Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2019 - 2020

Tr ịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LI ỆU TOÁN HỌC.. Gọi K là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm A bán kính AC với đường thẳng BD. Chứng minh AD là đường trung trực của CK. Gọ[r]

(1)

ĐỀ THI VÀO

LỚP 10 CHUN

MƠN TỐN

NĂM 2019-2020

TỦ SÁCH TOÁN CẤP TUYỂN TẬP

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN

(2)

Lêi giíi thiƯu

Để góp phần định hướng cho việc dạy - học ở các trường việc ôn tập, rèn luyện kĩ cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục, nhằm nâng cao chất lượng kì thi THPT chun mơn tốn năm học 2019-2020 có đáp án chi tiết

Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ BộGDĐT, tập trung vào kiến thức bản, trọng tâm kĩ vận dụng, viết theo hình thức Bộ đề ơn thi dựa đề thi năm học 2019-2020 trường chuyên cảnước Mỗi đềthi có hướng dẫn giải chi tiết!

Hy vọng Bộ tài liệu ơn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học ởcác trường THCS kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2020-2021 năm

Mặc dù có sự đầu tư lớn thời gian, trí tuệ đội ngũ người biên soạn, song tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong sự đóng góp thầy, cô giáo em học sinh toàn tỉnh để Bộ tài liệu hoàn chỉnh hơn.

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao kỳ thi sắp tới!

MỌI Ý KIẾN THẮC MẮC XIN VUI LÒNG GỬI VỀĐỊA CHỈ

(3)

MỤC LỤC

Trang Đề thi Đáp án

1. Đề vào 10 Chuyên toán NghệAn năm học 2019 -2020 4 52 2. Đềvào 10 Chuyên toán Nam Định năm học 2019 -2020 5 55 3. Đề vào 10 Chuyên toán Thanh Hóa năm học 2019 -2020 6 60 4. Đềvào 10 Chuyên tin Thanh Hóa năm học 2019 -2020 7 64 5. Đềvào 10 Chuyên toán Đà Nẵng năm học 2019 -2020 8 68 6. Đềvào 10 Chuyên toán Điện Biên năm học 2019 -2020 9 73 7. Đềvào 10 Chuyên toán Tuyên Quang năm học 2019 -2020 10 78 8. Đềvào 10 Chuyên toán Hưng Yên năm học 2019 -2020 11 82 9. Đề vào 10 Chun tốn Bình Thuận năm học 2019 -2020 12 85 10.Đềvào 10 Chuyên toán Phú Yên năm học 2019 -2020 13 88 11.Đề vào 10 Chun tốn Hải Phịng năm học 2019 -2020 14 94 12.Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Ninh năm học 2019 -2020 15 98

13.Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Nam năm học 2019 -2020 16 100 14.Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Bình năm học 2019 -2020 17 107 15.Đề vào 10 Chuyên toán Phú Thọnăm học 2019 -2020 18 110 16.Đề vào 10 Chuyên toán Cần Thơ năm học 2019 -2020 19 113 17.Đề vào 10 Chuyên toán Thừa Thiên Huếnăm học 2019 -2020 21 120

18.Đềvào 10 Chun tốn Đăk Nơng năm học 2019 -2020 22 125 19.Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Ngãi năm học 2019 -2020 23 128 20.Đềvào 10 Chuyên toán Tây Ninh năm học 2019 -2020 24 133 21.Đề vào 10 Chun tốn Bình Định năm học 2019 -2020 25 136 22.Đềvào 10 Chun tốn Bình Phước năm học 2019 -2020 26 141 23.Đề vào 10 Chuyên toán Bắc Ninh năm học 2019 -2020 27 145 24.Đềvào 10 Chun tốn Bình Dương năm học 2019 -2020 29 150 25.Đềvào 10 Chuyên toán Sơn La năm học 2019 -2020 30 154 26.Đề vào 10 Chuyên toán Tiền giang năm học 2019 -2020 31 161 27.Đềvào 10 Chun tốn Khánh Hịa năm học 2019 -2020 32 164 28.Đề vào 10 Chuyên toán TP HồChí Minh năm học 2019 -2020 33 168

(4)

