

1

x y y x

y

x y y x y

+ − = − = −   =     + − = −  + = −  =   

Vậy cặp số nguyên (x y; ) ( ) (3;0 ; 3;−2 ;) (−1;2 ; 7; ; 3;2 ;) ( − ) ( ) (−1;0 )

(103)

1 Xét DHAM ta có DHM =DAM+AMH (1) Xét đường trịn (O) ta có DAM =DMt (2)

Từ (1) (2) ta có DHM =DMt+AMH

Vì Mt DH tiếp tuyến ( )O' nên DHM =HMt (3) HMt=HMD+DMt (4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy AMH =HMD suy MH phân giác góc AMD Chứng minh tương tự ta có MG phân giác góc BMC 2 Xét ( )O' có

2

HGM =HMt = sd HM

 

Xét ( )O có

2

ECM =EMt = sd EM

 

Suy HGM =ECM hay IGM =ICM  tứ giác IMCG nội tiếp Ta có EHI =EHA+AHG (4)

và 0

180 180

EIM = −MIC= −MGC=MGB=MGH+BGH (5)

Lại có AHG=BGH (6) (vì AH BG tiếp tuyến ( )O' ) EHA=DHM =MGH (7)

Từ (4), (5), (6), (7) suy EIM =MGH+BGH =EHA+AHG EHI =EIM 3 Ta có CE tia phân giác góc ACD( )* (vì EM tia phân giác góc

AMD sd EA=sd ED)

Ta có EHI =EIM (chứng minh câu 4.2); EHI EIM có HEI=MEI EHI =EIM

( ) EI EH

EHI EIM g g

EM EI

   −  = EI2 =EH EM. (8)

Lại có EDH =DMH(vì EM tia phân giác góc AMD sd EA=sd ED);

EHD

(104)

EM ED

Từ (8), (9) suy EI =ED nên tam giác EID cân E EDI =EID (10)

DI cắt ( )O K, ta có 1( )

EDI = sd EA sd AK+ (11)

và 1( )

2

EID= sd ED+sd KC (12)

Từ (10), (11), (12) sd EA=sd ED suy sd AK =sd KC DKlà tia phân giác góc ADC ( )**

Từ ( )* ( )** suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD

Rõ ràng, HG qua I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD Câu

1 Áp dụng BĐT ( ) 1 1 1 , ,

x y x x y z

x y z x y z x y z

   

+ +  + +     + +  

+ +

   

Và 12 12 12 1 x y z, ,

x + y +z  xy+ yz+xz 

Vì a b c, , 0 ta có 12 12 12 1

a +b +c ab+bc+ca, bất đẳng thức (1) ta cần chứng

minh

( )

2 2

1 1 1 1

2

3 3

ac bc c ab ac a bc ab b ab bc ac

 

+ +   + + 

+ + + + + +  

Ta có ( )2 2 2 2

3 3

a b c

ac bc c ab ac a bc ab b abc

+ +

 

 + +   

+ + + + + +  

3 3

ab bc ac a b c

a b c b c a c a b

+ +

 + + 

+ + + + + +

Ta có ( ) ( ) 1 1

3 2 9

ab ab ab ab ab a

a b c a c b c b a c b c b a c b c

   

=   + + =  + + 

+ + + + + +  + +   + + 

Vậy ( )3

3

ab ab ab a

a b c a c b c

 

  + + 

+ +  + + 

Tương tự ta có ( )4

3

bc bc bc b

b c a b a c a

 

  + + 

+ +  + +  ; ( )

1

5

3

ac ac ac c

c a b c b a b

 

  + + 

+ +  + +  Cộng theo vê ( ) ( )3 , ( )5 ta có

1

3 3

ab bc ac ab bc ab ac ac bc a b c a b c

a b c b c a c a b a c c b a b

+ + + + + + +

 

+ +   + + + =

+ + + + + +  + + + 

Vậy BĐT ( )2 BĐT ( )1

(105)

1 4 5

10 21

21 21

21

x x x x

ì + + + £

ïï

ïï + + + £ ïï

ï + + + £

íï ïï ïï

ï + + + £

ïỵ

Từ suy 4(x1+ + + +x2 x3 x10)10.21=210 Mặt khác ta lại có 10

10.11 10 55

2 x +x + + +x x = + + + + = = Suy ra: 4.55 210 220 210 (vơ lý), điều giả sai

Vậy ta ln tìm điểm liên tiếp đánh số mà tổng số lớn 21

Đề số 11 Câu

1 Ta có a3 −2 2b3 =( ) ( ) (a 3− 2b = a− 2b a)( + 2ab 2b + ) Suy

( )

( )( )

3

2(a b) a a 2b

2(a b) a

a 2ab 2b a 2b a 2ab 2b

a 2b

a 2ab 2b

a 2b

a 2b a 2ab 2b

+ − −

+ − =

+ + − + +

−

+ +

= =

−

− + +

( )( )

( )

3

2

a 2b a 2ab 2b

a 2b

a a

2b 2ab 2b 2b a

a 2b

a 2ab 2b a 2ab 2b

a

2b 2b 2b

+ − +

+ − = −

+ +

−

− + − +

= − = =

Từ suy ( ) a 2b

1 a 2b

P

a 2b 2b 2b

− −

= =

−

Cách 2: Đặt x= a; y= 2b ta

2 3

3 2

2x y x x y

P x

x y x xy y y xy

 +   + 

= −   − 

− + + +

    với x 0; y 0,x y  

2 Vì ba điểm O,A, B tạo thành tam giác nên m2−4m 0−  3m 0−  Tọa độ giao điểm A d Ox A 22 3m ; OA 22 3m

m 4m m 4m

 −  = −

 − −  − −

 

(106)

Do tam giác A BO vuông O nên SOAB OA.OB 2 3m 2 m 4m

= = − =

− −

Do đó, ( ) ( )

( )

2 2

9m 12m m 4m 3m

2

m 4m 9m 12m m 4m

 − + = − −

− 

=  

− −  − + = − − −

2

m

7m 4m 12

2 m

11m 20m

11

 =

 − + = 

  = −

− − =

  (thỏa mãn)

Câu

( )2 ( 2 ) 2 ( )2

1. = 3m 2− −4 2m −5m 3− =m +8m 16+ = m 4+  0, m Do đó, phương trình ln có nghiệm, nghiệm x1 =2m 1; x+ 2 =m 3−

Phương trình có nghiệm dương

2

x 2m x m

   + 



   − 

 

1 m

2

  −

Cách 2: Do   0, m nên PT ln có hai nghiệm Ta giải tốn ngược: “Tìm m để PT có hai nghiệm khơng dương” ĐK tương đương với

S

m

P

 

   −

 



Cách 3: Do   0, m nên PT ln có hai nghiệm u cầu tốn tương đương với PT có nghiệm x , x thỏa mãn 1 2

2

x x x x x x

  

  



  



( )

3

2x y 3y x x 2y

x 3x 2y y *

 − − + + = + +

 

− + = −



Điều kiện:

2x y x 2y x

1 y

3

 − −   +  

     − 

Nhận xét:

x

2x y x

y

 =

− − + =  

= −

 Không thỏa mãn điều kiện

2 x

3

3y x 2y

1 y

3

 = 

+ + + =  

 = − 

Khơng thỏa mãn phương trình ( )*

(107)

x y x y

0

2x y x 3y x 2y

− − − −

 − =

− − + + + +

1

(x y 1)

2x y x 3y x 2y

 

 

 − − − =

 − − + + + + 

 

y x

2x y x 3y x 2y

 = −  

− − + = + + +



Với y= −x thay vào phương trình ( )* ta có

2 2 x

(x 1) (x 2) 2(x 1) (x 1) (x 1) (x 5)

x

 =

− + = − − −  − − =  

=



x 1= y=0;x=  =5 y

Với 2x y 1− − + x = 3y 1+ + x 2y+ Ta có 2x y 3y x x 2y

2x y x 3y x 2y

 − − + + = + +

 

− − + = + + +



Cộng vế với vế hai phương trình ta x 3y x y

 −

= + =

Thay vào ( )* ta (x 1) (x 2)2 (x 1)3 1(x 1)2

27

− + = − − −

2

(x 1) (25x 59) x

 − + =  = (x0) Vậy hệ có nghiệm (x; y) (1; 0);(5; 4)= Cách 2: Bình phương hai vế PT thứ

PT thứ  (2x y 3y 1− − )( + )= x x 2y( + )

( )( )

2

x 4xy 3y 2x 4y x y x 3y

 − + − + + =  − − − − =

Câu

1 Đặta=x.c, b y.c,(x, y 0)=  Từ điều kiện suy (x 1)(y 1) 4+ + = Khi đó,

2

y xy x y 3(x y) xy

x P

y x x y xy 3(x y) x y

+ + +

= + + = +

+ + + + + + +

2

(x y) 3(x y) 2xy xy

xy 3(x y) x y

+ + + −

= +

+ + + +

Do (x 1)(y 1) 4+ + = xy= − +3 (x y) Đặt t= +x y,(0 t 3)xy= −3 t

2 2

2

t

x y t

3 t xy t 4t 12

2

 + 

− =   =  + −  

(108)

Khi đó, P

3 t 3t t t

= + = + −

− + + với 2 t

Ta có P t 3 t 2

 − = −

Do đó, Pmin

= − đạt t= hay ( )x; y nghiệm hệ x y xy

 + =  

= −



Ta lại có ( )( )

2 t t 3

t 3t t 5t 2t

P 1

2t 2t 2t

− −

− + − + +

= = = +  (do t 3  )

Do đó, Pmax =1 đạt t=2 hay ( )x; y nghiệm hệ x y x y xy

 + =

 = =

 =



2 Đặt p3−4p t (t N)+ = 

Biến đổi thành p p( 2−4)= −(t 3)(t 3) (1)+ p| t 3( − ) p| t 3( + )

Trường hợp 1: Nếu p|t 3−

Đặt t pk(k N)− = 

Khi thay vào (1) ta có:

( ) 2

p p −4 =pk(pk 6)+ p −pk −6k 0− =

Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:

( )

4

k 6k k 24k 16

 = + + = + + số phương

Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh ( )k2 k4+24k 16+ (k2 +4)2 Suy trường hợp:

( )2

4 2

k +24k 16+ = k +1 2k −24k 15 0− = (loại) ( )2

4 2

k +24k 16+ = k +2 k −6k 0− = (loại) ( )2

2 2

k +24k 16+ = k +3 6k −24k 7− =0 (loại)

Do phải có k 3 Thử trực tiếp k 3= thỏa mãn Từ ta có t=36; p 11=

Lưu ý: HS làm sau thay vào ( )1

( ) 2

p p −4 =pk(t 3)+ k(t 3) p+ = − 4 p =kt 3k 4+ +

Mặt khác ta có (t 3)− =p k2 2 − + =t2 6t k (kt 3k 4)2 + +

( )

2 3

t t k 3k 4k

 − + + − − =

(109)

( ) ( ) ( )

phương Muốn

k +24k 16+ phải số phương Sau cách làm giống

Trường hợp 2: Nếu p|t 3+ Đặt t pk(k N)+ = 

Khi thay vào (1) ta có: ( ) 2

p p −4 =pk(pk 6)− p −pk +6k 0− =

Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là: ( )

k 6k k 24k 16

 = − − = − + số phương

Mặt khác với k > ta dễ chứng minh (k2−4)2 k4−24k 16+ ( )k2 2 Suy trường hợp:

( )2

4 2

k −24k 16+ = k −1 2k −24k 15 0+ = (loại) ( )2

4 2

k −24k 16+ = k −2 k −6k 0+ = (loại) ( )2

2 2

k −24k 16+ = k −3 6k −24k 7+ =0 (loại)

Do phải có k 3 Thử trực tiếp k 3= thỏa mãn Từ suy t=3;18 tương ứng p 2;7=

Vậy tập tất giá trị p cần tìm {2; 7; 11}

Câu

1

a Xét hai tam giác A DB A CE có A CE· = 90º (chắn

2 đường tròn) nên

· · 90º

A CE = A DB =

O

K Q P

F

E M

D C

B

(110)

Từ ta có tỉ lệ thức A D A B A A E A B A C

A C = AE Þ D =

b Ta cóPFQ=BAE (cùng chắn BE» )

Mặt khác BA E· = BA D· + DA E· mà B A D· = EA C· DA B D ∽ DA EC Nên BA E· = BA D· + EA C· = DA C·

Do PA Q· = PFQ·

Suy tứ giác A PQF nội tiếpÞ FA Q· = FPQ·

Vì FA Q· = FBC· (cùng chắn FC» ) nên FPQ· = FB C· suy PQ/ /B C c Ta có A B A C = A D A E

Suy A B A C - A D A K = A D A E - A D A K = A D KE Kéo dài A D cắt ( )O tạiM

Xét DA K B DCK E A K KB A K KE KB KC

CK KE

Þ = Þ =

A DC BDM

D ∽ D A D CD

BD MD

Þ = Þ AD MD = BDCD

Mặt khác A ME· = 90o

(chắn

2đường tròn)

Suy ME ^ A D mà DK ^ A D nên DK / /ME

Áp dụng định lý Talet DA ME ta A D A K

DM = KE

Do A K DM = A D K E

( ) ( )

BD BK CD CK BD CD CK BK

Þ =

( ) ( ) ( ) ( ) 2

A D MD A K K E A D K E A K MD A D K E

= = =

B D B K CD CK A D K E

Þ =

Vậy A B A C - A D A K = BD BK CD CK

2 Xét DA B C có BA C· = 90 ,o A BC· = 20o Þ A CB· = 70o

A CF

D có CA F· = 90o, A CF· = 30oÞ FC = 2.AF

Gọi D trung điểm BC G điểm A B cho GD ^ B C Khi đó, DA BC ∽ DDBG BD BA

BG BC

Þ =

· · 20º · 20º

(111)

Do CG B E tia phân giác BCF A BC· nên

;

FC BC BA A E FG = BG BC = EC

Do đó,

1

2FC 2BC

A F BD BA A E A F A E

FG = FG = BG = BG = BC = EC Þ FG = EC

Từ suy CG / /EF (ĐL Talet đảo)Þ CFE· = GCF· = 20o Câu

Với số tự nhiên đôi khác tùy ý có hai trường hợp xảy ra:

+ TH1: Có 3số chia cho 3có số dư giống Þ Tổng ba số tương ứng chia hết cho

+ TH2: Có nhiều số chia cho 3có số dư giống Þ Có số chia hết cho3, số chia cho dư1, số chia cho dư Suy chọn số có tổng chia hết cho

Do ta chia 17 số số báo danh 17học sinh thành tập có 5, 5,

phần tử

Trong tập, chọn số có tổng , , 3a1 a2 a a a a3( 1, 2, 3 Ỵ ¥) Cịn lại 17- 9= số, số cịn lại, chọn tiếp số có tổng 3a4 Còn lại số chọn tiếp số có tổng 3a5

Trong số a a a a a1, , ,2 3 4, 5 có số a a ai1, i2, i3 có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh a( i1+ai2+ai3)

Đề số 12 Câu 1. a) Từ giả thiết 1

2018

a+ =b 2018 ab a b

 =

+

2018 2018 ab ab a b a b

a b a b a b

a b a b a b a b a b

+

 − + − = − + − = + = = +

+ + + + +

(Vì a b, 0)

G E

F

D C

(112)

2

6a + 3a− 3=0

2 2

3 1

1 3

12

3

a

a − a a a a

 = = −        − 

Do

( )( 2)

4 2 2

4

2

2 2 3

2

a a a a

A a a a a a a a a a

a a a

+ + + +

= = + + + = + − + + = − + +

+ + −

( )2

2 2 2

3 3

a a a a a a

= − + = − + = − + =

Câu 2. a) ĐKXĐ: x1

Ta có (1− 1−x)32− = x x x32− =x x(1+ 1−x) Xét x=0 nghiệm phương trình

Xét x0 ta có phương trình

( ) ( )

32− = +x 1 1−  − = + −x 2 x 1 1 x 1− +x 3 1−x 1+ 1−x

( ) ( )

( )

2 1

1

x x x x

x x x

 − + − − + − =

 

 −  − + − + =

Vì (1−x)+2 1− + x nên 1− =  =x x

Đối chiếu điều kiện phương trình ta có tập nghiệm phương trình

 0;1

S =

b) Ta có

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2

2 4 2 3 2 2

2

2 2

2018 6

3 2018 2018 2018

x y y y y y y y

y y x y y x y y x

− + = + + − − + = − +

 − + − − =  − + + − − + − + =

TH1 : ( )

( )

2

2018 2018 2018

1

3 2018

2 x

y y x x

y

y y

y y x

y =   − + + − = −  =    =     − + = − + − + = −       =

TH2 : ( )

( )

2

2018 2018 2018

0

3 2018

3 x

y y x x

y

y y

y y x

y =   − + + − =  =    =    − =  − + − + =       =

Vậy phương trình có nghiệm (x y; ) ( 2018;0 ; 2018;1 ; 2018;2 ; 2018;3) ( ) ( ) ( )

Câu 3.a) ĐKXĐ , x y −

Ta có ( )( )

3x+2y y+ = −1 x

( ) ( ) ( )

( )( )

2

3 2 4

2

xy x y y x x x y y x y x y

x y x y

 + + + + − =  + − + + − + + − =

(113)

Vì

2 nên + +  phương trình  + − =  = − Thay vào phương trình đầu ta

2

4

2

x x

x+ + − x = − + Với ĐKXĐ

2 x

−   Đặt

( )( )

2

2 2

2

2 2

4 4

4 4 4

2 2

x x t t x x

t t x x t t

x x x x

+ + − =   = + + −

 

− − − + −

 − + + =  − + − =  −  = −

 

Do ta có phương trình ( ) ( )( )

3

8

8 2

8 t t

t= − t t − +t = t t− t + −t = Vì t0 nên t =2 t= 1−

Xét t=2 ta có ( )( )

3

2

4 3

1

2

x y

x x x x

x y

 =  = − 

− + + =  − + =  

 = −  = 

Xét t= 1− ta có ( )

2 2

4 4

2

x x − − x x

− + + =  − + + = −  (Vô lí)

Đối chiếu ĐKXĐ hệ phương trình ta có hệ phương trình có nghiệm

1 3 ; ; ; 2 2

−   − 

   

   

b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có

( ) ( ) ( )

3

2

2 4

yz zx xy yz xz yz xy zx xy

x y z x y x z y z

z y x x y x z xy xz xy xz

     

+ + = + +  + +  + 

 

   

 + + = + + +  + = + =

Vì y z xy zx x

+ =  + =

Dấu "=" xảy x= = =y z

(114)

0 180 ABC DEC

 + = mà

0 180 AEK+DEC=

AEK ABC

 = Lại có AIC= ABC

,

AEK AIC

 = IAC chung Nên AEK AIC AK AE

AC AI

 ∽   =

AK AI AC AE

 =

b) Ta có IBC =IAC BOI, = AOC Suy BOI AOC OB OI

OA OC

 ∽   =

2 OB OC R R R OI

OA R

 = = =

5

2

R R

AI OA AI R

 = + = + =

Kẻ tiếp tuyến AN đường tròn tâm O Áp dụng phương tích ta có

AN = AE AC Xét tam giác AON vuông N ta có : 2 2 AN =OA −ON = R

2 2

AE AC AN OA ON R

 = = − = Theo câu a) ta có AE AC R AK

AI

= =

c) Gọi F giao điểm đường tròn ngoại tiếp ADE với AI

Ta có AFD=AED theo câu a) AED= ABCAFD= ABCnên tứ giác BDFO nội tiếp Áp dụng phương tích đường trịn ta có

2

&

3

2

AF AO AD AB AN AD AB

AN R R

AF AO AN AF const

AO R

= =

 =  = = = =

Mà A cố định nên F cố định Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp thuộc đường trung trực AFcố định

Câu 5.Ta phân chia 625 số tự nhiên cho thành 311 nhóm sau :

Các nhóm n n1, 2, ,n310 nhóm gồm số hạng (k,625−k) tức nhóm có hai số hạng có tổng 625 cho k49,k 225

Nhóm 311 gồm số phương 49, 225, 400,576;625

Nếu 311 số chọn khơng có số thuộc nhóm n311, 311 số thuộc 310 nhóm cịn lại theo ngun tắc Dirichlet phải có hai số thuộc nhóm Hai số có tổng 625 Mẫu thuẫn với giả thiết Vậy chắn 311 số chọn phải có số thuộc nhóm n311 Số số phương

Đề số 13 Câu

F I

N K

E D

A

O

(115)

Phương trình cho viết lại 10x− +7 2.3 x2+ − =x 20 3+ x− +1 x+2

( ) ( )

 x− +1 x+2 2− x− +1 x+2 −20=0

 − + + =

 

− + + = − 

3

x x

x x 3 x− +1 x+ =2

2

10x x x 25

 − + + − =

2

6 x x 32 10x x x 16 5x

 + − = −  + − = −

( )

16

9 256 160 25

x

x x x x

      + − = − +       =  − + =  16

16 169 274

x

x x

Vậy x=2 nghiệm phương trình cho Câu 2.

a) Đặt A= 370− 4901+370+ 4901

Ta có = + −  − + + 

 

3

140 70 4901 70 4901 70 4901 A

 3= −

140

A A

( )( )

 3+ − =  − 2+ + =

3 140 5 28

A A A A A

2

2 87

5 28 0,

2

A A A A

   

 + + = +  +   

   

 

 =A (đpcm)

b) Với số nguyên dương k, ta có

( ) ( ) ( ( )) 3 3

1 1

1

k k k

k

k k k k k k

k k + −   = = =  −  + + + +   ( ) ( )      =  −  + +  + +   +   

3 3 3

3

1 1 1

1 1

k

k k k k k k

( ) ( )      = −  + +  + +   +   

3

3 3

3

1

1 1

k k

k k k k k

         −  + + =  −    + +     

3

3 3 3

1 1

1

k k

k k k k k k

Do

( )

3 3 3 3

1 1 1 1 1

3

2 n n 2 n n

 

+ + + +   − + − + + − 

(116)

3

1 n

  − 

+

  (đpcm)

Câu 3.