29.Đề vào 10 Chuyên toán Bạc Lưu năm học 2019 -2020 34 172

30.Đềvào 10 Chuyên toán Gia Lai năm học 2019 -2020 36 177 31.Đề vào 10 Chuyên toán Bạc Lưu năm học 2019 -2020 37 184 32.Đề vào 10 Chuyên toán Vũng Tàunăm học 2019 -2020 38 185 33.Đềvào 10 Chuyên toán Kon Tum năm học 2019 -2020 39 189

34.Đề vào 10 Chuyên tốn Hà Nội (vịng 1) năm học 2019 -2020 40 194

35.Đề vào 10 Chuyên toán Hà Nội (vòng 2) năm học 2019 -2020 41 196

36.Đềvào 10 Chuyên toán An Giang năm học 2019 -2020 42 200

37.Đềvào 10 Chuyên toán Sư Phạm Hà Nội (vòng 1) 2019 -2020 43 204

38.Đề vào 10 Chun tốn Hưng n (vịng 2) 2019 -2020 44 207 39.Đềvào 10 Toán chung Kon Tum năm học 2019 -2020 45 210

40.Đềvào 10 toán chung Hưng Yên năm học 2019-2020 46 212

41.Đềvào 10 toán chung Nam Định năm học 2019-2020 47 217 42. Đề vào 10 PTNK HồChí Minh (vịng 1) năm học 2019-2020 48 222

43.Đề vào 10 PTNK Hồ Chí Minh (vịng 2) năm học 2019-2020 49 226

44.Đề vào 10 Chuyên Quảng Trịnăm học 2019-2020 50 230

45.Đềvào 10 Chuyên toán Sư Phạm Hà Nội (vòng 2) 2019 -2020 51 232

(5)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN TRƯỜKNG THPT CHUYÊN PHAN BỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚỘP 10 I CHÂU

TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2019-2020

Đề số (Đề thi có trang)

Mơn thi chun: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu (6,0 điểm)

a) Giải phương trình

12 20 x −x + x x− + = b) Giải hệphương trình (2 1)(2 1)

( 1) x xy

x y y

+ + =

 

+ + = 

Câu (3,0 điểm)

a) Cho đa thức

( ) ax

P x = +bx+c (a∈ Ν*) thỏa mãn P( )9 −P( )6 =2019 Chứng minh P( )10 −P( )7 số lẻ

b) Tìm cặp sốnguyên dương ( )x y; cho x y2 + +x y chia hết cho

2

1 xy + +y

Câu 3 (2,0 điểm) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn abc= + + +a b c Tìm giá trị lớn biểu thức

2 2 2

1 1

P

a b b c c a

= + +

+ + +

Câu (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC(AB< AC) nội tiếp đường tròn ( )O Gọi E điểm nằm cung nhỏ BC Trên cạnh AClấy điểm M cho EM =EC, đường thẳng BM cắt đường tròn ( )O N (N khác B) Các đường thẳng EA EN cắt cạnh BC D F

a) Chứng minh tam giác AEN đồng dạng với tam giác FED b) Chứng minh M trực tâm tam giác AEN

c) Gọi I trung điểm AN, tia IM cắt đường tròn ( )O K Chứng minh đường thẳng CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK Câu (2,0 điểm).Cho 12 điểm mặt phẳng cho điểm đỉnh tam giác mà tam giác ln tồn cạnh có độ dài nhỏhơn 673 Chứng minh có hai tam giác mà chu vi tam giác nhỏhơn 2019

-Hết -

Họ tên Số báo danh

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(6)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

Đề số2

(Đề thi có trang)

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020

Môn thi chuyên: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1: ( 2,0 điểm)

a) Cho x= 3+ 3+ + 3− 3+ Tính giá trị biểu thức P x x= ( − ) b) Cho ba số a b c, , thỏa mãn ab bc ca 2019+ + = Chứng minh:

2 2

a bc b ca c ab 0

a 2019 b 2019 c 2019

− + − + − =

+ + +

Câu 2:( 2,0 điểm) Giải phương trình, hệphương trình sau: a) x3 + (x 1+ )3 =9x 8+ b)

2

3

1 3 x y

x y

1 1 x y

x y

 + = +

  

 + + =



Câu 3:(3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( Với AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Đường phân giác đường phân giác BAC cắt đường tròn ( )O D E ( khác A ) Gọi G hình chiếu vng góc E lên cạnh AC, gọi M N tương ứng trung điểm đoạn thẳng BC BA Gọi K trung điểm đoạn thẳng GM, H giao điểm đường thẳng AB đường thẳng MG, F giao điểm đường thẳng MN đường thẳng AE

a) Chứng minh hai đường thẳng AD GM song song b) Chứng minh FH = MC

c) Chứng minh KE KN+ ≤ 2.EN

Câu 4: ( 1,5 điểm) a) Chứng minh n số nguyên n5 29n 30 +

cũng số nguyên b) Tìm tất cặp số tự nhiên ( )x y; cho x( +y2 −3x 2y 1+ )−

( 2 )

5 x +y +4x 2y 3+ + sốchính phương Câu 5:( 1,5 điểm )

a) Cho số thực a b c, , thỏa mãn (a4 +b4)(b4 +c4)(c4 +a4)=8 Chứng minh

(a2 −ab b+ 2)(b2 −bc c+ 2)(c2 −ca a+ 2)≥1

b) Trước ngày thi vào lớp 10 chuyên, thầy giáo dùng không 49 bút đem tặng cho tất 32 bạn học sinh lớp 9A cho nhận bút thầy Chứng minh có số bạn lớp 9A nhận bút tổng cộng 25

-Hết -

(7)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

Môn thi chuyên: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề. Câu (2,0 điểm):

1/ Cho ba số thực dương a,b,cthõa mãn a b c=1

Chứng minh

1 1

a b c

ab+ +a +bc+ +b +ca+ +c = 2/ Cho số a,b,ckhác thỏa mãn a b+b c+2 c a=0 Hãy tính giá trị biểu thức 2 2 2

8

bc ca ab A

a b c

= + +

Câu (2,0 điểm):

1/ Giải phương trình 2 ( )

2x + + +x x − + =x x

2/ Giải hệphương trình

1

5 x y

x y x y xy

xy y x  + + + = 



 + + + = 

Câu (2,0 điểm): 1/ Tìm tất cặp số nguyên (x ; y)thõa mãn y2+ =y x4+x3+x2+x 2/ Cho hai sốnguyên dương x, y với x > thỏa mãn điều kiện 2x2 – = y15

Chứng minh x chia hết cho 15

Câu (3,0 điểm): Cho tam giâc ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với AB < AC Gọi M trung điểm BC, AM cắt (O) D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB F khác B

1/ Chứng minh hai tam giác BDF, CDE đồng dạng

2/ Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng hàng OA⊥EF

3/ Đường phân giác góc BAC cắt EF điểm N Đường phân giác góc CEN cắt CN P, đường phân giác góc BFN cắt BN Q Chứng minh PQ // BC

Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng, kẻ2022 đường thẳng cho khơng có hai đường thẳng song song khơng có ba đường thẳng đồng quy Tam giác tạo ba đường thẳng sốcác đường thẳng cho gọi tan giác đẹp khơng bịđường thẳng sốcác đường thẳng lại cắt Chứng minh sốtam giác đẹp khơng 674

-Hết -

(8)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

Mơn thi chun: TỐN (chun Tin)

Câu 1:(2,0 điểm)

1 Chứng minh rằng:

1 1 44

45 1 2+ +3 2+2 3+ +2025 2024+2024 2025 = Cho x số thực âm thỏa mãn

2

1 23 x

x

+ = Tính giá trị biểu thức:

3

1 A x

x

= +

Câu 2:(2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2

1

2

x+ −x = Giải hệphương trình:

( )

2

2 2

2x

6

x y y x x y x y x

 + − + =

 

+ − + =

 Câu 3:(2,0 điểm)

1 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình:

5 x −xy− x+ y+ = Cho biểu thức: ( 2020 2020 2020) ( 2016 2016 2016)

A= a +b +c − a +b +c với a,b,c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30