Với x, y ta ln có

2 2

2 3

3

x +y  xy x +y +xy xy  xy xy Ta có P=x y3 +y x3 =xy x( 2+y2)=xy(1−xy)= −( )xy 2+xy

2

1 1 1

0

3 3 9

xy xy

 

= − −  + +  +  + =

 

2

P=

2

1

3

1

x y

xy x y

x xy y

= 

 =  = =  



+ + = 

Vậy giá trị lớn P

9 đạt

1

x= = y Câu 4.

Ta cóp a= 3−b3=(a b a− )( 2+ab b+ 2)

Vì a, b số nguyên dương nên, ta có 2+ + 2

1

a ab b

Do p nguyên tố nên − =  = +  = 2+ +

1 3

a b a b p b b

( 2 ) ( )2

4p 4b 4b 1 2b 1

 = + + + = + + (đpcm)

Câu 5.

Trước hết ta chứng minh bổ đề: “Cho đường trịn tâm O điểm A nằm ngồi đường trịn Từ A kẻ tiếp tuyến với (O) B và đường thẳng dcắt (O) điểm phân biệt C D Khi 2=

AB AC AD”

Thật vậy, xét tam giác ABC ADB có góc A chung ABC=ADB (cùng nửa số đo cung BC) nên hai tam giác đồng dạng suy =  2=

AB AC

AB AC AD

AD AB

O

A

B

D

(117)

đó, theo bổ đề ta có: BD2=BU BE CD2 =CV CF nên =

2

DB BU BE

CV CF

DC

Để chứng minh toán cần chứng tỏ BU =BF

CV CE

Từ xét hai tam giác BUF CVE có UBF=VCE (cùng phụ góc BAC),

=1800− =1800− =

BUF EUF EVF CVE nên hai tam giác đồng dạng với nhau, suy BU = BF

CV CE

Vậy ta điều phải chứng minh Câu

+ Ta thấy n lẻ người trước thắng, cách nước đầu tiên, người lấy viên bi, nước tiếp theo, người lấy viên bi

+ Xét trường hợp n chẵn Rõ ràng người lấy số lẻ viên bi thua, để lại cho người nước số lẻ viên bi, trở trường hợp Do đó, người chiến thắng phải ln lấy số chẵn viên bi Như vậy, viên bi gắn thành cặp người đến lượt lấy số cặp

TH1: Nếu có cặp (n=2): người trước thua lấy viên TH2: Nếu số cặp lẻ lớn (n2mod 4): ta trở trường hợp n lẻ (vì viên bi gắn thành cặp) người trước thắng

TH3: Nếu số cặp chẵn (n0mod 4): người muốn thắng ln phải lấy số chẵn cặp (nếu ngược lại trở TH2) Khi viên bi gắn thành nhóm viên Tương tự TH1 TH2 ta thấy số nhóm (n=4); n4 số nhóm lẻ (n4mod 8)thì người trước thắng Nếu số nhóm chẵn (n0mod8), ta lại gắn viên bi thành nhóm viên,…

+ Như người trước có chiến lược thắng n lũy thừa (n2k)

Đề số 14

Câu 1.

1) Ta có: n2+4n+ =5 n2− +1 4n+6

=(n−1)(n+ +1) (2 2n+3) Do n lẻ nên n−1 n+1 số chẵn liên tiếp

(n 1)(n 1)

 − + chia hết cho

(118)

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

 − + + + không chia hết cho

 đpcm 2) Ta có: 2

1 x x + = 1 x x x x    +  =  + =

  (do x0)

3 27 x x    +  =   3 1 27 x x x x    + +  + =   3 18 x x  + = 3 1 18.7 126 x x x x     +  + = =    5 1 126 x x x x  + + + = 5 123 x x  + = Câu 2.

❖ Tổng quát:

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

n n n n

n n n n

+ + + + + + = +  +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

1 1 1

1

n n n n n n

n n n n

+ + + + + +         = = + +         ( ) ( ) (( )) ( ) ( )

1 1 1

1

1 1

n n n n

n n n n n n n n

+ + +

= = + = +

+ + + +

❖ Vậy:

2 2 2 2

1 1 1 1

1 1

1 2 3 2017 2018

X = + + + + + + + + + + + +

1 1

1.2 2.3 3.4 2017.2018

= + + + + + + + +

2017 số

1 1 1 1 1

2017

2 3 2016 2017 2017 2018

= + − + − + − + + − + − 4072323 2018 2018 2018 = − = ❖ Vậy

2 2 2 2

1 1 1 1 4072323

1 1

1 2 3 2017 2018 2018

X = + + + + + + + + + + + + =

Câu 3.

1)

(119)

( )( )

3x 3x 9x 6x 9x

 + + − + = + (Điều kiện

3 )

( )( )

2

9x 3x 9x 6x 3x

 + − − − + − =

( )( )

2

9x 6x 3x 9x 6x 3x

 − + − + − + + + =

( )2

2

9x 6x 3x

 − + − + =

2

9x 6x 3x

 − + = +

2

9x 9x

 − + = 3 x x  =     =  (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là: 1; 3 x  

 

2) Do m, n dấu nên:

- Nếu m0; n0 thì: m+2n = +m 2n

- Nếu m0; n0 thì: m+2n = − −m 2n= −(m+2n) + Gọi x0 nghiệm chung hai phương trình ta được:

2 0

0

2

x mx x nx  + + =   + + =

 có nghiệm chung

( )

2

0

2x m 2n x

 + + + = có nghiệm x0

( )2

2 4.2.8

m n

  = + − 

( )2

2 64 m n  +  8 m n m n +     +  −  m n  + 

Vậy m+2n đạt GTNN khi: 8 m n m n + =   + = − 

+ TH1: m+2n=8, ta được: 0

2x +8x + =8

0 4

x x

 + + =  x0 = −2 Ta có:

( ) ( )

2

3

2 2

5 2

2 m m n n =   − + − + =     = − + − + =     (thỏa mãn)

+ TH2: m+2n= −8, ta được: 0

2x −8x + =8 2(x0−2)2 =0 x0 =2 Ta có:

2

3 2

5 2

2 m m n n = −   + + =     − = + + =

(120)

Vậy với m=3

2 hai phương trình có nghiệm chung x0 = −2 Với m= −3

2

n= − hai phương trình có nghiệm chung x0 =2

Câu 4.

1) Xét phương trình: ( )

2 3

x + m− x m− − =

Giả sử: x1 2 x2 Áp dụng Vi-et ta có:

( )

1

2

x x m

x x m

= − − 

 + = − −



Để phương trình có nghiệm nhỏ nghiệm lớn thì:

( )( ) ( ) ( )

2

1 1 2 1 2

0 3

2 . 2 4 0

m m

x x x x x x

 

 

 − + + 

 

 − −  

− + + 

 

( )

2

6 3 2

m m m

m m

 − + + + 

  

− − − − − + 



2

5 12 11

m m

m

 − + 

 

− 



11 m

  (do

5 12

m − m+ lớn 0) Vậy với 11

3

m phương trình có nghiệm nhỏ nghiệm lớn

2) Đặt:

x y z t

A

y z z t t x x y

= + + +

+ + + +

x y z t

M

x y y z z t t x

= + + +

+ + + +

y z t x

N

x y y z z t t x

= + + +

+ + + +

4

x y z t y z t x

M N

x y y z z t t x x y y z z t t x

 + = + + + + + + + =

+ + + + + + + +

Ta có:

y t x z y t x z

N A

x y y z z t t x

+ + + +

+ = + + +

+ + + +

( ) 1 ( ) 1 4( ) 4( )

4

y t x z

x y z t y z t x x y z t x y z t

+ +

   

= +  + + +  +  + =

+ + + + + + + + + +

   

Chứng minh tương tự ta có: A M+ 4

8

A M A N A .

 + + +   

Dấu “=” xảy x= = = y z t

(121)

Ta có: 2

21

AC=DB= AB +BC = (cm) Mà AC=AF (C, F thuộc đường tròn tâm A)

21

AF AC EB

 = = =

Xét ABE vuông B

Áp dụng định lý Pi – ta – go ta có:

( )2

2 2

21 21 21

AE= AB +BE = + =

Xét FME vng E có: 21

2

EM = EB=

Áp dụng định lý Pi – ta – go ta có:

2 2 21 21

21

2

FM = FE +ME = +  =

 

Ta có: 21 3 21 AE

EF = = ;

21

2 3

21 FM

ME = =

Xét AEF FME ta có: 90

AFE=FEM =  AE FM

EF = ME

AEF FME

  ∽  (c.g.c) FEA FME

 =

Mà FEA HEM+ = 90 FME+MEH = 90 FM AE

 ⊥ (đpcm)

(122)

Gọi I giao điểm BM CD: EI ME

EI AB

AB AM

 =

Kẻ OX vuông góc với DM  OXD∽ ADE (g.g)

2

1 10

DX DE DE

OD AE DE AD

 = = =

+

1 10

DX R

 =

2 10

DM R

 =

Xét DEM ∽ AEC ME DE MD CE AE AC

 = =

2

1

10

ME DE MD

AE CE AC

 = =

1

5

ME ME

AE AM

 =  =

1 1

6

EI AB CD ID EI DE CD

 = =  = + =

CMI BNF

  =  (g.c.g)

2 BF CI BC

 = =

 đpcm

(123)

( 1)(2 1) ( 1) ( 12)( 1)

x x x x x

P

x x x x x x x x x x

− + − +

= + +

− + + + + − + +

( ) ( )( )

( )( )

2 1 2

1

x x x x x x x

x x x x

− + + − + − +

=

− + +

( )

( )( )

2

1

x x x

x x x x

+ −

=

− + +

( )( )

1 2

1

x x x

x x

x x x

− + +

= =

+ +

− + +

Ta có với điều kiệnx0,x  +1 x x+ 1 x+ 1

2

0

1 1

x x

P

x x x x

+ +

  =  = + 

+ + + +

DoPnguyên nên suy 1

x

P x

x x

+

=  =  =

+ + (loại)

Vậy khơng có giá trị x để P nhận giá trị nguyên Chú ý: Có thể làm theo cách sau

( )

2

1

1 x

P Px P x P

x x

+

=  + − + − =

+ + , coi phương trình bậc hai x

Nếu P=  −0 x− =2 vô lí, suy P0 nên để tồn x phương trình có

( )2 ( )

1

P P P

 = − − −  2 2 ( )2

3 1

3

P P P P P

 − + +   − +   − 

Do P nguyên nên (P−1)2

+) Nếu (P−1)2 =  =  =0 P x không thỏa mãn +) Nếu ( 1)2 2 0

0 P

P P x x x

P

= 

− =  =  =  + =  =

 không thỏa mãn

Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn

2 Vì 3

2 2

x= − = −

− +

nên

2

x= − nghiệm đa thức

2x +2x−1

Do ( )

( )

2017

2

2 2 2 1

3

2 1

x x x x x

P

x

x x x

+ − + + +

= = = −

+

+ − + +

(124)

khi m2 Khi nghiệm phương trình 1và m a b m = = −

Hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng suy

0

2 m

m

m−    m2

Từ hệ thức 12 12 12

a +b =h tam giác vuông ta có

2

1 ( 2)

1

m m

− −

+ =  = 

Với 2 4

m

m m m

m

− =  − =  =

(thỏa mãn)

Với 2 4

2

m

m m m

m

− = −  − = −  =

(loại) Vậy m=4 giá trị cần tìm

2 ĐKXĐ: x+ y

Chia phương trình (1) cho

(x+y) ta hệ

2

5

8( ) 13

( )

2

x y xy

x y x x y  + + + =  +    + =  + 

2 2

2

1

5 ( ) 3( ) 13 3( ) 23

( )

1

( ) ( )

x y x y x y x y

x y x y

x y x y x y x y

x y x y

   + + + − =   + + + − =    +   +               + + + − =  + + + − =      +   +   

Đặtu x y ,v x y x y

= + + = −

+ (ĐK:| | 2u  ), ta có hệ

2

5 23 (3) (4) u v u v  + =  + = 

Từ (4) rút u= −1 v, vào (3) ta

2 2

5u +3(1−u) =234u −3u−10=  =0 u u= − Trường hợp

4

u= − loại u 2

Với u=  = −2 v (thỏa mãn) Khi ta có hệ

1 x y x y x y  + + =  +   − = − 

Giải hệ cách x= − +1 y vào phương trình đầu ta

1

2

y y

y

− + =  =

− Vậy hệ có nghiệm ( , )x y =(0;1)

Câu

1 Ta có ( )( ) ( )( )

(1) y−2 y− +3 56=(y−2)x + y−2 y−4 x

( ) ( ) ( )

2 56

y x y x y 

(125)

Nhận thấy (y− +2) (x− = + −1) x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số lại

Như ta có

( ) ( ) ( ) ( )

) 56 1.7.8 ; 2;9 ) 56 7.1.8 ; 8;3

x y x y

+ =  =

( ) ( ) ( ) ( )

) 56 ; 7;3 ) 56 ; 2;

x y x y

+ = − −  = −

( ) ( ) ( ) ( )

) 56 ; 7;9 ) 56 ; 8;

x y x y

+ = − −  = −

Vậy phương trình có nghiệm nguyên 2 Do p−5 nên p=8k+5 (k )

Vì ( )2 4k ( ) (2 4k 2 2)

ax + − by + ax −by p nên 4k 8k 4k 8k a + x + −b + y + p

Nhận thấy 4k 8k 4k 8k ( 4k 4k 2) 8k 4k 2( 8k 8k 4)

a + x + −b + y + = a + +b + x + −b + x + +y +

Do 4k 4k ( )2 2k ( ) (2 2k 2)

a + +b + = a + + b + a +b = p b p nên 8

(*)

k k

x + +y + p

Nếu hai sốx y, có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p

Nếu hai sốx y, khơng chia hết cho p theo định lí Fecma ta có :

8

1(mod ), 1(mod )

k p k p

x + =x −  p y + = y −  p 8

2(mod )

k k

x + y + p

 +  Mâu thuẫn với (*).Vậy hai sốx y chia hết cho p

(126)

1 Chứng minh: IBIaC tứ giác nội tiếp

là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ suy

( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) Xét tứ giác có

Từ suy tứ giác tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính 2 Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác

Nhận thấy bốn điểm thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác ) Do đường kính nên , trung điểm nên

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có Vì góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên =

Xét (O): (cùng chắn cung NC)

Từ (1) (2) ta có = nên tam giác cân Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N

D F

Ia

K N

M O

I

C B

A

a

I

,

a a

BI ⊥BI CI ⊥CI

a

IBI C IBIa+ICIa =1800

a

IBI C IIa

a

NI

, , , a

A I N I BAC

NP ( )O NBP=900 M BC

PN⊥BC M

PBN

NB =NM NP

BIN BIN 1( ) (1)

2 ABC+BAC

BAC NBC=NAC=

( )

1

(2)

NBI NBC CBI BAC ABC

 = + = +

(127)

đường trịn ngoại tiếp tứ giác

Vậy tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác 3 Chứng minh

Gọi F tiếp điểm đường tròn (I) với AB Xét hai tam giác MNB có:

đồng dạng với

Suy

IA NB FI

NM =

mà: ID = IF, NI = NB nên

IA NI ID

NM = a

Ta có:

MN // ID nên MNIa =DIAsuy đồng dạng với IDA

DAI M

NIa =



 (1)

Do tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác nên (2)

Từ (1) (2) ta có

Câu Ta có

2 2 2 1

xz y z

xz y x z yz yz x

P

xz z

y

y yz xz yz x z

yz x yz + + = + + = + + + + + + + +

2 2

2

1

1 1

x y z

a b c

y z x

y x z b a c

z y x

+ +

= + + = + +

+ + +

+ + + ,

trong 2 ( )

, , , ,

x y z

a b c a b c

y z x

= = = 

Nhận xét 2 ( )

1

x

a b do x z

z c

= =  

Xét ( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )

2 2 2 2

2

2 2

1 1 1

2

1 1 1

a a ab b b ab aba a b

a b ab

b a ab a b ab

+ + + + + − + + + − = + + + + + + ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) 2

2 3

2

1 1

ab a b a b a b a b

a b ab

− + − − + −

= 

+ + +

Do ( )

2 2 2 2

1 1

1

a b ab c

b a ab c

c

+  = =

+ + + + + Đẳng thức xảy a b=

a

IBI C NIa2 =NB2 =NM NP

a

NI I MPa

a

DAI =KAI

FIA



2

NBM = BAC=IAF MNB

  FIA

a

NMI



a

NI I MPa

a

KAI =KAN =KPN =I PNa =NI Ma

a

(128)

Khi 22

1

c

c c

+

+ −

+ +

( )

( )( 2)

2 c c

=

+ +

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

3

2

1 3

0

2 1 1 c c c c

do c

c c c c

−

− + −

= =  

+ + + +

Từ ( )1 ( )2 suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy

,

a=b c=  = =x y z

Đề số 16 Câu

Điều kiện: a 0

a 1

    

Khi đó: P a 20182 a 2018 a 1 ( a 1 ) ( a 1 )( a 1 ) 2 a

 + −  +

= − 

+ − +

 

2

( a 2018 )( a 1 ) ( a 2018 )( a 1 ) a 1 .