Câu 4:(3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC(AB< AC) nội tiếp đường trịn ( )O có tâm O Các đường cao BE CF, tam giác ABC cắt H Đường phân giác BHC cắt cạnh AB AC, M N, Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác BAC điểm I khác A IM, cắt BE điểm P IN cắt CF điểm Q

1 Chứng minh tam giác AMN cân A Chứng minh HPIQ hình bình hành

3 Chứng minh giao điểm hai đường thẳng HI AO thuộc đường tròn ( )O Câu 5:(1,0 điểm)

Với số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c+ + =3, tìm giá trị nhỏ biểu thức

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

- Hết -

(9)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÀ NẴNG

Đề số

Mơn thi chun: TỐN (chun)

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Bài 1.( 2,0 điểm) a) Tìm giá GTNN biểu thức

2

x x x x

A

81 18 x x

+ − + − −

=

− +

, với x 9>

b) Tìm x thỏa 9x 7x 5x 3x x 0.− + − + − + − + =

Bài 2.( 2,0 điểm) a) Cho ba số thực dương phân biệt a b c, , thỏa a+ + =b c 3 Xét ba phương

trình bậc hai 4x2 +4ax b 0, 4x+ = +4bx c 0, 4x+ = +4cx a 0+ = Chứng minh rằng ba phương trình có phương trình có nghiệm có phương trình vơ nghiệm b) Cho hàm số y 1x2

2

= có đồ thị ( )P điểm A 2; G( ) ọi dm đường thẳng qua A có hệ số

góc m Tìm tất giá trị m để dm cắt đồ thị ( )P hai điểm A B, đồng thời cắt trục

Ox điểm C cho AB 3AC=

Bài 3.( 2,0 điểm) Giải phương trình hệphương trình sau:

a) x2 −6 x x 14x x 13 0( + ) + + + + + = b)

( )

3

1 8xy 22y 12x 25

x y 3y x x

 + + + =

 

 + = + +



Bài 4:( 1,5 điểm) Trên nửa đường trịn ( )O đường kính AB = 2r lấy điểm C khác A cho CA <

CB Hai tiếp tuyến nửa đường tròn ( )O B, C cắt M Tia AC cắt đường tròn ngoại

tiếp tam giác MCB điểm thứ hai D Gọi K giao điểm thứ hai BD nửa đường tròn

( )O , P giao điểm AK BC Biết diện tích hai tam giác CPK APB

r 12

và r 32

3 , tính diện tích tứ giác ABKC

Bài 5.( 1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( BA < BC) nội tiếp đường tròn ( )O Vẽđường

tròn ( )Q qua A C cho ( )Q cắt tia đối tia AB CB điểm thứ hai

là D E Gọi M giao điểm thứ hai đường tròn ( )O đường tròn ngoại tiếp tam giác

BDE Chứng minh QM vng góc BM

Bài 6.( 1,0 điểm ) Ba bạn A,B,C chơi trò chơi: Sau A chọn hai số tự nhiên từ1 đến ( giống ), A nói cho B tổng nói cho C tích hai sốđó Sau câu đối thoại B C

B nói : Tơi khơng biết hai số A chọn chắn C

C nói: Mới đầu tơi khơng biết biết hai số A chọn Hơn , sốmà A đọc cho

tôi lớn số bạn

B nói: À, tơi biết hai số A chọn

Xem B C nhà suy luận logic hoàn hảo, cho biết hai số A chọn hai số ?

(10)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN

Câu (2,5 điểm).1 Cho biểu thức x x

x x x

2x x

P

x x

   − − 

   

 − +   − 

 

+

= −

+ với x≥0 x≠4

a) Rút gọn P

b) Tìm x để P x 0.− <

2 Chứng minh rằng:

3 3

1

3 2

− =

+ + +

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

Giải hệ phương trình: 4x22 4x y22 4x 3xy y

 + − = −

 

− + =

 Câu (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : y 2mx m 2= + + (m tham số) parabol ( )

:

P y= x Chứng minh với giá trị m d ln cắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 Tìm m cho x12 −6x22 −x x1 2 =0

2 Cho a b c, , số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab bc ca 0+ + >

Chứng minh a b c b c+ + c a+ + a b+ ≥

Câu (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn tâm I Gọi

E hình chiếu vng góc B đường thẳng AI T giao điểm BE đường tròn tâm I

a) Chứng minh tam giác ABT cân A Từ suy AC đường phân

giác góc BCT

b) Gọi M trung điểm BC D giao điểm ME AC Chứng minh BD AC

2 Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD lấy điểm I cố định (I khác A D) Đường thẳng d qua I cắt cạnh AB AC, M N, Xác định vị trí đường thẳng d để diện tích tam giác AMN đạt giá trị nhỏ

Câu (1,0 điểm).