( a 1 ) ( a 1 ) 2 a

+ − − − + +

=

+ −

2

2.2017 a a 1 .

( a 1 ) ( a 1 ) 2 a

+ =

+ −

2017 a 1

= − Câu

Ta có: ( )

( ) (( )) (( ))

2 2 2

x x z x y z y x z

y y z x y z x y z

+ − + − − + −

=

+ − + − − + −

( )( ) ( )

2

x 2 y z x z x z

2 x y z y z y z

+ − − + −

=

+ − − + −

( )( )

x z 2 x 2 y 2 z y z 2 x 2 y 2 z

− + −

=

− + −

x z . y z

− =

−

Câu

Ta có: abcd+abc+ab+ =a 43211111a 111b 11c+ + + =d 4321 ( )1

Vì a,b,c,d 1 a 9,0b,c,d9 nên 3214 1111a 4321  a 3

 = Thay vào (1) ta được: 111b 11c+ + =d 988 ( )2 Lập luận tương tự ta có: 880 111b 988 

b 8

(129)

Vậy abcd =3891. Câu

Từ phương trình thứ hai ta có: x= −2 2 y vào phương trình thứ được:

( m−1 )( 2−2 y )+ =y 2 ( 2m 3 )y 2m 4

 − = − (3)

Hệ có nghiệm x, y số nguyên ( ) có nghiệm y số nguyên Với m 2m−  3 0 ( ) có nghiệm y 2m 4

2m 3

− =

−

1 1

2m 3

= − −

2m 3 1 y

2m 3 1

− = 

   − = −



m 2 m 1

=    =



Vậy có giá trị m thoả mãn 1; 2 Câu

Điều kiện xác định 1 x 0 4 x 1 *( ) 4 x 0

− 

  −  

 +  

Với điều kiện (*), phương trình cho tương đương với:5+2 1−x 4+ =x 9

(1 x 4)( x) 2

 − + =

(1 x)(4 x) 4

 − + =

2

x 3x 0

 + =

( )

x x 3 0

 + =

x 0 x 3

=    = −



Đối chiếu với điều kiện (*) ta x=0; x= −3.

(130)

Theo tính chất đường phân giác ta có: AE EC AE EC 1

AB BC AB BC 2

+

= = =

+

BC

EC 10cm

2

 = =

Ta có ICE= ICM ( c− −g c ) do:EC=MC=10; ICE=ICM ; IC chung Suy ra: IEC=IMCIEA=IMB

Mặt khác IBM =IBAhai tam giác IBM , ABE đồng dạng

0

BIM BAE 90 BI MI

 = =  ⊥

Câu

a)Ta có MBH =ADN ,MHB=AND

MBH

 ∽ADN

MB BH

AD DN

 =

MB.DN BH AD ( )

 =

b) Ta có:OHB∽ AOD BH OB DO.OB BH AD 2( )

DO AD

  =  =

Từ (1) (2) ta có: MB.DN DO.OB MB OB

DO DN

=  =

Ta lại có: MBO=1800−CBD=1800−CDB=ODN nên MBO∽ODNOMB=NOD.

Từ suy ra: MON=1800−(MOB+NOD)=1800−(MOB+OMB)

0 0

180 OBC 115

= − =

(131)

Gọi D trung điểm đoạn BC, tam giác BOC, AOC tam giác cân O

nên OD⊥BC ,OM ⊥ AC

Ta có: ODC=OMC=900Bốn điểm O, D, C, M nằm đường tròn ( I ) có tâm Icố định, đường kính OC cố định

Gọi E điểm đối xứng với D qua tâm I, E cố định DE đường kính đường trịn ( I )

Nếu H  E ,H B

- Với M  E BHE=900

- VớiM  E, 0

DM BHDMH =90

Khi DME=DMH =900H ,M ,E thẳng hàng Suy BHE=900

Vậy ta ln có: BHE=900 H Ehoặc H Bdo H thuộc đường trịn đường kính BE cố định

Câu

Với x, y,z 0 ta có : x+ + y z 3 xyz3 , 1 1 1 33 1 x + + y z xyz

( ) 1 1 1

x y z 9

x y z

 

 + +  + + 

 

1 1 1 1 1

x y z 9 x y z

 

   + + 

+ +  

Đẳng thức xảy khix= =y z

Ta có: 2 2 2 2 2

5a +2ab+2b =( 2a+b ) +( a−b ) ( 2a+b )

2 2

1 1 1 1 1 1

2a b 9 a a b 5a 2ab 2b

 

    + + 

+  

+ +

Đẳng thức xảy khia=b

Tương tự:

2 2

1 1 1 1 1 1

2b c 9 b b c 5b 2bc 2c

 

   + + 

+  

+ +

(132)

2 2 2c a 9 c c a

5c 2ca 2a

   + + 

+  

+ +

Đẳng thức xảy khic a=

Vậy

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 3 3 3

9 a b c 5a 2ab 2b 5b 2bc 2c 5c 2ca 2a

 

+ +   + + 

 

+ + + + + +

1 1 1 1 2

3 a b c 3

 

  + + 

 

Đẳng thức xảy rakhi a b c 3 2

= = = Vậy bất đẳng thức chứng minh Câu 10

Giả sử hình vng ABCD có cạnh a ( a>0) Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Gọi d đường thẳng 2018 đường thẳng cho thỏa mãn u cầu tốn Khơng tính tổng quát, giả sử d cắt đoạn thẳng AD, MP, BC S, E, K cho SCDSK =3SABKS

Từ SCDSK =3SABKS ta suy được:DS+CK=3 AS( +BK)

( ) 1

a AS a BK 3 AS BK AS BK a

2

 − + − = +  + =

1

EM a

4

 = suy E cố định d qua E

Lấy F, H đoạn NQ G đoạn MP cho FN GP HQ a 4

= = =

Lập luận tương tự ta có đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải qua bốn điểm cố định E, F, G, H.

Theo nguyên lý Dirichlet từ 2018 đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải có 2018 1 505

4

  + =  

  đường thẳng qua bốn điểm E, F, G, Hcố định, nghĩa 505 đường thẳng đồng quy

(133)

Câu 1.a) Ta có ( ) ( )

2

1

x x x x

A x x x x x

x x x x

− +

= + = − + + =

+ + − +

Do B= −1 2A−4 x+ = −1 x− = − −1 (1 x)=2 x

b) Từ giả thiết 1 xy yz zx

x+ + = y z + + =

( )( )

2

x yz x yz xy zx x y x z

 + = + − − = − −

Tương tự: y2+2zx=(y−x)(y−z z); 2+2xy =(z−x)(z−y)

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

2 2

1 1 1

2 2

0

x yz y zx z xy x y x z y x y z z x z y

y x x z z y

x y x z y z

+ + = + +

+ + + − − − − − −

− + − + −

= =

− − −

Suy đpcm Câu

a) ĐKXĐ: x2

Đặt 2

5 0;

x+ = a x− =  b a −b =

Ta có phương trình ( )( ) 2 ( )( )( )

1 1

a b− +ab =a −b  a b a− − b− =

Do ab nên

+) a= 1 x+ =  = −5 x (ktm)

+) b= 1 x− =  =2 x 3(tm)

Vậy phương trình có nghiệm x=3 b) Ta có:

( ) ( )( )

3 3 2

3 3 3

2 2

2

x x y x x y x x y xy x y

x x y x y x y

= +  = +  = + − +

= +  =  =

Thế vào phương trình 2

2 2

x +y −xy= x =  = x  = y

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( )x y, =( 2; ;) (− 2;− 2)

Câu

a) ĐKXĐ: x0

Đặt a= +x 2018;b 2018(a b, )

x

= − 

( )

7

2018 2025 2018

2018

b ab b a

a

 = −  − = −

−

(134)

Với

45+ 2018

Với 45 45 2018 45 2018

a= −  =x = − −

− +

b) Ta có ab2−ba2 =(10a b+ ) (2− 10b a+ )2 =99(a2−b2)

Vì 3267 99.33=

Nên ab2−ba2 3267a2−b2 33 hay (a b a b− )( + ) chia hết cho 11 Nếu a b= thỏa mãn yêu cầu toán

Nếu ab 1a b; 9 nên ta hai số 47 74

Vậy số cần tìm 11; 22; 33; 44; 47; 55; 66; 74; 77; 88; 99 Câu

a) Ta có BAE=DAE gt( );BAE=EFC DAE; =FECEFC =FEC EFC cân C

CE CF

 =

Lại có BEA=FECBEA=BAE ABE cân BA CD= BE=CD mà BBA=BE

Do BC=DF( )1

Mặt khác, O CF' cân O CF' =O FC' CE=CF nên O CE' =O CF' O CE' =O FC' ( )2

Và O C' =O F' ( )3

Từ (1) (2) (3) suy BO C' = DO F'

Do O BC' =O CF' suy tứ giác BDCO’ nội tiếp đường tròn hay O’( )O . b) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông BCD phương tích đường trịn ta có:

P J M

T

G H

O'

F

E

A

O B

C

D I

(135)

( )

( ) ( )

2

2 2

2

DG DE CG BG CG BG GE CG BG CG BG

DE BE CE

CE CG CG BG CG BG CE CE CG CG CG BG CG BG

CE CE CG BE CE CG BG CG CE CG

CE CE CG BE CG BG CG CG CE BG CG BE

 − = −  = −

 = 

 + = −  + + = −

 + + = − −

 + + = − −  =

c) Tia CH cắt IK N Áp dụng phương tích đường trịn ta có

2

NK =NH NC=NI NK =NI

Mà CIMK hình bình hành, M N H C, , , thẳng hàng

Gọi J trung điểm OO’ NJ đường trung bình hình thang vng ’

OIKO

Suy OB O C+ ’ =OI+O K’ =2NJ

Gọi T điểm đối xứng H qua N P, giao điểm CH OO’ Ta có , ’

PH =PC OO ⊥CH

Suy NJ NP2NJ 2NP=NH+PH+NP=NT+PC+NP TC= =HM Vậy OB O C+ ’ HM

Câu

Từ giả thiết

2 2

3 x y z

x y z xyz

xyz

+ +

+ +   

Áp dụng bất đẳng thức Cauchay ta có:

2

4

1

2 x

x yz x yz

x yz yz

+   

+

Tương tự ta có 1 1

2 P

xy yz zx

 

  + + 

 

Mặt khác

2 2

1 1 1

2 2

ab bc ca a b c

xy yz zx x y z

P

x y z xyz xyz

+ +  + +

  + + + +

   + + =  

 

Vậy GTLN

P=  = = =x y z

Đề số 18 Câu

1 Điều kiện để P xác định : x  0; y 0; y 1; x + y 

( )

( )( )( )

(1 ) (1 )

1

x x y y xy x y

P

x y x y

+ − − − +

=

+ + −

( ) ( )

( )( )( )

( )

1

x y x x y y xy x y

x y x y

− + + − +

=

+ + −

( )( )

( )(1 )(1 )

x y x y x xy y xy

x y x y

+ − + − + −

=

+ + −

( ) ( ) ( )( )

( )( )

1 1

1

x x y x y x x

x y

+ − + + + −

=

(136)

(1 y)

=

−

( )( ) ( )

(1 y)

=

−

= x + xy − y

2 P =  x + xy − y= với x  0; y 0; y 1; x + y 

 x(1+ y) (− y +1)= 1 ( x −1 1)( + y)=1 Ta cã: + y 1 x− 1   0 x  x = 0; 1; 2; ; Thay vào P ta có cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thỏa mãn Câu

1 Ta có :

2

( 1)( 3)( 5) (1)

( 1)( 3)( 1)( 5)

( 4 3)( 4 5) (2)

x x x m

x x x x m

− + + =

 + + − + =

 + + + − =

Đặt y=x2 +4x+ = +4 (x 2)2 0 ( x R) Khi (2) có dạng :

(y−1)(y− =9) m hay y2 −10y+ − =9 m 0 (3)

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt y1  y2 0

'

1

16 0

10 0 16 9 (4)

. 9 0

m

S y y m

P y y m

  = +  

 = + =   −  

 = = − 



Khi y y1, 2là hai nghiệm dương phân biệt phương trình (3) phương trình (2)

tương đương với :

2

1

4 4 0

x + x+ − =y x2 +4x+ −4 y2 =0

Gọi x1, x2 hai nghiệm phân biệt phương trình :

2

1

4 4 0

x + x+ − =y

Gọi x3, x4 hai nghiệm phân biệt phương trình :

2

4 4 0

x + x+ −y =

Áp dụng định lý vi-et cho phương trình (3), (5), (6) ta có :

3

1 2

1 4 2

4( ) 32

1 1 1 1 4 4

4 4 16 4( )

40 32 8

1

16 40 9 15

x x

x x y y

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

m m

+

+ − − + −

+ + + = + = + =

− − − + +

−

= = = −

− + − − −

7

m

 = − ( thỏa mãn)

2 Giải hệ :

2

2 (1)

2 (2)

x xy

y x y

(137)

2 2 (3)

( )( ) 0

0 (4)

x y

x y xy x y x y xy x y

xy x y =



− = −  − + + =  

+ + = 

- Thay y = x từ (3) vào (1) ta phương trình :

2

1

2 ( 1)( 2 2) 0 1 2

1 2

x

x x x x x x

x = − 



= +  + − + =  = −

 = + 

Vậy ta nghiệm (x; y) :

( 1; 1);− − (1− 2;1− 2); (1+ 2;1+ 2) - Từ (4) suy

1

x y

x − =

+ ( x = -1 nghiệm (4)) Thay y vào (2), ta

có :

2

4

2 2 4 2 0

( 1) 1

x x

x x x x

x x

−

= +  + − − − =

+ +

2 2

(x 2x 2)(x x 1) x x

 + + − − =  − − = (Vìx2 +2x+ = +2 (x 1)2 + 1 0)

1

x x

 = −  

= + 

- Với 1 5 5 1 3 5

2 5

x= −  =y − = − −

− Ta ( ; )x y = −(1 5; 3− − 5) nghiệm hệ

- Với

5 1

1 5 3 5

2 5

x= +  =y − − = − +

+ Ta ( ; )x y = +(1 5; 3− + 5) nghiệm hệ

Vậy hệ cho có nghiệm :

( 1; 1);− − (1− 2;1− 2); (1+ 2;1+ 2);(1− 5; 3− − 5);

(1+ 5; 3− + 5)

Câu

1.Ta có :

2016 504 504

1 ( ) 1 ( 1). ( 1)( 1)( 1). (1) ( )

p − = p − = p − A= p− p+ p + A AN

Vì P số nguyên tố lớn nên p số lẻ, suy p – 1, p +1 hai số chẵn liên tiếp

(p 1)(p 1) (2)

 − +

(138)

- Nếu p=5k 1thì p2 =25k2 10k+ =1 5n+1 - Nếu p=5k2thì p2 =25k2 20k+ = −4 5l 1

Cả hai trường hợp cho ta p4 − =1 5q (4) (( , ,n l qN)

Vì 3, 4, số nguyên tố đôi nên từ (1), (2), (3), (4) suy

2016

1

p − chia hết cho 4.3.5 tức chia hết cho 60

2 Vì vai trị x, y, z bình đẳng nhau, khác đơi nên ta giả sử x y z Khi , gọi t thương phép chia x3 + y3 +z3:x y z2 2 Suy :

3 3

3 3 2 2 2 2

2 2 (1)

x y x y

x y z tx y z z tx y tx y tx y x y

z x y

+ +

+ + =  = −  − = − −

- Nếu tx y2 2− − x y (*) t 12 12 t

xy x y

 +   =

Thay t = vào (*), ta x y2 2− −  x y xy− −  x y (x−1)(y− 1)

1

x  =

2

0 ( 1)

y y y y

 −   −  ( vô lý) Vậy tx y2 2− − x y (2)

- Từ (1), (2) suy : z2(tx y2 2− −x y)2 (3)

- Mặt khác x3+ y3+z3 =tx y z2 2 nên 3 3

(4)

x + y z x +y  z

- Từ (3) (4) suy :

3 2

3 4 2 2

3 2 4

3 2

3

( )

2 ( )

1 1

2 (5)

x y tx y x y

x y t x y tx y x y x xy y

x y tx y x y t x y

x y tx y x y

txy

tx y txy

x y tx ty

+  − −

 +  − + + + +

 + + + 

+ + +

 

 

   + + +

 

- Nếu x2 1 13 13 1 13 13

2 2

y txy

t t x y t x t y

 

     + + +   + + +

   

Điều mâu thuẫn với (5) Vậy x = Khi (5) trở thành :

3

2 1

2 (6)

ty

y t ty

(139)

- Nếu y4 3 3

4

ty

t t y t ty

  + + +  + + + Điều mâu thuẫn với (6)

Vậy y 2;3 (Vì y > x = 1) + Nếu y =

3

9

1; 2;

1;

x y z

x y

 + =

  = = =

  

 = = 

+ Nếu y =

3

28

1;

x y z

x y

 + = 

  

 = =



.( Loại)

- Thử lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) hốn vị thỏa mãn Vậy thương phép chia x3 +y3 +z3:x y z2 2là

t = Câu

a) + Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp

- Vì BD, DC tiếp tuyến đường trịn (O) nên ta có :

0

0 0

90

90 90 180

OBD OCD

= =

 + = + =

Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1) Mặt khác :

BAC =DBC ( Cùng chắn cung BC)

BAC =DNC ( Vì DN // AB)

DBC DNC

 =

Suy tứ giác BDCN nội tiếp (2)

- Từ (1) (2) suy điểm B, O, N, C, D thuộc đường tròn Vậy tứ giác BONC tứ giác nội tiếp

+ Chứng minh tam giác ABN cân Ta có :

ANO=OBC( Vì bù với góc ONC)

OBC=OCB ( Vì tam giác OBC cân O)

OCB=ONB ( Vì chắn cung OB)

ANO ONB

 =

(140)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC ON ⊥DN ( Vì OND=900 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

DN // AB ( giả thiết)

ON AB

 ⊥ (4)

Từ (3), (4) suy tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời đường cao Vậy tam giác ANB cân N

b) - Xét tam giác DBM tam giác DNB, ta có :

BDN góc chung

BND=MBD ( hai góc nội tiếp chắn hai cung )

2

( )

. (5)

DBM DNB g g

DB DM

DB DM DN

DN DB

  

 =  =

- - Xét tam giác DIB tam giác DBA, ta có :

ADB góc chung

DBI = BAD ( góc tạo tia tiếp tuyến dây cung )

2

( )

. (5)

DIB DBA g g

DB DI

DB DI DA

DA DB

  

 =  =

Từ (4) (5) suy : DI DA. DM DN. DM DA

DI DN

=  =

Từ kết hợp với ADN góc chung suy :

( )

DIM DNA c g c

DIM DNA



 =

Suy tứ giác ANMI nội tiếp Ta có :

NAD=IMD ( bù với góc IMN)

NAD=CBI ( chắn cung CI)

CBI IMD

 =

Kết hợp với góc KBM chung, suy :

2

( )

. (6)

KMI KBM c g c

KM KB

KI KM

KM KI KB

 

 =

(141)

DBI = BAI ( Cùng chắn cung BI )

KDI BDI

 =

Kết hợp với góc BKD chung, suy :

2

( )

. (7)

KDI KBD g g

KD KB

KI KD

KD KI KB

 

 =

Từ (6) (7) suy : KM = KD Vậy K trung điểm DM

c) Giả sử PI cắt BC L, IQ cắt AB S Ta có :

PI BI IL

DK = BK = KM ( PI // MN ; định lí ta let) (8)

PI QI IL

AS =QS = BS ( AB // PL ; định lí ta let) (9) Vì DK = KM nên từ (8) suy : PI = IL

Vì PI = IL nên từ (9) suy : AS = BS

Giả sử SI cắt DK T, suy : AS SI BS

DT =TI = KT ( Định lý Talets ; AB // DK) (10) Vì AS = BS nên từ (10) suy : T trung điểm DK, hay G trùng với K

Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng Câu

Khơng tính tổng qt, ta giả sử a b c Khi :

5

5 ( 1)(2 ) (*)

3

a b c a a a a

= + +       − − 

Mặt khác, 0b c, 2 nên

( 2)( 2) 2( )

2(5 ) (**)

b c

bc b c

bc a a

− − 

  + −

  − − = −

Do

( )

2

2 Theo (**)

3 2 ( 2)

A a b c a b c bc a a a

A a a a a a a a

= + + = + + +  + − + −

  + − + − + = + − + = + − +

vì ( )2

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

a+ −a = +a a −a + − = +a a a− = + a− − +a

2

3 2 ( 1)

(142)

Vậy A2 1+

Dấu xảy

0 , , ;

( 1)(2 ) ;

a b c a b c

a a a b c

bc a

  + + =



 − − =  = = =



 = −



Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 2 1+ Đạt (a, b, c) = (2, 2, 1) hoán vị

Đề số 19 Câu

a) Ta có P(x) =

2 2 2

b b b

x c c

2 4 4

 +  + −  −

 

 

Suy

2

b

c 1 b 4

4

c 3. b

2 2



− = −

  = −

 

  =

  − =



b) ( )

( ) ( ) ( )

2

x xy xy y 0 1

2 x 1 3 x y 1 y 0 2

 + − − =

 

+ − + − =

 ĐK: x 0

(1) (x y x)( y2) 0 x y2 0

x y 0

− = 

 − + =   + =



TH1: x+y2 =0, suy x= =y 0 không thỏa mãn hệ

TH2: x - y = hay y = x vào (2) ta : 2 x( + −1) 3 x x 1( + − =) x 0

2

2x 3x x x 3 x 2 0

 − − − + =

( x 2 x)( 1 x)( x 1) 0

 − − + + =

x 4

x 2

1

1 x .

x

4 2

 =  =

 

 

 = =

 



Vậy hệ phương trình có nghiệm : ( ) ( )x; y = 4;4 (x; y) 1 1; . 4 4

 

=  

Câu

a) ĐK: −  1 x 1

Đặt a = 1 x+ , b = 1 x− ( a,b0)

(143)

b 1

a .

2



 −

 = 

Với a = b +1 ta có 1 x+ = 1 x− + 1 2x x− = − (ĐK x 1

2

 ) 4x2 4x 4x x 3

2

 − + = −  = (thỏa mãn)

Với a b 1 2

−

= ta có 1 x 1 x 1 2 x 1 1 x 2

− −

+ =  + + = −

4 x+ = − −5x 4 (ĐK x 4 5

 − )

2 24

25x 24x 0 x

25

 + =  = − (thỏa mãn)

Vậy x 3 2

= x 24 25

= − nghiệm phương trình

b) Ta có

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

2a b c

P

a b a c b c b a c b c a

= + +

+ + + + + +

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

a.2 b.2 c.2

a b a c 4 b c b a 4 c b c a

= + +

+ + + + + +

( ) ( )

1 1 1 1 1 1 9

a b c

a b a c 4 b c b a 4 c b c a 4

   

 

  + +  + +  + =

+ + + + + +

     

Vậy GTLN P 9

4

a 15

b c .

7 15

= = =

Câu

Kẻ CK ⊥AB K( AB) ta có CAK=450suy tam giác AKC vuông cân K B

A

K

(144)

(1)

Ta có tam giác BHA BKC đồng dạng với

AH AB 1 x

xy 5

CK CB y 5

 =  =  = (2)

Từ (1), (2) ta tìm ( )x; y =( 5; 5) ( )x; y 10; 10 . 2

 

=  

 

Vậy AB= 5cm, AC= 10cm AB= 10cm, AC= 5cm Câu

a) Ta có ADC=AEC K trực tâm tam giác ACE nên AKC+AEC 180 =

Suy AKC+ADK 180= tứ giác ADCK nội tiếp Vậy K(O) Các tứ giác KIPC, KIAQ nội tiếp suy CIP=CKP

AIQ=AKQ (1)

Từ tứ giác nội tiếp ABCK, BPKQ ta có AKC 180= −ABC=QKP suy

CKP=AKQ (2)

Từ (1) (2) ta có CIP=AIQP, I,Q thẳng hàng

b) Gọi M giao điểm AH với (O) (M không trùng với A) N giao điểm AH PQ

A N

Q

K

E

I

O

P C

H

M B

(145)

Bốn điểm B, Q, K, P thuộc đường trịn (vì KQB=KPB 90 )= A, B, M, K thuộc (O) QBK=AMK=QPK

Suy MNKP tứ giác nội tiếp Do MNKP hình thang cân suy KN = PM Mặt khác PH = PM suy PHM=PMH=KNMKN / /PH suy HPKN hình bình hành

Vậy PQ qua trung điểm HK

Ghi chú: Nếu thí sinh vẽ hình trường hợp trực tâm K tam giác ACE nằm nằm ngoài tam giác ACE câu a chứng minh bốn điểm A, D, C, K thuộc đường trịn

Câu

a) Khơng tính tổng quát giả sử m  n p q.

Nếu m3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1. m+ + + +n p q mnpq  + + +3 5 7 11+3.5.7.11

Vậy m=2 (1) trở thành 1 1 1 1 1

n + + +p q 2npq = 2 (2)

Nếu n5 ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1. n + + +p q 2npq  + +5 7 11+ 2.5.7.112

Vậy n=3 (2) trở thành 1 1 1 1 (p q)( 6) 37

p+ +q 6pq = 6 − − =

suy p=7 q=43.

Vậy (m;n;p;q) là(2;3;7;43) hốn vị b) Các số viết bảng 1; 5; 11;…

các số bảng có dạng 3m + (trừ số 1) với mN.

Nếu sử dụng số để viết số có dạng 3m + + + (3m + 2).1 = 6m + = 3k + (kN) Nếu không sử dụng số để viết số có dạng

3m + +3n + 2+(3m+2)(3n + 2) = 9mn +9m + 9n + = 3k + (kN) Suy điều phải chứng minh

Đề số 20 Câu

a) Ta có:

2

4

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

x x x x x x x

P

x x x x x

 − − −   + + + 

= −   

− + − +

(146)

2 x (2 x 1)(2 x 1) x

= −   

− − +

   

(2 1)( 2)

(2 1)(2 1)

x x x x

x x x

 −   + + 

=  − +   

   

2 x x

x

+ =

+ Với x0, ta có:

2 1 .1.1

x x+ =x x+ +  x x x x+  x

Suy

2

x x x

P

x x

+

=  hay

2

P ( dấu xảy x=1) Do đó, để

2

P x=1 Cách khác:

+ Với x0, ta có: 3

2 2

x x

P x x x

x

+

    − +  (*) Đặt t = x t, 0

Khi (*) trở thành: t3− + 3t

 −(t 1) (2 t+2)0

Vì t+ 2 0, (t−1)2 0 nên (t−1) (2 t+2)  − =  =0 t t hay x=1 b) Theo đề : ab bc ca 3abc 1

a b c

+ + =  + + =

3

2 2

( )

a a ac ac ac

a

c a c a c a

+ −

= = −

+ + +

2

1

2

ac c

c a a c c

c a

+

+    

+

Suy

3

1

a c

a c a

+  −

+

Tương tự :

3

1

b a

b a b

+  −

+ ,

3

1

c b

c b c

+  −

+

Suy 3( )

4

A a b c+ + −

Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: (a b c) 1 a b c

 

+ +  + + 

 

 + +(a b c)3 9  + + a b c Suy

2

A , dấu xảy a= = =b c Vậy

2

(147)

Cách khác :Ta có: ab bc ca 3abc a b c

+ + =  + + =

Đặt x 1, y 1, z

a b c

= = = , đó: , , x y z x y z

 

 + + =



Biểu thức A viết lại: 2 2 2

( ) ( ) ( )

x y z

A

y x y z y z x z x

= + +

+ + +

Ta có :

2

2 2

( )

( ) ( )

x x y y y

y x y y x y y x y

+ −

= = −

+ + + ;

mà

2

2 y x y y x

x y x

+   

+ nên

1

( )

x

y x+y  −y x ; mà 1.2 1.1 1

4

2 x x x

 

=   + 

  nên

1 1

1

( )

x

y x y y x

 

 −  + 

+  

(dấu xảy x= =y 1)

Tương tự : 2 1 1

( )

y

z y z z y

 

 −  + 

+  ,

1 1

1

( )

z

x z x x z

 

 −  + 

+  

Suy 1

4

A

x y z

 

=  + + −

 

Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: (x y z) 1 x y z

 

+ +  + + 

 

1 1

x y z x y z

 

  + +   + + 

  (vì z+ + =y z 3)

Do

A , dấu xảy x= = =y z hay a= = =b c Vậy

2

A= a= = =b c Câu

a) Cách 1:

Điều kiện: −  1 x

Khi ta có: x2 + 1+ +x 1− − =x

( )2 2 x x (2 x )

 + + − = − 2

2 x (2 x )

 − + = − (1) Đặt

1 ,

t = −x t Phương trình (1) trở thành: 2t+ =2 (t2 +1)2

4

2

t t t

 + − − =

(t 1) ( t 1)(t 1) 2t

 −  + + + = (2) Vì t0 nên (t+1)(t2+ + 1) 2t

(148)

Cách 2:

+ Điều kiện: −  1 x

2

1 1

x + + +x − − = x + +x − = −x x (*) + Đặt t= 1+ +x 1−x t, 0 Suy

2

2 2

2 1

2 t

t = + −x  −  + = −x

 

Khi phương trình (*) trở thành:

4

4 ( 2)( 4) t − t − + =  −t t t + t − = (*) + t2 = +2 1−x2 2 t0 nên t Do

2 2 4 t + t −  + − 

Suy phương trình (*) có nghiệm t=2 + Với t=  =2 x 0(thỏa)

Vậy phương trình cho có nghiệm x=0 Cách 3:

+ Điều kiện: −  1 x

Đặt 1+ =x a, 1− =x b a b( , 0) Suy ra: a2+b2 =2 (1) + Hơn nữa: 1−x2 =a b −2 x2 =a b2 2+1

+ Phương trình cho trở thành: 2 a b+ =a b + (2) Từ (1) (2) ta cố hệ:

2

a b ab

a b a b a b

 + =  =

 

  + =

+ = +

 



1

a

x b

= 

 =  =



b)

2

xy x y

x y xy x y

 + − = −

 

+ − + =



2

(2 1)

( 1) 2(2 1)

xy x y

x y xy y x y

 + + =

  

+ + − + = −

 (*)

(lưu ý: không thiết biến đối đưa vế phải pt thứ hai về −2y , có thể −3y)

- Xét y=0 thay vào hệ (*) ta được: 1 2(2 1) x

x x

+ =

  = −

− + =



Suy

1 x y

 = −    = 

nghiệm hệ

(149)

2 2

4 ( 1)

2

2 2 ( 1) 2

xy xy

y y

x x

x y xy xy

y y + = + + =       +    +   + + −  = −  + −  = −         (**)

Đặt 1, 2 x

a=xy+ b= + ; hệ phương trình (**) trở thành:

2 2 a b a b + =   − = −  (***) + Giải hệ (***) tìm được:

3 a b =   =  , a b = −   = 

* Với a b =   =

 ta có

2

1

2

3 1

3 x xy x x x y x y y   +  + =    = =   +      =   = +    =   2 x y  = −    = − 

* Với a b = −   =

 ta có

2

1

9

2

9 2 1

9 x xy x x x y y   +  + = −    = −  +     =  +   =   (vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình cho có ba nghiệm:

1 x y  = −    = 

, 1 x y =   =  , 2 x y  = −    = − 

Cách khác:

2

2 2

2 (2 1)

2 2 (4 2)

xy x y xy x y

x y xy x y x y xy x y

 + − = −  + + =     + − + = + − + = −    

2 2

2 (4 2)

5 (4 2)

xy x y

x y xy y

x y xy x y

 + + =    + − = + − + = −  y xy xy =    =  = − 

+ Với y=0 Suy ( ; ) ( 1;0) x y = −

+ Với xy=1 Suy ( ; )x y =(1;1) ( ; ) ( 3; 2) x y = − − + Với xy= −5 Trường hợp không tồn cặp( ; )x y

Vậy hệ phương trình cho có ba nghiệm:

1 x y  = −    = 

(150)

a) Ta có:

3 2

3( ) 3( ) ( 1)( 1) 25

a − +b a −b + a b− = a+ b+ +

3

(a 3a 3a 1) (b 3b 3b 1) (a 1)(b 1) 25

 + + + − + + + = + + +

3

(a 1) (b 1) (a 1)(b 1) 25

 + − + = + + + (*) Đặt x= +a 1,y= +b 1( ,x yZ x y; , 2)

Khi (*) trở thành: x3− y3 = xy+25(x−y x)( 2+xy+ y2)= xy+25 (**) + Từ (**) suy x  − y x y 1, mà x2+xy+y2 0 nên:

2 2

25 25

x +xy+ y xy+ x + y   x (1) + Hơn nữa: x y x y, 2 nên xy6

Suy x3−y3 = xy+2531x3 31 x (2)

Từ (1) (2) suy ra: x=4 Do x y y2 nên y 2;3 + Thử lại, có

3 x y =   =

 thỏa (**) Suy

3 a b =   =

 cặp số cần tìm

b) Cách 1:

2 2 2 2

24a + =1 b 25a + =1 a +b a +b 1(mod 5) (1) Ta có: 0, 1, 2(mod 5)

0, 1, 2(mod 5) a b          2

0,1, 4(mod 5) 0,1, 4(mod 5) a b      

 (2)

Từ (1) (2) suy ra: 2 0(mod 5) 1(mod 5) a b     



2 1(mod 5) 0(mod 5) a b      

Suy số a b chia hết cho Cách 2:

2 2 2 2

24a + =1 b 25a + =1 a +b a +b =5.k+1(1)

 

( )

5 , 0;1; 2;3;

n Z n l r l Z r

   = +  

n2 =5l1+r12 (l1Z r, 120;1;4) (2) Từ (1) (2) suy ra:

2 2 5 a k b k  = +   =



2 2 5 a k b k  =   = + 

Suy số a b chia hết cho Cách 3:

2 2

24a + =1 b 24a −b = −1 không chia hết a b không đồng thời chia hết cho

(151)

Theo định lý Fermat ta có

4 ( )( ) 0(mod 5)

1(mod 5) a b a b

b  + − 

  

Nếu 2

0(mod 5)

a +b  2

25a + =1 a +b 0(mod 5)( vơ lí) Suy a2−b2 0(mod 5)23a2+ =1 b2−a2 0(mod 5) (*) Vì a khơng chia hết a  1, 2(mod 5)

Với a 1(mod 5)a2 1(mod 5)23a2 +  −1 1(mod 5)( trái với (*)) Với a 2(mod 5)a2 4(mod 5)23a2+ 1 3(mod 5)( trái với (*)) Vậy điều giả sử sai Từ suy điều cần chứng minh

Câu

+ Gọi N trung điểm IM, F giao điểm DE IB + Ta có: I1= A1 =A2F1=C1 F2 =B1

Suy tứ giác BFDM nội tiếp đường tròn 1

DMB F C

 = =

Suy DM // AC hay DM // AE(1)

AED=EDM =EDI Suy AEDI hình thang cân

(Hoặc tứ giác BFDM BIAC nội tiếp nên FDM =IAE;

FDM =FDI=DIADIA=IAE Suy AEDI hình thang cân.)

Suy ADE=IED=DEM nên AD//EM(2)

Từ (1) (2) suy tứ giác ADME hình bình hành Cách khác:

+ Gọi N trung điểm IM, F giao điểm DE IB

+ Ta có: I1= A1 =A2F1=C1 tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn

O

// //

2 1

1 1

1

/ /

A

N

M F

K E

D I

C B

(152)

+ Mặt khác F1=C1F2 =B1tứ giác BFDM nội tiếp đường tròn Suy FBC=MDE(2)

Từ (1) (2) suy AED=MDE AE//DM (*) Hơn AED=MDEAED=IDE

Mà DE//IA Do tứ giác AEDI hình thang cân

Suy ADE=IED; mà IED=DEM nên ADE=DEM  AD//EM (**) Từ (*) (**) suy tứ giác ADME hình bình hành

Câu a)

Cách 1:

+ Xét hai tam giác KBFvà KECcó:

K chung, KBF=KEC (vì bù với FBC) Suy KBF KEC đồng dạng

Suy ra: KB KF KB KC KF KE KE = KC  = (1) + Tương tự: KBL KAC đồng dạng Suy ra: KB KL KB KC KL KA

KA= KC  = (2)

Từ (1) (2) suy ra: KF KE KL KA KF KL KA KE

=  = ; FKL=AKE Suy KFL KAE đồng dạng

Suy KFL=KAE

Do điểm A, L, F, E nằm đường tròn

Mà A, E, F nằm đường trịn đường kính AH nên L cũng nằm đường trịn

đường kính AH Vậy HL vng góc với AK

Cách 2:

+ Hạ HL’ vng góc AK L’ Ta chứng minh L’ thuộc đường tròn (O) + điểm A, L’, F, H, E nằm đường trịn đường kính AH

O A

B C

H D F

E

(153)

'. .

KL KA KF KE

 =

Tương tự chứng minh được: KF KE. =KB KC.

Suy KL KA'. =KB KC.