Tìm tất số nguyên dương x y z, , thỏa mãn x y 2019

y z 2019 +

+ số hữu tỷ

2 2

x +y +z số nguyên tố

- Hết -

(11)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)

Câu (1,0 điểm) Tính tổng

2

1 1

S

3 2019 2019

= + + + +

+ + + + −

Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x2 −2mx m 4+ − (1) (m tham số)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Với giá trị m phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn:

2

1

2

x x

+ = +

Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệphương trình sau:

a) 2x 1− + 5 x x 2 2x− = − + − +11x 5− ; b) x y x y x2 y2

x y

 + + − = + −

 

+ =



Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) cố định điểm A cố định đường tròn (O) Từ A kẻđường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) B Một tia Ax thay đổi, nằm miền OAB, cắt đường tròn (O) hai điểm C, D (C A D) Từ B kẻ BH vng góc với AO H Chứng minh rằng:

a) Tích AC.AD khơng đổi; b) CHOD tứ giác nội tiếp; c) Phân giác CHD cốđịnh

Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất giá trị nguyên x để A 4 x4 3 x2 2x x 3x 7x 3x

+ + +

=

+ + + + nhận giá trị số nguyên

b) Cho sốdương a, b, c thỏa mãn a b c 4+ + =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a a b b c c

a b b c c a

= + +

+ + +

- Hết -

(12)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2019-2020

Mơn thi chun: TỐN (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu (2 điểm)

1.Cho hai biểu thức A x x x x 2(x 1)

x x x x x

+

− +

= − +

− +

x

B x

x

= + +

− với x 0, x 1> ≠

a Rút gọn biểu thức A b Tìm xđể A B=

2.Cho a, blà hai số thực thỏa mãn a 1, b 1, a b< < < < ≠

2

a b− = b− − a− Tìm giá trị biểu thức Q= a2 +b2 +2019 Câu (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y x

2020 2020

−

= + Parabol

2

(P) : y 2x= Biết đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm B C Tìm tọa độ điểm A trục hồnh để AB AC− lớn

2.Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình

2

xy −(y 45)− +2xy x 220y 2024 0+ − + = Câu (2 điểm)

1.Giải phương trình 5x 11+ − 6 x 5x 14x 60 0− + − − = 2.Giải hệ phương trình 4x y xy23 32

64x y 61

 − =

 

− =



Câu (3 điểm) Cho hình vng ABCD tâm Ocạnh a Lấy Mlà điểm cạnh AB

(M A M B≠ , ≠ ), qua Akẻ đường thẳng vng góc với CMtại H, DHcắt ACtại K Chứng minh MKsong song với BD

2 Gọi Nlà trung điểm BC, tia đối tia NOlấy điểm E cho

2

ON

OE = , DE cắt OCtại F Tính FO

FC

3.Gọi Plà giao điểm MC BD, Qlà giao điểm MD AC Tìm giá trị nhỏ diện tích tứ giác CPQD Mthay đổi cạnh AB

Câu (1điểm).Với x, ylà số thực thỏa mãn điều kiện (2 x)(y 1)

+ − = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= x4 +4x3 +6x2 +4x 2+ + y4 −8y3 +24y2 −32y 17+ .