Chứng minh AL’BC nội tiếp Suy L’ trùng L Vậy HL vng góc với AK b)

+ Ta có: ANB AMB ANB ACB AMB ACB

 =

  =



= 

+ Tứ giác DHEC nội tiếp nên ACB+AHB=1800 Suy ANB+AHB=1800 Do tứ giác AHBN nội tiếp đường tròn

Suy NHB=NAB Mà NAB=MAB nên NHB=MAB + Tương tự ta chứng minh được: CHP=MAC

+ Suy NHB+BHC CHP+ =MAB+BHC+MAC=(MAB+MAC)+BHC

=BAC+BHC=BAC+FHE=1800 Suy N, H P thẳng hàng

Đề số 21 Câu

a) Ta có:

( )( ( )) ( )( )

2

1 1 1

1 2 1 1

P x x x

P x x x x

 

= −  + − + − − 

 

 = − + − − = − +

Mà P= 1− + −x (1 x) 1−x2 + 1− − −x (1 x) 1−x2   =0 P 1( −x)

Với 2019

2019 2018

x= −  =P

O F

E

D

P

M N

H

C B

(154)

Đặt x= a y; = b z; = c xy+yz+zx=  + =1 a (x+y)(x+z) Tương tự: b+ =1 (y+x)(y+z c); + =1 (z+x)(z+y)

Khi ta có:

( )

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

1 1 1 1 1

xy yz zx

a b c

a b c x y y z z x a b c

+ +

+ + = =

+ + + + + + + + +

Câu

a) Ta có:

( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

2

2 2

2 2 1

x x x x x

x x x x x x x

− + = + − + −

 − + + − − = + − + −

Đặt t= x2− + − x x2− + = +x (t 1)2thay vào phương trình (1) ta

( )( 1)

1

t x

t x t x

t x

=  − − + =  

= + 

Với

( )2

1 1

2

x

t x x

x x x

 − 

=   =

− − = + 

Với 2

2

x

t x x

x x x

 − 

= −   =

− − = 

Vậy phương trình cho có nghiệm Với 1;

x= x=

b)

( )2 ( ) ( )2 ( ) ( )

2

3

1 1 1

2

x y xy x x y x y

I II

x x y x x y

 + + = + +  + + − + =

 

 

= + + = + +

 

 

Đặt t = +y ta có hệ

( ) 22 2( )( 2 ) 2

1 1 1

x t xt x t xt x t

x t

x x t x t x t

I

x

I  + − =  + − =  = = −= =

= + + −  = 



Vậy nghiệm hệ phương trình ( ) ( ) (x y; = 1;0 ; − −1; )

Câu

a) Ta có 2x2+2y2+3x−6y=5xy− 7 (x−2y)(2x− + = −y 3)

Xét trường hợp ta có ( ) ( ) (x y; = 3;2 ; − −5; ;) (− −7; ; 1;4 ) ( )

b) Do n2+2n+ n2+2n+18+9là số phương nên n2+2n+18 số tự nhiên

(155)

Do k n, số tự nhiên nên k+ +  − −n k n

Xét 17 2 2 18 81 92( )

1

k n k

n n n n tm

k n n

+ + = =

 

  + + + + + = =

 − − =  =

 

Vậy n=7thỏa mãn yêu cầu toán Câu

1)

a) Do BE CF, đường cao tam giác ABC

nên BFC=BEC =900 BFEC nội tiếp đường trịnPBF =PEC Từ suy PBF PEC g( g) PB PF PE PF PB PC ( )1

PE PC

 −  =  =

Tứ giác AMBC nội tiếp đường trịn PBM =PAC

Từ suy PBM  PAC g( g) PB PM PB PC PM PA ( )2

PE PC

 −  =  =

Từ (1) (2) suy PE PF. =PM PA. .

Từ PE PF PM PA PE PA

PM PF

=  =

suy PMFPEA c( − − g c) PMF=PEA AMFE nội tiếp (3) Do AEH = AFH =900 AEHF nội tiếp (4)

Từ (3) (4) suy điểm A M F H E, , , , thuộc đường trịn đường kính

0

90

AH  AMH =  AM ⊥HM

b) Kẻ đường kính AK đường trịn ( )O Gọi N trung điểm cạnh BC.

Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành, có N trung điểm BC nên N trung điểm HK.

Suy ON đường trung bình tam giác AHKAH =2ON.

P

O H

K N

M

F

E

D C

B

(156)

đường cao, đường phân giác Khi

2

NOC = BOC = không đổi (vì ba điểm O B C, , cố định)

Do ( ) ( )

2 2

BHC

S = BC HD= BC AD−AH  BC AN − ON

( ) ( )

1

2

BHC

S  BC AO+ON− ON = BC AO−ON

Mà cos ( cos ) (1 cos )

2

BHC

ON =   S  BC R−R  = BC R −  không đổi Dấu “=” xảy  D N ba điểm A O N, , thẳng hàng

Khi A điểm cung lớn BC.

Vậy A điểm cung lớn BC diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn (1 cos )

2 BHC

MaxS = BC R − 

2)

Gọi K điểm đối xứng I qua EF. Xét trường hợp K trùng với điểm A.

Khi KI dây cung ( )O Mà EF đường trung trực KI nên EF qua O.

Xét trường hợp điểm K không trùng với điểm A.

Ta có CIF+BIE=1800 EIF+BIC=1800 ( )1

Lại có tứ giác ABIC nội tiếp đường trịn ( )O nên BAC+BIC=1800 ( )2

Từ (1) (2) suy BAC =EIF EAF =EIF

Lại có EIF =EKF EAF =EKF  A E F K, , , thuộc đường tròn Giả sử tứ giác AEFK nội tiếp (h.vẽ)KAF =KEFKAB=KEF ( )3

K

O F

E

I

C B

(157)

Mặt khác IEF =BIK (cùng phụ với KIE) ( )5

Từ (3) ; (4) ; (5) suy raKAB=BIK  AKBI nội tiếp đường tròn  K ( )O

Khi KI dây cung ( )O Mà EF đường trung trực KI nên EF qua

.

O

Vậy EF qua điểm O cố định Câu Đặt

2 2 2

3 3

6 11 11 11

a ab b b bc c c ca a

M

a ab b b bc c c ca a

+ + + + + +

= + +

+ + + + + +

Nhận thấy 6a2+8ab+11b2 =(2a+3b)2+2(a b− ) (2  2a+3b)2

2 2

2

3

2

6 11

a ab b a ab b

a b

a ab b

+ + + +

 

+ + +

Mà ( )

2

3 3 2

0

2 3 5

a ab b a b

a b

a b

+ +  +  − 

+

( )

2

3

1

6 11

a ab b a b

a ab b

+ + +

 

+ +

Chứng minh tương tự:

( ) ( )

2 2

3 3

2 ;

5

6 11 11

b bc c b c c ca a c a

b bc c c ca a

+ +  + + +  +

+ + + +

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1);(2);(3) ta

3 3

5 5

a b b c c a

M  + + + + + = + +a b c

Mặt khác (a+ +b c)2 3(a2+b2+c2)=  + + 9 a b c

Suy M = + + a b c

Dấu “=”xảy a= = =b c

Vậy MaxM =  = = =3 a b c Đề số 22

Câu

1) Ta có

( ) ( )

2

B 13 30 13 30 8

13 30 ( 1) 13 30 13 30 2

13 30 18 18.5 25 18 5

= + + + = + + + +

= + + + = + + + = + + +

= + + = + + = + = +

(158)

( )2 2 2 ( )2 2 2 ( )2 2 2

P

2bc 2ca 2ab 2abc

b c b c c a c a a b a b

= + + = + + =

+ − − + − − + − −

Ta có 3 ( )( 2 )

a +b + −c 3abc= a b c a+ + +b +c −ab bc ca− − =0 Từ suy 3

a +b +c =3abc ta P

=

Câu

1) Ta có y2 5y x 6x y x y x

 =

− + =  

 = 

+ Với y x= 2x x+ =  +x ( x 1− )2 =0, khơng có x thỏa mãn + Với

x

y x 2x x 1 1

x x

4

 =  =

 

=  + =  

 =

= 

 



Từ tìm điểm thỏa mãn M 1; 3( )hoặc M 3;

 

 

 

2) Ta xét trường hợp sau + Với a b 5c

4

=  = − ta 5cx c =

Nếu c 0= phương trình có nghiệm với x Nếu c 0 phương trình có nghiệm x

5

=

+ Với a 0 , phương trình có bậc hai ẩn x Từ a b c

6+ + =5 ta 4

c a b

= − − Từ

2 2

2

2 2

4 16

b 4ac b 4a a b b ab a

6 5

16 64 8

b ab a a b a a

5 25 75 75

 

 = − = − − − = + +

 

 

= + + + = +  + 

 

Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho ln có nghiệm

Câu

1) Ta có 4ab(a b+ )2 nên ta suy

( )2 ( )2 ( ) (2 )( )2

8 8

a b 4abc a b c a b c a b

 =

(159)

Lại có 2 ( )

a +b  nên

( ) ( )( ) ( )

2

a b

8 a b 2

2 c 1

4abc c a

a b b

+ +

+  + 

+ +

+ + +

Mặt khác ta lại có

( )

2 8

c c 2 c

= 

+

+ + Do ( )

2

8 a b

2 c

c

b 4ab

a

+ 

+

+ + +

Tương tự

( ) ( )

2 2

2

8 c 8 a c

;

2 a b

b c 4abc c a

b

abc

+ +

+  + 

+ +

+ + + +

Cộng theo vế bất đẳng thức chiều ta

( )2 ( )2 ( )2 2

8 8 8

a b c

a b 4abc b c 4abc a c 4abc

+ + + + +  + +

+ + +

+ + + + + +

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a = = =b c 2) Vì 9k2+1 chia có số dư nên a2+b2+16c2 chia có số dư 1, từ ta suy a2+b2+c2 chia có số dư Mà bình phương số ngun tố chia có số dư nên từ 2

a +b +c chia có số dư ta suy hai ba số a, b, c phải

+ Trường hợp Khi a b 3= = ta có

( )( )

2 2

18 16c+ =9k + 1 17=9k −16c = 3k 4c 3k 4c− +

Do 17 số nguyên tố 3k 4c 3k 4c+  − nên từ 3k 4c k 3k 4c 17 c

 − =  =



 + =  =

  (thỏa

mãn)

Vậy ta (a; b; c; k) (= 3; 3; 2; 3)

+ Trường hợp Khi a c 3= = b c 3= =

Với a 3= ta có 32+b2 +16.32 =9k2+ 1 152 9k= 2−b2 =(3k b 3k b− )( + )=2 193 Vì 3k b; 3k b− + tính chẵn lẻ mà tích chẵn nên chúng chẵn Ta khả sau:

o Nếu 3k b

3k b

13 b 76

k

  =

 

 = =

− =

+  (thỏa mãn)

Ta (a; b; c; k) thỏa mãn (a; b; c; k) (= 3; 37; 3;13) o Nếu 3k b

3k

k b b

7

38

  =



  =



− =

+ =  (thỏa mãn)

Ta (a; b; c; k) thỏa mãn (a; b; c; k) (= 3;17; 3; 7)

(160)

đường cao nên phân giác góc

AOC, AOD· =COD· AD=DM

nên DA DM.= Vậy tam giác AMD cân D

2) Dễ thấy OEA= OEC c.g.c( ), từ suy ta

OAE=OCE=90

Do AE⊥AB Vậy AE tiếp tuyến chung ( )O ( )O '

3) Giả sử AM cắt đường tròn ( )O N' Ta có OAN' cân O OM⊥AN' nên OM đường trung trực AN' Từ ta CA CN'=

Ta có CN' A=CAM mà CAM=DOM, CN' H=COH Suy bốn điểm

C, N',O,H thuộc đường tròn Suy N' thuộc đường tròn ngoại tiếp CHO Do N' trùng với N

Vậy ba điểm A, M, N thẳng hàng

4) Vì ME song song với AB AB⊥AE nên ME⊥AE

Ta có hai tam giác MAO,EMA đồng dạng nên MO MA AO

MA AO.EM EA = EM =MA = Dễ thấy MEO cân M nên ME MO.= Thay vào hệ thức ta

2

MA =OA.MO

Đặt MO x 0=  ta có MA2 =OA2−MO2=a2−x2 Từ MA2=OA.MO suy a2−x2 =axx2+ax a− =0 Từ tìm ( )

5 a OM

2

−

=

Câu

1) Dựng tam giác ANB vuông cân N (A, B nằm khác phía NP)

Ta có AB2 =2AN2,

BAN=45

( )

AMN BNP c.g.c AM BP

 =   =

Do AP2+AB2=AP2+2AN2=AM2 =BP2 nên suy DABPvuông A

Nên 0

PAN PAB BAN 90= + = +45 =135

2) Gọi x ; x ; x1 2 3 ba nghiệm P x( ) ta có P x( ) (= x x− 1)(x x− 2)(x x− 3) Suy ra, P Q x( ( ))=(Q x( )−x1)(Q x( )−x2)(Q x( )−x3)

O' O

N M

H D E

C

B A

Q P

(161)

nghiệm

Hay phương trình ( ) i

x +2016x 2017 x+ − =0 i 1, 2, 3= vô nghiệm

Do đó, biệt thức tương ứng  ='i 10082−(2017 x− i) 0 2017 x− i 10082 Suy P 2017( ) (= 2017 x− 1)(2017 x− 2)(2017 x− 3)10086

Đề số 23 Câu

Theo ra: a2+b2+ +c2 2abc 1=

Suy a2+2abc b= − −c ; b2 +2abc c= − −2 a ; c2 2+2abc b= − 2−a2 Từ ta có

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

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2

P a b c b a c c b a abc = a c b b c b c a a c c a b a b abc = a a 2abc b c b b 2abc a c c c 2abc a b abc = a a bc b b ac c c ab abc

= a a bc b b ac c c ab abc a b

= − − + − − + − − −

− − + + − − + + − − + −

+ + + + + + + + −

+ + + + + −

+ + + + + − = + +c2 +2abc 1=

Câu 2.

a) Ta có:

( )

( ) ( )

2

4 2

2

x 12x x 18x 81 12x

x 18x 81 36x 12x x 6x x 6x x 6x x

x = x 6x x 6x 10

− = +  − + = +

 + + = + +  + = +

 + = +  − + =  =

  

+ = − − + + =

  

 

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S= 2; b) Điều kiện: x −2 Khi đó:

2

1 1

x x x 2 x x x

2 4

1

x x x 2 x

1 2 2

x x

1

2 x 2 x 1

x x

2

+ = −  + + + + = + +



+ + = + 

 + =

   

 + +  = +    



     + + = − −  + = − −



+ Với x x x 02 x 02 x =

x x x x

   

 

+ =   

= + − − =

 

 

+ Với x x x 02 x2 x

x 2x x x x

 +    − − −

 

+ = − −    =

+ + = + + − =

 

(162)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S ; 2

=  

 

 

Câu 3. a) Do x 0; y 0  nên biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

2

2 2

2

a b a x y b x y a b

a b

x y x y x y

a y

a y b x a y b x b x

a b a b 2ab 0

x y x y x y

+ + +

+   +  +

+

 

 

 + + +  +  − +   − 

 

 

Do bất đẳng thức cuối nên ta ( )

2 a b

a b

x y x y

+

+ 

+

b) Do x y 1+ = nên ta x y; y x= − = − Khi ta có

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

2

y y y

x x x

1 x x y y y x x y

1 x− +1 y− = − + + − + = + + +

Do x 0; y 0  nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

y y

x x

2

y x x y y x x y

y

x 1

2 2

1 x y xy xy

y x x y x y

+ 

+ + + +

 +  = =

+ + + +

Mặt khác ta lại có ( )

x y 1 9 1 4

xy xy

4 4 xy

+

 =  +   

+

Do ta 2.2

2 xy+  =3 Kết hợp hai kết ta có ( x ) ( y ) 34

y x+ +x y+ 

Hay ta x 2 y 2

(163)

phân giác tam giác ABC hạ từ A, B, C Gọi T trung điểm BC Do AD đường phân giác tam giác ABC nên

BD CD BD CD BD CD

BD 2, 5; CD 3,5

AB AC 7 12

+

=  = = = =  = =

+

Tam giác ABD có BI đường phân giác nên AI BA

ID = BD = 2, =

Do G trọng tâm tam giác ABC nên

AG

GT =

Từ kết ta AI AG

ID = GT =

Suy theo định lý Talet IG//DT hay IG//BC

b) Ta có BMI = BDI BD BM 2,5= = ; DBI=MBI BI cạnh chung; Suy BMI=BDI Chứng minh tương tự CNI = CDI Suy CNI=CDI

Mà

BDI CDI 180+ = nên

BMI CNI 180+ = suy AMI ANI 180+ =

Nên tứ giác AMIN nội tiếp Câu

+ Gọi đường tròn ( )I đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn ( )I với AC, CB, BA

Theo tính chất đường trịn nội tiếp ta có AD AF b c a

+ −

= =

Mà tứ giác ADIF hình vng nên

D T F E

K G I

M N

C B

I F

E

D B

(164)

ID AD AF r

2

= =  =

=

Ta cần chứng minh b c a+ − chia hết cho Thật vậy, theo định lý Pytago ta có

( )2 ( )2 ( )( )

2 2 2

b +c =a  b c+ −2bc a=  b c+ −a =2bc b c a b c a+ − + + =2bc

Do (b c a+ − +) (b c a) 2b 2c+ + = + nên (b c a+ − ) (b c a+ + ) có tính chẵn lẻ Mà (b c a (b c a) 2bc+ − ) + + = số chẵn nên (b c a+ − ) (b c a+ + ) có tính chẵn

Suy r b c a Z

+ −

= 

Cách khác Gọi độ dài ba cạnh tam giác ABC a; b; c + với b a; c a 

Dễ dàng chứng minh 2r b c a= + − Theo định lý Pitago ta lại có b2+c2 =a2 Ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp Nếu b c chẵn, từ b2 +c2 =a2 ta suy a chẵn nên b c a+ − số chẵn Từ dẫn đến r số nguyên dương

+ Trường hợp Nếu b c lẻ, từ b2+c2 =a2 ta suy a chẵn nên b c a+ − số chẵn Từ dẫn đến r số nguyên dương

+ Trường hợp Nếu b c khác tính chẵn lẻ, từ 2

b +c =a ta suy a lẻ, điều đãn đến b c a+ − số chẵn Từ ta r số nguyên

Vậy bán kính đường trịn thỏa mãn u cẩu tốn số nguyên

Đề số 24

Câu Từ giả thiết ta có a b 2 2;ab 2 1

2 2

− + − +

+ = + = = = Lại có

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

7 4 3 3

2

2 2 2 3 3

a b a b a b a b a b

a b 2ab 2a b a b 3ab a b a b a b

+ = + + − +

   

= + −  −  + − + − +

   

 

Từ ta

7 1 17 170 2 169

a b 2 2

2 64 64 64 64 64

     

+ = −  −  − − =  − = − =

     

 

Vậy a7 b7 169 64

+ =

Câu a) + Do ( )d đi qua điểm A 1; 2( ) nên thay giá trịx, y vào ta a b 2+ =

+ Do ( )d cắt trục hồnh điểm B có hồnh độ dương y 0= nên b

OB

a

−

(165)

Vì b 0 b a

− 

nên a 0 Ta có

2

b a 3a a 2

OB OC b a a

a a a a

− − −  

+ = − + = − + − = = + − + 

−

 .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a 2 a 2

a a

− +  − =

− − nên

2

3 a 2 a

− −  +

Suy OB OC 2+  + Theo dấu xảy nên

2

a a a a

=  − =  = − (vì a âm) Từđó ta a= − 2 = +b 2 Vậy phương trình đường thẳng ( )d y= − 2x 2+ + 2

b) Để phương trình có nghiệm 9x2+16x 32+ phải số phương Khi 2( )

9x +16x 32 t t+ =  Phương trình tương đương với

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

4

81x 144x 288 9t 81x 2.9.8 64 224 9t

9x 3t 9x 3t 224 14 28 56 2.112 14 28 56 112

+ + =  + + + =

 + − + + = − = − = − = − = −

= − = − = − = −

Ta có x Z; t N  nên 9x 3t 9x 3t+ +  + − 9x 3t+ − ;9x 3t+ + tính chẵn lẻ Lại thấy 9x 3t+ + 9x 3t+ − chia dư ta có trường hợp sau

9x 3t 14 9x 3t 56 9x 3t 9x 3t

; ; ;

9x 3t 16 9x 3t 9x 3t 28 9x 3t 112

 + + =  + + =  + + =  + + =

 + − = −  + − = −  + − = −  + − = −

   

Giải trường hợp ta x − − − 7; 2; 1; 2

+ Với x= −  − −1 27 16y 5=  = −y 2(thỏa mãn) + Với x 30 16y y

4

= −  − − =  = − (loại)

+ Với x 18 16y 10 y

=  − − =  = (loại)

+ Với x= −  − −7 45 16y 19=  = −y 4(thỏa mãn)

Vậy nghiệm nguyên phương trình ( ) (x; y = − −1; ,) (− −7; 4) Câu Phương trình tương đương với

( )

3 2 3x

4x 5x 3x 3x x 4x 5x 3x 1

+ + + − + =  + + − =

+ +

2

2 x

x 4x 5x 3

4x 5x

3x 1

 =

  

  + + − = 

+ + − =

+ +

  

(166)

Với 4x2 5x 3 0 3x 1

+ + − =

+ + , ta có

( )

( )( )

( )( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

3

4x 5x 4x 5x 3x 4x 5x 3x 1

x 4x 3x 4x 5x x 4x 3x 3x 4x 5x

x 4x 3x 4x x 4x 3x 1 12x x 4x 3x x 4x 4x

2 3x 1

4x x 3x x 3x 1

+ + − =  + + + + + =

+ +

 

 + + +  + + + =

 + + + + + + + =

 + + + + + + + + + − =

+

 + + + + + + + + =

+ +

 

 +  + + + + + =

+ +

 

Vì x

−

 nên x +1luôn lớn không nên (x 1) 3x x 3x 1

+ + + + + 

+ +

Suy từ phương trình ta x

−

= nghiệm phương trình

Vậy nghiệm phương trình x

−

= x 0= Câu Điều kiện: x

2

 Phương trình thứ hai tương đương với

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )

4

4 x 2y 5x x 3 5x 5x 2y x 3

2y x 3

 = 

 

− − = −  −  − + = 

− + = 

Với 2y x 34( − + =) ta y4 y2 2x 2x

=  =

− − , vào phương

trình thứ ta 2x 6x 2x− − + = 2x− − − hay

( ) ( )( )

6x 3− + 2x− =5 3− 6x 2x− −

Với phương trình ta nhận thấy có hướng xử lý sau

+ Hướng Đặt ẩn phụ a = 6x− 3 0; b = 6( −2x) 0 Khi ta hệ phương trình

( ) ( ( ) )

2 2

2

a b 15 a b 15

3 a b 45 6ab ab

a b 3 a b ab 15 3 a b 15 ab

 + =  + =  + = +

  

 + = −  

+ + = + = −

  



(167)

Với ab 6= ta a b+ =3 suy a=2 3; b= a= 3; b=2 Từ a=2 3; b= ta

( )

6x 3 5 x

2 2x

 − =

  =



− =



Từ a=2 3; b= ta

( )

6x 3

x 2x

 − =

  =



− =



Đây hệ phương trình đối xứng nên ta giải hệ

+ Hướng Nhận thấy phương trình có nghiệm x =1 nên ta sử dụng đại lượng liên hợp

( ) ( )( )

( )

2

6x 3 2x 6x 2x

6x 3 2x 3 12x 42x 18

6x 6 6x 12x 42x 30

6x 3 2x 3 12x 42x 18

1 2x

6x

6x 3 2x 3 12x 42x 18

− + − = − − −

 − − + − − = − − + −

− − − +

 + =

− + − + + − + −

 − 

 

 − − − =

 − + − + + − + − 

 

Xét phương trình

( )

1 2x

0

6x 3 2x 3 12x 42x 18

−

− − =

− + − + + − + −

Phương trình viết lại thành

( )( )

( )

2

1 2x

0 2x 1 2x 2 4x 14x

6 2x 2x 1 2x

0 2x 1 2x 1 4x 14x 6 2x 2x 2x

0 2x 1 2x 1 4x 14x

5 2x 2x

5 2x

6 2x 2x 0

2x 1 2x 1 4x 14x

1

6 2x 2x 2x

2x

−

− − =

− + − + + − + −

− + − − − −

 + =

− + − + + − + −

− − + − − −

 + =

− + − + + − + −

− + −

−

− + + −

 + =

− + − + + − + −

+

− + + −

 −

−

( )( )

1

0 x 1 2x 1 4x 14x

 

 

 + =  =

 + − + + − + − 

 

 

(168)

( )x; y 1; , 1; , 5; ,4 5; 43

2 2

   

= −    − 

       

   

Câu

a) Ta cóAMBlà góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên

AMB 90= AMB=BCH

đồng thời có góc MBA chung nên AMB BCH HC MA BC MB

 ∽   =

Cũng có MC phân giác góc AMB nên AC MA BC = MB Kết hợp hai kết ta có HC AC

BC = BCsuy CA CH=

b) Tứ giác EHCA có ba góc vng nên hình chữ nhật lại có hai cạnh kề

HC=ACnên tứ giác EHCA hình vng

Khi

AMB AMH 90= = nên MI 1AH 1EC EMC 900

2

= =  =

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta FMC 90= nên EMC FMC 180+ = suy ba điểm M, E, F thẳng hàng

c) Ta có

2

1 2

CE CF CE.CF

S ; S S S

2 2

= =  =

Vì E, M, F thẳng hàng nên CM đường cao tam giác vng CEF Khi áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có

2

2 2 2

1 1 CE CF

CM

CM =EC +CF  = CE +CF Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

2

1

2

CE CF CE.CF

S S

CE +CF  =

Suy CM2  S S1 , AMBMnên dấu khơng xảy ta có điều phải chứng minh

Câu 5. Biến đổi giả thiết ta có

( ) 1 27

32abc 18 a b c 27

16 ab bc ca 32 abc

 

= + + +   + + + =

 

H

F D

M E

B O

(169)

Đặt x; y; z x, y,z 0( )

a = b= c =  Khi giả thiết trở thành

( )

9 27

xy yz zx xyz 16 + + +32 =

Và P viết lại P= 1 x− + 1 y− + 1 z− Áp dụng bất đẳng thức dạng

3

x y z xyz

3

 + + 

  

 

( )2

x y z xy yz zx

3

+ +

+ + 

Ta ( ) ( ) ( )

2

3 x y z x y z

9 27

1 xy yz zx xyz

16 32 16 32

+ + + +

= + + +  +

Vì x, y,z 0 nên x y z 2+ +  suy ( ) 2 2 x y z

x y z (1)

3

+ +

+ +  

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng (1) ta có

( )

2 2 2

P= x− + y− + z−  3 − x +y +z   4− = Vậy giá trị lớn P Dấu xẩy a b c

2

= = =

Đề số 25 Câu Nhìn vào tử số P ta có biến đổi quen thuộc

( ) (2 ) (2 )2

2 2 a b b c c a

b c ab bc ca a

2

− + − + −

+ + − − − =

Từ phải biến đổi giả thiết để xuất thêm c a−

Ta có c a− = −(b c− − −) (a b)= − − = −3 10 Đặt T tử của P ta T = 79 Đặt M mẫu P, M phân tích thành tích thành

M=(a c a c 2b− )( + − ) (= a c a b c b− )( − + − )=40

Vậy ta P 79 40

=

Câu Điều kiện xác định phương trình x

 Phương trình có nên ta khử cách bình phương vế phương trình lúc bậc 4, nhiên không nhẩm hai nghiệm phương trình bậc bốn ta khơng thể sử dụng phương pháp

Phương trình tương đương với x2+ −3 2x x+ +3 x 3+ =0

Nhận thấy có hệ số 2x x 3+ , cóx nên ta nghĩ đến phân tích thành bình phương

(170)

( ) ( )

( )( )

x 2x x x x x x x x x x x

x x x x

x x

 = +



 − + − + − =  

− = +



Đến kết hợp với x

 ta xét trường hợp

+ Với x= x 3+ x 0 x 13

x − − =  = +

 x

2



+ Với

( )2

x 3 17

x x x

2 x x

  +



− = +   =

− = +



Vậy phương trình cho có tập nghiệm 13 17

S ;

2

 + + 

=  

 

Câu Cả hai phương trình có hạng tử xy nên ta tìm cách triệt tiêu, lúc tốn giải Hệ phương trình cho tương đương với

2xy x y

3y 3x y x 2xy 2y 2x

2xy x y

xy y x

− +

  − + =

  −

=

− + = =  = +

  − + =

 

Thế y x

= + vào phương trình thứ ta x2 2x x 2;4

3 3

 

+ − =   − 

 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( )x; y 2; , 4; 3

 −   

= −   

   

Câu 1) Cả giả thiết kết luận liên hệ đến Thậm chí, giả thiết 2y

x

1

1 x y+ + + = ta nên áp dụng bđt phù hợp Do để có đánh giá hợp lí ta biến đổi giả thiết trước

Ta có x 2y x 3xy 2y 2xy y 1 x y x y xy

+ +

+ =  =  + =

+ + + + +

Đến quan sát để ý kĩ xy2 =y.xy y xy hai hạng tử đẳng thức Ta tìm cách biến đổi vế trái đẳng thức thành tích sử dụng bất đẳng thức AM – GM

Ta có 1 2x 2 2xy.y 2 xy2 1 8xy2 x

y y y

= +  =    

Vậy giác trị lớn P

8, xẩy

1 2xy y x y

2

=  = = Cách khác :

1. Ta có :

( )( ) ( ) ( )( )2

y y xy 4xy

1 x

1

(171)

2. Mặt khác :

( ) (2 )2

1

1 x+ = −1 x+ =1 y+  1 x+ = 1 y+ Do :

( )( ) ( )( )

2

8xy

1

xy x y x y



+ + + +  

2 Phương trình tương đương với x2+3xy 2y+ 2− − =x nhận thấy phương trình có bậc hai nên ta sử dụng delta để giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình tương đương với 2 ( )

x +3xy 2y+ − − = x x + 3y x 2y− + − =5

Xem phương trình phương trình bậc ẩn x ta

( )2 ( 2 ) 2 ( )2

3y 2y y 6y 21 y 12

 = − − − = − + = − +

Để phương trình có nghiệm nghiệm ngun là số phương

Đặt ( )2 ( )( )

y 12 a a y a y 12

 = − + =  − + + − = với a số nguyên Vì a y 3− + a y 3+ − tính chẵn lẻ nên ta có bảng sau

a y 3− + −2 −6

a y 3+ − −6 −2

a 4 −4 −4

y 5 (TM) 1 (TM) 1 (TM) 5 (TM)

Thay y 5= vào phương trình cho ta  

x +14x 45 0+ =   − −x 9; Thay y 1= vào phương trình cho ta  

x +2x 0− =   −x 3;1

Vậy phương trình có nghiệm ( ) (x; y = 5; , 5; , 1;1 , 1; 3− ) ( − ) ( ) ( − ) Câu

1) Để chứng minh AK vng góc với HK ta dựng tam giác cân bên ngoại chứa đường cao AK tìm cách chứng minh tam giác cân cách chứng minh AK trung trực, trung tuyến, phân giác

Thật vậy, gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giả sử AH cắt đường tròn F AK cắt đường tròn

( )O E Kẻ đường kính AG HK cắt AG Q Dễ thấy OE trung trực BC suy OE song song với AH Khi ta có

F H N

D

J

I M K

G Q

P O

E

C B

(172)

EOG FAG sdFG FOG FOE

2

= = = =

Do ta FE EG= nên suy AK phân giác HAQ Mặt khác BJ CD đường cao tam giác ABC MN cắt OH P Dễ thấy BG vng góc với AB CH vng góc với AB dẫn đến HC song song với BG, tương tự BH song song với CG nên suy HBGC hình bình hành hay M trung điểm HC Ngồi cịn có N trung điểm AH nên MN đường trung bình tam giác AHG PK song song với OQ Mặt khác N trung điểm AH nên ON đường trung bình tam giác AHC hay ON song song với HM, mà ta có OM song song với NH suy ONHM hình bình hành Do P giao điểm hai đường chéo nên P trung điểm OH Kết hợp với PK song song với OQ suy K trung điểm HQ Đến có AK vng góc với HK Từ ta

+ Cách khác : Để chứng minh AK vng góc với HK hay tam giác AKH vuông K ta cần chứng minh

3. AN NH NK= = hay HNK=2HAK Mà ta có DNH=2DAN nên ta phải chứng minh DNK=2DAK Ta có 2DAK=BAC ta chứng minh

DNK=BAC

4. Dễ thấy DNK KNE 1DNE

= = tứ giác AOHE nội tiếp nên

1

BAC sdDE DNE DNK

2

= = = Bài toán chứng minh

2) Để chứng minh AK đường kính đường tròn (O) ta cần chứng minh tam giác AFK vuông F hay

o

AFD 90= Nhân thấy o

AHD 90= nên ta cần tiếp tục phải chứng minh tứ giác AFHD nội tiếp Thật

1 1 1

HDE sdBE sdAC sdEC sdAC sdAE

2 2 2

= + = + =

Mà ta có AFE 1sdAE

= , đóAK đường kính

đường trịn ( )O

Câu Theo giả thiết Nam chơi bóng bàn vào thứ Hai chơi bóng đá vào thứ Tư Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ CN

Bóng bàn

Bóng đá

Do Nam chạy ngày tuần, khơng có ngày liên tiếp nên Nam chạy vào thứ 3, thứ 5, thứ thứ 3, thứ 6, chủ nhật thứ 3, thứ 5, chủ nhật

A

B C

E O

K D

(173)

Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ CN Bóng

bàn

Chạy Bóng đá Chạy Chạy

Lúc này, Nam chơi cầu lông vào thứ chủ nhật, mà Nam không chơi cầu lông sau ngày Nam chạy nên Nam chơi cầu lông Trường hợp loại

+ Trường hợp Nam chạy vào thứ 3, thứ 6, chủ nhật

bàn

Lúc này, Nam chơi cầu lơng vào thứ thứ7, mà Nam không chơi cầu lông sau ngày Nam chạy nên Nam chơi cầu lông vào thứ Khi Nam bơi vào thứ

Trường hợp Nam chạy vào thứ 3, thứ 5, chủ nhật

bàn

Lúc này, Nam chơi cầu lông bơi thứ thứ 7, mà Nam không chơi hai môn hai ngày liên tiếp nên Loại

Qua trường hợp ta có thời gian biểu thức Nam là: Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ CN

Bóng bàn

Chạy Bóng đá Cầu lơng

Chạy Bơi Chạy

Vậy Nam bơi vào T7

• Nhận xét Ta trình cách giải thích khác sau.

(174)

Câu

a) Ta có: 2

3 5 (3 )

x= −  − =x  −x = x − x+ =

5

8 17 116 104 A=x − x + x + x − x+

4 3 2

(x 6x 4x ) 2(x 6x 4x ) (x 6x )x 20(x 6x 4) 24

= − + − − + + − + + − + +

3 2 2

( 4) ( 4) ( 4) 20( 4) 24 A=x x − x+ − x x − x+ +x x − x+ + x − x+ +

A = 24

b) Ta có: 2( x2+y2 −x)( x2+y2 −y)=2x2+y2− +(x y) x2+y2 +xy 2 2 2

(x y 2xy) 2(x y) x y x y

= + + − + + + +

2 2

(x y) 2(x y) x y x y

= + − + + + + = ( )

2 2

x+ −y x +y (*) Do x > 0, y > nên (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy > x2 + y2

Suy : 2

x+ y x +y

Khai hai vế đẳng thức (*) ta điều phải chứng minh Câu

a) Điều kiện: x1 Ta có: (1)

(x 8x 16) (12x 12 3x 4)

 − + − − − − + =

2

(x 4) (2 3x 2)

 − = − −

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

x x x x

 − = − −  − = −

 

− = − − − = −

 

 

Giải (2): (2) 2 2 4(3 3) 4 16 16

x x

x

x x x x x

 

 

   = +

− = − + − + =

 

Giải (3): (3) 2 12 24 48

x

x x

 

  = −

− + =



KL: Phương trình (1) có nghiệm: x= +8 x=12 6−

b) Giải hệ phương trình:

2

3

4 (1) 12 + (2)

x y x

x x y x

 + + =

 

+ + =



Ta có: (1)  2

9 12= x−3x −12y , vào phương trình (2) thu gọn ta được:

3 2 2

2

8 3( ) ( )( )

2

x y x y x y x xy y x y x y

x xy y x y

+ = −  + − + − + =

+ = 

  − + − + = 

*) TH1:

2 x

x+ y=  =y − , vào phương trình (1) ta

2

(175)

trình (1) ta được:

3 6 ( 3)(2 1) 1

2 x

xy x y x xy x y x y

y

=  

− − + − = −  − − + =  − − = 

 = 

+ Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta được: 4y2 =  y = 0, cặp (x;y) = (3;0) thoả mãn phương trình (2)

+ Nếu

y= , thay vào phương trình (1) ta được: (x - 2)2 = x = 2, cặp (x;y) =

2;

 

 

  thoả mãn phương trình (2)

Vậy nghiệm hệ cho (x; y) = (3;0) (x;y) = (2; 1) Câu

a) Ta có: (*)

5(x+y) −4xy−20(x+y)+24=0 Đặt x + y = a, xy = b thu được:

2

2 20 24

5 20 24 (1)

4

a a

a − b− a+ =  =b − +

Mặt khác: 2

(x−y)  0 (x+y) −4xy 0 a 4b hay

4 a b (2) Từ (1) (2) được:

2

5 20 24

5 ( 2)( 3)

4

a a a

a a a a a

− +   − +   − −    

Vì a nguyên nên a = a =

+) Với a = b = ta có:

1

x y x

xy y

+ = =

 



 =  =

 

+) Với a =3 

b= (loại)

Vậy x = 1, y = thoả mãn yêu cầu b) Đặt A = n4+ +n3

+) Nếu n = A = 3, khơng số phương +) Nếu n = A = 25, số phương

+) Nếu n > ta có: 2 2

4A=4n +4n + =4 (2n +n) + −4 n (2n +n)

4 2 2

4A=4n +4n + 4 4n +4n + +4 n −8n −4n=(2n + −n 2)

2 2

(2n n 2) 4A (2n n)

 + −   +

Vì A số phương nên 4A số phương Do ta được:

4A = 2 2

(2n + −n 1) 4n +4n + =4 (2n + −n 1) 3n +2n+ =3 0, vô nghiệm Vậy n = số cần tìm

(176)

Kẻ Ax tia phân giác góc BAC

kẻ BM ⊥Ax M, CN⊥Ax N.Từ hai tam giác vng AMB ANC có:

sin sin sin

2

A BM A

MAB BM c

AB

= =  = sin sin sin

2

A NC A

NAC NC b

AC

= =  = ,

đó: ( ).sin A BM +NC= +b c

Ta ln có: ( ).sin sin

2

A A a

BM NC BC a b c a

b c

+  =  +   

+

Do b c+ 2 bc nên 1

2

b+c  bc , đó: sin 2

A a

bc

 (Dấu đẳng thức xảy b = c)

2)

a) Ta có (O) nội tiếp tam giác ABC nên AO BO phân giác

( )

1

BOP BAC ABC

 = + ; CM = CN  CMN cân C

0

0 180

180 180 180

2

ACB BAC ABC

BNP MNC − +

 = − = − = −

0

180

BOP BNP

 + = tứ giác BOPN nội tiếp

OBN OPM

 = (cùng bù với OPN) hay OBC=OPM (1) Mặt khác: OMC=ONC=900tứ giác OMCN nội tiếp

OMN OCN

 = hay OMP=OCB (2)

Từ (1) (2) ta hai tam giác OBC OPM đồng dạng PM OP OM

BC OB OC

 = =

C B

x M N

I E

N

F O

A

B C

M

(177)

+) Hai tam giác OQN OAC đồng dạng

QN ON QN OM

AC AC AC OC

 =  = (do OM = ON)

+) Hai tam giác OPQ OBA đồng dạng PQ OP BA OB

 =

Vậy ta được: PM QN PQ MP NQ PQ

BC = AC = AB  a = b = c (đpcm)

b) Ta có tứ giác AOQM nội tiếp AMO=AQOAQO=900 AQB vng Q

2

QE BE AB BEQ

 = =   cân E EQB=EBQEQB=QBC (do QBC=EBQ) / /

EQ BC



Mặt khác: E, F trung điểm AB AC EF/ /BC , ,

E Q F

 thẳng hàng QF/ /NI (1)

Lại có: CM =CN, MF = NI (gt) MF NI FI/ /MN FI/ /NQ CM CN

 =   (2)

Từ (1) (2) ta tứ giác FINQ hình bình hành, IQ qua trung điểm NF

Câu

Chứng minh: Với hai số thực dương a, b ta có: 1 1

4

a b a b

 

  + 

+   (*) , dấu xảy

ra a = b

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

1 1

2 2 2

x x x x

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

 

  +   +

+ +  + +  + + + +

Áp dụng (*): 1 1 ( ) ( )

y z x x y x z x y x z

 

=   + 

+ + + + +  + + 

1

2 4

x x x x x x

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

   

   +    + + 

+ +  + +  + +  + + 

Tương tự ta được: 1

2

y y y

z x y y z y x

 

  + + 

+ +  + + 

1

2

z z z

x y z z x z y

 

  + + 

+ +  + + 

1

3

x x y y z z

P

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

 

   + + + + + + 

+ + + + + +

 

3

=

Vậy giá trị lớn P

2 x = y = z

(178)

a) Điều kiện

0

4

2

2 x

x x

x

  

  

 −  

  



 +

 − 

 +



Ta có 2( 3) (: 3)

4 2

x x

A

x x x

+ − +

= =

− + −

b) Để x nguyên mà biểu thức Anhận giá trị nguyên  −2 x ước

 

2 x 1;

 −   

Nếu 2− x=  =  =1 x A 2( )tm Nếu 2− x = −  =  = −1 x A 2( )tm Nếu 2− x=  =  =2 x A 1( )tm Nếu 2− x = −  =2 x 16 = −A 1( )tm Vậy x0;1;9;16

Câu

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

) +1 −2 +6 − =3 45  +7 +6 −5 +6 =45

a x x x x x x x x x x

Nhận thấy x=0 khơng nghiệm phương trình

Do phương trình tương đương với x x 45

x x

 + +  + − =

  

  

Đặt t x x

= + + ta phương trình t2− =  = 81 t

Với t x x2 8x x 10 x

=  + − =  − + =  = 

Với t x 10 x2 10x x 19 x

= −  + + =  + + =  = − 

Vậy phương trình cho có nghiệm x= 4 10;x= − 5 19

b) Ta có ( ) ( )( )

1 4y 1 4y

x x + + =x −  x+ x + = Do x y,  x y, 0

- Nếu x=  = 0 y ( ) ( )x y; = 0;0 nghiệm phương trình cho - Nếu x    +0 y x chẵn, đặt x=2k+1(k0)

Khi ( )( )

1 2 4y k+ k + k+ = −

Do 2k2 +2k+1 số lẻ nên suy k=  =  = 0 x y ( ) ( )x y; = 1;1

Vậy phương trình cho có nghiệm ( ) ( ) ( )x y; = 0;0 ; 1;1

(179)

Từ

2

Khi

3

H = − + −t t t

Nếu ( )2

0 1 2

t H = − − = −t t t −  − Dấu “=” xảy  =t Nếu t 0 H = − −  −  −t2 4t 1

Vậy 1

2 x

MinH t

y

= −  = −  =   =



Câu

a) Từ giả thiết ta có CE CD;CE CA DCA BCE 900 CB CD

 = =  = =

Suy ADC EBC g g( ) ADC =EBC ( )1

Do tứ giác AHDC nội tiếp suy AHC=ADC ( )2

Do tứ giác BCHE nội tiếp suy ( )

180 EBC+CHE=

Từ (1);(2);(3) suy

180 , ,

AHC+CHE= A H Elà ba điểm thẳng hàng

b) Ta có 0

tanADC AC ADC 60 EDC 60 CD

= =  =  =

Lại có

60 AD⊥HC ACH= ADC=

Mặt khác tứ giác BCHE nội tiếp suy 60 AEB=HCA= Suy tam giác ABE đềuC trung điểm AB

c) Do 90

AHB= H thuộc đường trịn đường kính AB cố định

Kéo dài HC cắt đường trịn đường kính AB điểm thứ hai I (I khác H) Suy

60

AHI = I cố định

Vậy HC qua điểm I cố định C thay đổi đoạn AB

x

I H

A B

C E

(180)

Bất đẳng thức ta thấy viết lại thành x y y z+ + + (y z z x x y+ )( + )( + )

Đặt a x y; b y z; c z x= + = + = + Khi từ x y z 2+ + = ta a b c 4+ + = Bất đẳng thức viết lại thành a b abc+ 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a b c 2= + +  (a b c+ ) Hay ta 2 (a b c+ )  4 (a b c+ ) nên a b( + ) ( a b c+ )2 Mà ta lại có (a b+ )2 4ab nên suy a b( + )4abc hay a b abc+  Bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a= =b 1; c 2= hay

x z 1; y 0= = = Câu

Từ điểm có 4+3+2+1=10 đoạn thẳng Do có đoạn thẳng có độ dài nhỏ

Giả sử điểm A B C D E, , , , hai A B, có độ dài nhỏ Khi điểm , ,

C D E có hai khả sau:

+ TH1: Cả ba điểm nằm phía nửa mặt phẳng bờ AB

Vì khơng có điểm thuộc đường trịn nên C D E, , nhìn AB với góc nhọn khác

Giả sử ACBADB AEB, đường trịn qua ba điểm A B D, , chứa điểm C bên điểm E nằm bên ngồi đường trịn

+ TH2: Có điểm khác phía hai điểm khác hai nửa mặt phẳng bờ AB

C

E

A B

D

C

E

A B

(181)

Vì khơng có bốn điểm thuộc đường tròn nên C D, nhìn AB với góc nhọn khác

Giả sử ACBADB, đường trịn qua ba điểm A B D, , chứa điểm C bên điểm E nằm bên ngồi

Vậy ln có đường trịn thỏa mãn u cầu tốn

Đề số 28 Câu

a) Nhận xét:

n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25 (n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17 (n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13

Lần thứ nhất, chia vật có khối lượng 19992, , 20042 thành ba phần: A+25, A+17, A+13 Lần thứ hai, chia vật có khối lượng 20052, , 20102 thành ba phần: B+25, B+17, B+13 Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112, , 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13 Lúc ta chia thành nhóm sau: Nhóm thứ A+25, B+17, C+13; nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13 Khối lượng nhóm A + B + C + 55 gam

b) Viết phương trình cho dạng: 9.(3x– 2 +19) = y2 (x2) Để y số nguyên điều kiện cần đủ 3x– 2 + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương)

Nếu x – = 2k + số lẻ 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho không chia hết số phương

Do x – = 2k số chẵn

Ta có 3x– 2 + 19 = z2 ( 3k)( 3k) 19

z z

 − + = Vì 19 số nguyên tố z−3k  +z 3k nên

3 19

k k

z z

 − = 



+ = 

10 10 3k

z z

k

= =

 

  =

= 



Vậy x = y = 30 Câu

a) TXĐ: R Vì

2

x=− khơng phải nghiệm, nên phương trình cho tương đương với phương trình:

2

6

2

x x

x

+ +

= + +

+

2

6

2

x x

x

+ +

 − = + + −

+

2 2

2

6 2(2 1) ( 2)( 2)

2 2 3 2

x x x x x x x

x x x

+ + − + = + + + + + −

(182)

2

2x x 2x 3 2

 =

+ + + +

( )

2

1

2

x x x x x    + −  − = + + + +    2

2

2 2

x x

x x x

 + − =  + + + = +  (1) (2)

PT (1) có hai nghiệm x1;2 = − 1 PT (2) 

2 2

x + x+ + = x+  x2+2x+ =2 2x−1 

2

1

2 (2 1) x

x x x

     + + = −  3 15 x +  =

Vậy phương cho có ba nghiệm: 1;2

3 15 2;

3 x = −  x = +

b) Hệ phương trình ( ) 2 2 2 2 1 y x x y

x xy y x xy y

 + =  =  +    + + = + + =   Xét hệ:

( ) ( )2

2 2

2

1 2 1

y x y x

x xy y x x x x

= +  = +      + + =  + + + + =   2

2 0

7 5

7

y x

y x x

x x x = +   = +   =   + =   = −    x y =   =



5 7 x y  = −    = −  Xét hệ:

( ) ( )2

2 2

2

1 2 1

y x

x xy y x x x x

= − −  = − −    + + =  − + + + =    2

3

1 y x y x x x x x = − −  = − −    + =  =     = −   x y =   = −  1 x y = −   = 

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) là: (0;1), 5; 7

− − 

 

 , (0;-1), (-1;1)

Câu

Sử dụng bất đẳng thức Cơ si

Ta có: ( ) ( )

2

1

1 1

1 2

b a b a

a b ab

a a a

b b b

+ +

+ = + −  + − = + − +

+ + (1)

Tương tự:

1

b c bc

b c

+  + − +

+ (1)

1

c a ca

c a

+  + − +

+ (3)

Từ (1); (2) (3) suy ra: 2

1 1

3

1 1 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

+ + + + +  + + + − + +

+ + +

Mặt khác a2+b2+c2 ab bc ca+ + hay 3(ab bc+ +ca)(a b c+ + )2 =9 Do đó: 2 2 2

1 1 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

+ + + + + + +

+ +  + −

+ + + =

3

(183)

Vậy 2

1 1

b + c + a + Dấu xảy a = b = c = Câu

a)

MPA đồng dạng MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1)

MAO vng A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) Từ (1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay MP MO

MH = MQ (*)

MPH MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy MPH đồng dạng  MOQ (c.g.c) suy MHP=MQO

Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp  HPO=HQO=

2sd OH (đpcm) b)

Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay EBF cân E, suy

2

BFA= BEA Đặt AEB=

2

AFB= nên F di chuyển cung chứa góc



dựng BC Ta có: 1

EA+EB

4 EA EB



+ Như

1

EA+EB nhỏ EA + EB lớn hay EA + EF lớn nhấtAF lớn (**)

Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy O’AB cân O’ suy O’A=O’B (3)

O’EB O’EF có EB = EF, O’E chung FEO'=BEO' (cùng bù với BAO'  O’EB =O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4)

P

H M

O A

B Q

O'

F

A B

(184)

Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc

2 dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB)

Do AF lớn đường kính (O’) E  O’ (***) Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB 1

EA+EB có giá trị nhỏ

Câu

Gọi O tâm hình vng ABCD cạnh a > chứa hình trịn bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung Suy tâm hình trịn nằm hình vng MNPQ tâm O cạnh (a-2) MN // AB Các đường trung bình hình vng MNPQ chia hình vng thành hình vng nhỏ

Theo ngun lí Dirichle tồn hình vng nhỏ chứa tâm hình trịn nói trên, chẳng hạn O1 O2

Do hình trịn khơng có hai hình trịn có điểm chung nên O1O22 (1) Mặt khác O1O2 nằm hình vng nhỏ có cạnh

2 a−

nên

1

2 2 a

O O  − (2) ( 2 a−

là đường chéo hình vng nhỏ)

Từ (1) (2)  2 2 2

a

−

   + Do hình vng có cạnh lớn

hoặc (2 2+ ) thỏa mãn yêu cầu toán

Vậy hình vng ABCD có cạnh (2 2+ ) thỏa mãn yêu cầu toán

Đề số 29 Câu

( ) ( )

( )

2

3

3 9

)

3 3

6 9 12

− − +

 − +    −

= −   − =

+ −   − +

 

= − + − + + =

a a

a a a a a

a A a a

a a a a a a

a a a a a

b) Có M = + = −A a a 12 a =( a−6)2−36 −36 O2

O1

2+2

D C

A B

P Q

M

O N

O1

O2 a-2

(185)

Vậy MinM = −  =36 a 36 Câu

a) Điều kiện x0

Ta có ( )

2

2 2 2

9 2

1 *

2 9

x x x

x x x x

+

+ =  + − =

+ +

Đặt ( )

2

2 2

2

1

2 9

x x x

t t t

x t x

x

+

=   =  =

+ +

Khi phương trình (*) có dạng

( ) (2 )

3 2

1

2 3 1 1 t

t t t t t

t t

=  

+ − =  − + =  − + = 

 = − 

- Với

2

1

2 x

t x x

x

 

=  = +  

+ =

 phương trình vơ nghiệm

- Với 2 20 2 20

2 9

x x

t x x x

x x x

 

 

= −  − = +    = −

= + =

  Vậy phương

trình cho có nghiệm 2 x= −

b) Thay (2) vào (1) ta

( )( )

3 2 2

5 21

x −y = y − y x−y  x − x y− xy =

( )( )

0

7

3 x

x x y x y x y

y x

  =  

 − + =  =

   = − 

- Với x=0thay vào (2) ta y= 2 - Với

7

x= ythay vào (2) ta 31 49y

− = phương trình vơ nghiệm

- Với

3 y

x= − thay vào (2) ta

9

y =  = y Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

( ) ( ) (x y; = 0; ; 0; ;− ) (−1;3 ; 1; 3) ( − )

Câu

a) Nếu x=  =0 y thỏa mãn Nếu y=  0 x không thỏa mãn

Xét x0;y0 phương trình cho có dạng

( ) ( )2 ( )3

3 3 3

(186)

( ) (2 )( 2 ) ( )

1 1 *

a+ = +b b − +b

Từ ( )* ta thấy b+ 1 Gọi ƯCLN(

1; 1) b+ b − + =b d

( ) ( )

2

1

1 3

1 b d

b b b b b d d

b b d

+ 

  − + = + − + + 

− + 

Mặt khác ( )2 ( ) 4.27

a+ = x + không chia hết không chia hết

( )

1 1; 1

d = d b+ b − + =b

Từ ( )* nhận thấy tích hai số nguyên tố số phương nên phải

có ( )

2

1

; *; 2;

1

b m

m n m m

b b n

 + =

   



− + =



Ta có ( ) (2 )

1 1

n = m − − m − +

( ) (2 ) ( ) ( ) (2 ) ( )

2 2 2

1 ; 2

n m m n m m

 = − − − = − + −

Từ (1) (2) (m2−2)2 n2(m2−1)2 vô lý suy phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm ( ) ( )x y; = 0;1

b) Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương, xét (x y0; 0) nghiệm mà

(x0+y0)là nhỏ

Do vai trò x y0; 0bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử x0  y0 Ta có 2

0 0 0

x −mx y+y + =  y nghiệm phương trình

( )

2

0 1

y −mx y+x + =

Suy phương trình cịn nghiệm y1 thỏa mãn

( ) ( )

0

1

0

2

y y mx

y y y x

+ =

 



= +

 nguyên

dương  +x0 y0x0+ y1 y0  y1

- Nếu x0 = y0thay vào phương trình cho ta

2

0

2

0

2 1

2

y

m y

y y

+

= = +  = (do

0 ;

m y nguyên dương) suy m=3

- Nếu x0 y0 = y1thì từ (3) suy ( )( ) 2

0 0 0

y =x +  y −x y +x = (vơ lí) - Nếu x0 y0 y1

0

1 y x y x

 +



  +

 nên từ (3) suy ( )( )

2

0

x + x + x +  x + 

vơ lí

(187)

a) Ta có AMN=MBH+MHB ANM; =NCH+NHC

Mà MBH=MCH MHB; =NHC

Suy AMN =ANM  AMN cân A b) Kẻ tiếp tuyến Ax (O) xAB= ACB Mà ACB=AFE (vì tứ giác BFEC nội tiếp);

/ /

xAB AFE Ax EF OA EF

 =   ⊥

Tương tự OB⊥FD OC; ⊥ED Lại có

( )

1 1

2 2

1

2

ABC AEOF BDOF CDOE

S S S S OA EF OB DF OC DE

R EF DF DE AD BC

= + + = + +

= + + =

Suy chu vi tam giác DEF AD BC R

Mà R BC, không đổi , suy chu vi tam giác DEF lớn AD lớn A điểm cung BC lớn

c) Theo a) AMN cân AAKlà đường trung trực MN

Tâm O’ đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN trung điểm AK

90 AMK ANK

 = =

Chứng minh tứ giác HIKJ hình bình hành HK qua trung điểm G

IJ

Nhận thấy IMH =MHF =MHI IMH cân IMI =IH Tương tự: JN=JH

Chứng minh

BIM

 đồng dạng với CJN g( g) MI NJ IH JH IJ / /BC BI JC BI JC

 −  =  = 

Mà HK qua trung điểm G IJ nên qua trung điểm P BC Mà B C, định nên P cố định

F M

H O'

E

O N

J K I

D P C

B

G

(188)

( )

5 5 5

3 3

2 3

15

a b b c c a

a b c

ab bc ca

+ + +

+ +  + + −

Ta chứng minh ( )

5

3

2

5 10 10 ,

a b

a ab b a b

ab

+  − +  

Thật

( )

( ) ( )

5

3 5 3

4

5 4

2

5 10 10 10 10

2 10 10 3 ,

a b

a ab b a b ab a ab b

ab

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

+  − +  + − − + 

− + − +   − +   

Tương tự ta có: ( ) ( )

5 5

3 3

2 3

5 10 10 ; 10 10

b c c a

b bc c c ca a

bc ca

+  − + +  − +

Cộng theo vế bất đẳng thức (1); (2); (3) ta

( ) ( )

5 5 5

3 3 2

2 3

15 10

a b b c c a

a b c ab bc ca

ab bc ca

+ + + + +  + + − + +

Mà 2 ab +bc +ca =

( ) ( )

5 5 5

3 3 3

2 3

15 30 15

a b b c c a

a b c a b c

ab bc ca

+ + +

 + +  + + − = + + −

Dấu “=” xảy  = = =a b c

Đề số 30 Câu

Có 3 ( 3 )

1 2

x+ = + + = + + = x

( )3 3 3 2

1 3 2019

x x x x x A

 + =  − − =  =

Câu

a) Đường thẳng ( )d cắt trục Ox, Oy A m 1; ;B(0;1 m) m

−

  −

 

 

Xét m=1, ( )d qua điểm O nên khoảng cách từ O đến ( )d Xét m1, gọi OH đường cao tam giác OAB

Ta có OA m 1;OB m 2 12 12

m OH OA OB

−

= = −  = +

( ) ( )

2

1 2 1 1

1

1 2

1

m

OH m m m m

+  

 = = + + =  + + 

−  − 

− −

2 OH

  Dấu “=’ xảy m= −1

b) Ta có ab ba− =k2 (k )9(a b− =) k2 Do a b− số phương

Ta lại có

1

9,

9 a b

a b a b a b

a b

− =   −    − =

(189)

Với a b− =  = + 4 a b có số thỏa mãn: 40; 51; 62; 73; 84; 95 Với a b− =  = + 9 a b có số thỏa mãn: 90

Vậy có tất 16 số thỏa mãn: 10; 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87;98; 40; 51; 62; 73; 84; 95; 90 Câu

2

3 12 x x x x

x x + + + − + = ( ) ( ) 3

4 Do

3

x x x x x x  + − =   +  + + Đặt ( )( ) 3 x t t x = 

+ phương trình trở thành

( ) (2 ) ( )( )

3 2

3

1 t ktm

t t t t

t tm = −  + − =  + − =   =  Với

( ) 3( )

3

1

3 x

t x x

x

=  =  = +

+

( )( ) ( )

( )

2

3 2

2 x ktm

x x x x x x x

x tm = −   = −  − + =  + − − =   = 

Vậy phương trình có nghiệm x=2 Câu

( ) ( )

2

3 2

x y xy x y

x y y x

 + − − + + =

 

− + + − + =

 Điều kiện

2 x y y x  − +   − +  

( ) ( )

1 y −3 x−1 y+2x −4x+ =2

Tính ( 1)2 ( )1 2 y x x y x = −   = −    = − 

Với y= −x thay vào (2) ta

( ) ( )

2

4

1

y tm

x

x x x x

x x tm

= −  =  − + =  − =  =   =  

Với y=2x−2 thay vào (2) ta

( )2

2

x − x+ + x− =  x− + + x− =

Ta có (x−1)2+ +4 x− 1

Dấu “=” xảy  =  =x y 0( )tm

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) (x y; = 0; ; 1;0− ) ( )

(190)

a) Tam giác ABC nên 60 ABC=ACB=

Do 0

60 , 60 60

AMB= ACB= AMH=ABC= CMK=

AMH HMK

 = mà MH ⊥AK nên tam giác AMK cân M Suy H trung điểm AK

b) Theo ta có CM đường trung trực AKCA CK= Mà A C, cố định nên K nằm đường trịn cố định (C CA; ) Lại có tam giác ABC nên O trọng tâm

2 3

3

AC AC

ABC OA AC

  =  =  =

Vậy Kthuộc đường tròn (C;9)

c) Gọi R R1; theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp hai tam giác ,

MBD MCD

Dựng tam giác BDF CFG, phía ngồi tam giác ABC

Ta có

60

BFD=BMD=  tứ giác BDMF nội tiếp Chứng minh tương tự tứ giác CDMG nội tiếp

1; R R

 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF CDG, Ta có BDF CDG; tam giác nên:

1 2

3

;

3 3

BD CD BD CD

R = R = R R =

Lại có ( )

2 2 2 2

1

3

4 4

BD CD BC R R

BD CD + = = R R 

Dấu “=” xảy BD CD= D trung điểm BC

G F

H D

K O

B C

(191)

Vậy

2

3

4 R

MaxR R = M điểm cung nhỏ BC Câu

Ta có: ( )

3 2

a b c+ + =  a ab ac− − + bc= a b c a ab ac+ + − − + bc=a + bc

Tương tự: 2

3b bc bc− − +2ac=b +2ac c ca ca;3 − − +2ab=c +2ab Do

3 3

2 2

a b c

P abc

a bc b ac c ab

= + + +

+ + +

3 3

2 2

2 2 2

3

2 2

2 2 1

3

2 2 2

− = − + − + − +

+ + +

 

= − − − + = −  + + +

+ + +  + + + 

a b c

P a b c abc

a bc b ac c ab

abc abc abc

a bc b ac c ab a bc b ac c ab

Mặt khác:

( )

( ) ( )

2

2 2 2

1 1

1

2 2 2

a bc b ac c ab a bc b ac c ab a b c

+ +

+ +  = =

+ + + + + + + + + +

Suy

2

3

3 a b c

P−  − abc+ abc=abc + +  =  P

 

Dấu “=” xảy  = = =a b c Vậy MaxP=  = = =4 a b c

Đề số 31 Câu

a) Ta có

4S = 1.2.3.4+2.3.4.(5−1)+3.4.5.(6−2)+ +n(n+1)(n+2)(n+3)−(n−1)

1.2.3.4 2.3.4.5 1.2.3.4 3.4.5.6 2.3.4.5 n(n 1)(n 2)(n 3) (n 1)n(n 1)(n 2)

= + − + − + + + + + − − + +

= n(n+1)(n+2)(n+3)

Do 4S+1 = n(n+1)(n+2)(n+3)+1= (n2 +3n)(n2 +3n+2)+1 = (n2+3n) (2+2n2+3n)+1

= ( )2 +

+ n

n Vậy 4S+1 số phương b) Ta có

(x y) y y (x y) ( y)( y)

y xy y

x2+2 +2 = +2 + =− 2+ +2 + = 1+ 2−

Do (x+ y)2 0,x,y nên (1+y)(2−y)0−1y2 Suy y−1;0;1;2 Với y=−1, PT trở thành x2−2x+1=0x=1Z

Với y=0, PT trở thành x2 −2=0xZ Với y=1, PT trở thành x2+2x−1=0xZ Với y=2, PT trở thành x2 +4x+4=0x=−2Z

(192)

a) Ta có

4 1

2

2+ + =  x=x +x+ x = x− x

x x

Khi x3 =x2.x=(3x−1)x=3x2 −x=3(3x−1)−x=8x−3 x4 =x3.x=(8x−3)x=8x2 −3x=8(3x−1)−3x=21x−8 x5 =x4.x=(21x−8)x=21x2−8x=21(3x−1)−8x=55x−21

Suy P =

11 17 4 + + + + − − x x x x x

x ( ) ( )

(21 8) (33 1) 11 17 21 55 + + − + − + − − − − = x x x x x x 16 32 = = x x

( x0 ) Vậy P = 16

3 b) Ta có

( )

2

3 + + + + + =  + + =

= +

+ b c a b c ab bc ca ab bc ca

a

Do a+2=a+ ab+ bc+ ca =( a + b)( a+ c)

b+2=b+ ab+ bc + ca =( b+ c)( b+ a)

c+2=c+ ab+ bc+ ca =( c+ a)( c+ b)

Suy ( )( ) ( )( ) ( )( )

b c a c c a b c b b c a b a a c c b b a a + + + + + + + + = + + + +

+2 2

( ( ) ()( )() ( ) ) a c c b b a b a c a c b c b a + + + + + + + + = ( ) ) )( )( ( + + + + + = c b a ca bc ab ) )( )( ( + + + = c b a Vậy ) )( )( ( 2

2+ + + + = + + +

+ c a b c

c b b a a Câu

a) Điều kiện

2



x

PT 2(3x+1) 2x2 −1=10x2+3x−6

4(2x2 −1)−2(3x+1) 2x2 −1+2x2+3x−2=0

Đặt 2x2−1=t (t0), ta 4t2−2(3x+1)t+2x2+3x−2=0 Ta có ( )2 ( ) ( )2

3 '= + − + − = − + = −

 x x x x x x

(193)

Với

2

=

t ( )

( )  − − =   + = −  = − 2

2 2 2

2 x x x x x 60 60 2  =       = −   x x x Với 2 − = x

t

( ) ( )     = − +       − = −   − = − 4 1 2 2 2 2 2 x x x x x x x x 6 + − =         − =   x x x

Kết hợp điều kiện

2



x ta nghiệm PT

       − +  ; 60 x

b) Xét hệ phương trình

    = − + + + = + − + + − 2 2 y x y x x y xy y x ) ( ) (

PT (1) 2x2−y2+xy+y−5x+2=0 y2−(x+1)y−2x2 +5x−2=0 Ta có ( )2 ( ) ( )2

1 9 18 '= + − − + − = − + = −

 x x x x x x

Khi PT

( ) ( )       − + + = − − + =  3 ) ( x x y x x y    − = + − =  2 x y x y

Với y=−x+2, thay vào PT (2) ta 2x2 −4x+2=0 x=1 y=1

Với y=2x−1, thay vào PT (2) ta 

  − = =  = − − 4 x x x x

*) x=1 y=1 *)

5 13 − =  − = y x

Vậy nghiệm hệ phương trình ( )1;1 

(194)

a) Xét tứ giác AEMO có góc OAE = OME = 900 nên tứ giác AEMO nội tiếp

Xét tứ giác APMQ có góc MPA = PAQ = AQM = 900nên tứ giác APMQ hình chữ nhật

b) Do APMQ hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ MA cắt trung điểm I đường

Do tiếp tuyến A M cắt E, I trung điểm MA nên O, I, E thẳng hàng Vậy PQ, OE, MA đồng qui I

c) O trung điểm AB, I trung điểm MA nên OI song song với MB MBP =  EOA

Mà MPB = EAO =

90 nên MPB đồng dạng với EAO (g.g) Suy PB : AO = PM : AE  PB AE = PM AO (1)

Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE  PB AE = PK AB (2) Từ (1) (2) suy PM AO = PK AB  PM 2AO = 2PK AB  PM = 2PK (do 2AO = AB) Vậy K trung điểm MP

d) Trong tam giác vuông MPO, ta có MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (R - x)2 P thuộc đoạn OA

MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (x - R)2 P thuộc đoạn OB Khi MP2 = (2R - x)x Suy MP = (2R−x)x

Diện tích hình chữ nhật APMQ S = MP AP =

)

( R−x x

Áp dụng BĐT a+b+c+d 2 ab+2 cd 44 abcd

với a,b,c,d 0 hay

4

4 

 



 + + +  a b c d

abcd Dấu “=” xảy a=b=c=d

P

Q

E I

A B

O

M

(195)

S =

4 3 3 27 ) ( 27 ) ( R x R x x x x R x x R =         + + + −  − = −

Dấu “=” xảy R x x x R 3

2 − =  =

 Suy P trung điểm OB Do ta xác định M để diện tích hình chữ nhật APMQ lớn

Câu

Ta có 

     − − +       − − +       − − + =       + − +       + − +       + − + 1 1 1 a c a c c b c b b a b a a c a c c b c b b a b a

=−1

− + − + + − + − + + − + − +  b a b a a c a c a c a c c b c b c b c b b a b a

Khi

2        − + + − + + − + a c a c c b c b b a b a 2 2 −        − + +       − + +       − +  a c a c c b c b b a b a = − + − + + − + − + + − + − + b a b a a c a c a c a c c b c b c b c b b a b a Suy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( a c a c a c c b c b c b b a b a b a a c a c c b c b b a b a − − + + + − − + + + − − + + =       − + + − + + − +  = +  +       − + +       − + +       − +

= 3

2 2 a c a c c b c b b a b a ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2        − + + − + + − + a c a c c b c b b a b a (1)

Mặt khác 

     − −       − −       − − =       + −       + −       +

− 1 1 a b

c a c b c b a b a c a c b c b a

=−1

− − + − − + − −  c b a b a c b a c a c b a c b c b a

Khi

2        − + − +

− a b

c a c b c b a 2 2 −        − +       − +       −  b a c a c b c b a = − − + − − + −

− b c

a b a c b a c a c b a c b c b a (2) Từ (1) (2) suy

( )       − + − + − +

+ 2 2 2 2

2 ) ( ) ( ) ( a c c b b a c b a       − + + − + + − +

= 22 22 22

) ( ) ( )

( c a

a c c b c b b a b a 2 2 = +        − +       − +       − + b a c a c b c b a

Dấu “=” xảy ( ) 1

(196)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Đề số 32

Câu

1.1 Đặt 5

5 22

M = + + −

+ Ta có

2 10 22

2

5 22

M = + =

+

2

M

 = (Do M 0)

( )2

11 2− = 3− = −3

Suy P=3

1.2

Ta có xy+ − =z xy− − + =x y (x−1)(y−1)

Tương tự yz+ − =x (y−1)(z−1) zx+ − =y (z−1)(x−1)

Suy

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

x y z

S

x y y z z x x y z

+ + −

= + + =

− − − − − − − − −

( 1) ( ) 1

xyz xy yz zx x y z xy yz zx

−

= =

− + + + + + − + +

Ta có (x+ +y z)2 =x2+y2+ +z2 2(xy+yz+zx)xy+yz+zx= −7

Suy

7

S = −

Câu

2.1 Điều kiện

2

x 

2 2x− +1 x+ −3 5x+11= 0 2x− +1 x+ =3 5x+11

2

9x 2x 5x 5x 11 2x 5x 3 x

 − + + − = +  + − = −

2 2

3

12

2 11 12

x x x

x

x x x x x x

  =

  

   = −

+ − = − + + − = 

 

Đối chiếu điều kiện ta x=1 nghiệm phương trình 2.2 Điều kiện x1,y

( ) ( ) ( )( )

2

1 1 1 1

y −y x− + + x− =  y − −y x− y− =  y− y− x− =

1

y

y x

=   

= −



Với y=1, thay vào (2) ta

2 2 2

1 7

(197)

2

5

2

x x

 − + =     =

= 

 (do điều kiện x) Với y= x−1, thay vào (2) ta x2+ x− −1 7x2− =3

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

2

4 1

7 2

2

1 7 3 5

x x x

x x

x

x x

 − + − − − − − =

− +

−

 − + + − =

− + − +

( )

2

7

1

2

1 7 3 5

x

x x

=  

 + + +

− =

 − + − +



Với x=2 suy y=1

Ta có ( ) ( )

2

7

1

2

1 7 1

x

x x

x x x x

 

+

+ + − = +  − +

− + − +  − +  − +

( )

2

7

2

1

7

x x

− −

= + +

− + − +

Với x1 ( )

2

7

7 2

7

x

x x

x

− −

− −   + 

− + Suy ( )

2

7

2

1

7

x x

− −

+ + 

− + − +

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( )1;1 , 2;1 Câu

3.1 Ta có x2+y2+xy− − = x y (x+y) (2+ −x 1) (2+ y−1)2 =4

Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh xét trường hợp)

x+y x−1 y−1 Nghiệm (x y; )

2 0 ( )1;1

-2 0 Loại

0 Loại

0 -2 (−1;1)

0 Loại

0 -2 (1; 1− )

Vậy số (x y; ) cần tìm ( )1;1 , (−1;1), (1; 1− )

(198)

( )( )

3 2.4 3.5 4.6

1 1 n n

= + = + + = + + + =

= + + + + − +

( ) ( )2 ( )

1 1 n n n n

= + + + + − +  −

Ta có điều phải chứng minh Câu

4.1 Ta có AI phân giác BAC nên Q điểm cung BC (O) Suy BAQ=QAC =QBC

IBQ=IBC+QBC=IBA BAQ+ =BIQ

Hay tam giác QBI cân Q

4.2 Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB

Suy AB AD

AC = AB hay

2

AB =AD AC (1)

Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC (có góc A chung AID= ACE) Suy AD AI

AE = AC hay AI AE. =AD AC. (2)

K

H J

Q O

P

E D

I

B

(199)

suy tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB Suy

2

ABC AEB= ABI =

Ta có

2

BAC

AEP=BAE= (hai góc so le trong),

suy

2

ABC BAC

BEP= +

Theo a) ta có

2

BAC ABC

BIQ= + suy BIQ=BEP

Ta có BPE =ABD= ACB=BQI

Suy hai tam giác PBE và QBI đồng dạng, suy BP BE BP BI BE BQ

BQ = BI  = , ta

có điều phải chứng minh

4.3 Tam giác BQI đồng dạng tam giác BPE tam giác BQI cân Q nên tam giác

PBE cân P, suy

2

BAC ABC

PBE = + PH ⊥BE với H trung điểm BE Do HK đường trung bình tam giác EBJ nên HK//BJ

Ta có

2

ACB

JBD=

2

BAC ABC

DBE= + , suy JBE =90o hay JB vuông góc BE Suy PH//JB, suy P, H, K thẳng hàng hay PK//JB

Câu

Giả sử tất câu lạc có không học sinh Gọi N số câu lạc có học sinh

Nếu N4, từ số câu lạc này, chọn câu lạc học sinh, 10 học sinh khơng thỏa mãn điều kiện tốn

Nếu N<4, số học sinh tham gia câu lạc không 3.8=24, nghĩa cịn 35 24 11− = học sinh, học sinh tham gia câu lạc mà câu lạc có học sinh Chọn 10 học sinh số này, không thỏa mãn điều kiện toán

Vậy N=4

Số học sinh tham gia câu lạc không 4.8 32= , nghĩa cịn học sinh, học sinh tham gia câu lạc mà câu lạc có học sinh

Chọn số học sinh câu lạc chọn học sinh, 10 học sinh không thỏa mãn điều kiện

(200)

Câu

a) Từ phương trình thứ hệ ta x 5y 20= − Thế vào phương trình thứ hai ta

( )( )( ) ( ) ( )

( )( )

2

3

3 2

5y 19 10y 39 15y 59 3y 3y 5y 20

750y 8725y 33830y 34719 150y 1141y 2006y 801 600y 7584y 31824y 44520 y 75y 573y 1113

 

− − − = +  + + − 

 

 − + − = − + +

 − − − =  − − + =

Dễ thấy phương trình

75y −573y 1113 0+ = vơ nghiệm

Do từ phương trình ta y 0− =  =y nên x 5= Vậy hệ phương trình có nghiệm ( )5;

Cách khác: Khi thực phép x 5y 20= − vào phương trình thứ hai ta phương trình ẩn, nhiên phương trình khó phân tích Do ta tìm cách phân tích phương trình thứ hai thành tích

( )( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2 2 2

2

2 x 2x 3x 3y 3y 2x

2x 3x 3x 1 3y 3y 2x 3x 2x 3x 1 3y 2x 3y

x y x y x y 2x

2 x y 2x

+ + + = + + +

 + + + = + + +

 − =

 

 −  + + + =  

+ + + =



Đến ta kết hợp với phương trình thứ để tìm nghiệm

Trong hai cách cách thực phép dễ thấy cách phân tích phương trình thứ hai thành tích cho lời giải đơn giản

b) Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

( ) ( )

( )

( )( )

2 '

1

2m 3m m 4m

0

3

x x 3m 4m m

4

2m

x x 2m

 + − +   + − 

  



   +    −  

  

 +   +    −

  

Câu

a) Từ x+ y+ z =2 x y z 2+ + = ta có

( )2 ( )

x+ y+ z = + + +x y z xy+ yz+ zx Từ ta xy+ yz+ zx =1 Khi

( )( )

x x xy yz zx x y x z y y xy yz zx x y y z z z xy yz zx z y x z

 + = + + + = + +



 + = + + + = + +

 

 + = + + + = + +

Định dạng
Số trang	263
Dung lượng	7,31 MB