- Hết -

(13)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN

Đề số9

Bài (2,0 điểm ):

Giải hệphương trình : ( )

( )

2 2

x xy y x y 185 (1)

x xy y x y 65 (2)

 + + + =

 

− + + =

 Bài 2 (2,0 điểm)

a) Chứng minh số M=(n 1+ )4 +n4 +1 chia hết cho một sốchính phương khác với

mọi số n nguyên dương

b) Tìm tất số tự nhiên n đểphương trình x2 −n x n 02 + + = (ẩn số x) có

nghiệm số nguyên

Bài (2.0 điểm ): Cho sốdương x y z; ; thỏa : xyz

2

=

Chứng minh :

( ) ( )

2 2

yz xz xy xy yz xz

x y z+ +y x z+ +z (x y+ ≥ + +

Bài (3,0 điểm ): Cho tam giác ABCcân A(A< °90 )nội tiếp đường tròn ( )O Gọi Dlà điểm cung ABkhông chứa C(Dkhác A B; ).Hai dây cung ADvà BCkéo dài

E.Đường thẳng qua Esong song với CDcắt ABtại F.Vẽ tiếp tuyến FGvới đường tròn ( )O ( G tiếp điểm )

a)Chứng minh : FG=FE

b)Từtrung điểm Icủa BCvẽ IJ⊥AC J( ∈AC).Gọi Hlà trung điểm IJ.Chứng minh :

AH ⊥BJ

Bài (1,0 điểm ): Trong buổi tổ chức lễtun dương học sinh có thành tích học tập xuất sắc huyện, ngoại trừ bạn An , hai bắt bắt tay An bắt tay với người quen Biết cặp ( hai người ) bắt tay khơng q lần có tổng cộng 420 bắt tay.Hỏi bạn An có người quen buổi lễ tuyên dương ?

- Hết -

(14)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

Đề số 10 (Đề thi có trang)

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức: A x x x : x x x x x x x

 + + +   − 

= + +   − 

− − − +  − − 

 

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để P 2.A

x

= − đạt giá trị lớn Câu 2.(3,0 điểm)

a) Giải PT: x2 +6x x 2+ = + b) Giải hệ PT:

2

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

x 1

y x

 + + + = + +



   

+ =

 

 +  + 

 

 Câu (1,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A Trên tia đối tia BC lấy điểm D cho BD = BA Gọi M, N trung điểm AC, AD Đường thẳng qua B song song với AD cắt MN E

a) Chứng minh tứ giác NAEB hình chữ nhật b) Chứng minh góc ACE = DCN

Câu (1,5 điểm)

a) Tồn hay không số a, b, c thỏa mãn 2 a 2 b 2 c 2019 b −ca c= −ab a= −bc= b) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x y2 85

x y 13

+ = +

Câu (1,0 điểm)

Cho hai đường tròn (O) (O') cắt M, N Kẻ dây MA đường tròn (O) tiếp xúc với (O') dây MB đường tròn (O') tiếp xúc với (O) Đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB cắt đường thẳng MN P (P khác M) CMR: PN = MN

Câu (1,0 điểm)

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = CMR:

2 2

a b + +1 b c + +1 c a + ≥1

Dấu "=" xảy nào? - Hết -

(15)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHỊNG

Bài 1(2,0 điểm)

a.Cho biểu thức: :

1 1

x x x

P

x x x x x x x

  +

= − + 

+ − + + − +

  (với x≥0)

Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị x để P≥

b Cho phương trình x2 + 4x – m = (1) (m tham số) Tìm giá trị của m để phương

trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2thoả mãn ( 12 22)

1

4( 2)

x x m

x x

 

+ + = +

 

 

Bài 2 (2,0 điểm).a Giải phương trình 2x2 + 3x – = (2x - 1)

2x + −x b Giải hệphương trình

3

9

2

x y y

x y x y

 + =

 

+ = +



Bài 3: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) ( AB < AC). Kẻđường cao

AH ( H∈BC) tam giác ABC kẻđường kính AD đường trịn (O).

a Gọi Mlà trung điểm đoạn thẳng DH Chứng minh OMlà đường trung trực đoạn thẳng BC.

b Gọi S, Tlà giao điểm đường tròn (O) với đường trịn tâm A bán kính AH; F giao điểm ST BC Từ A kẻ đường thẳng vng góc với DH E Chứng minh

2

FB FC =FH điểm F, E, A thẳng hàng

c Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM tiếp xúc với đường trịn tâm A bán kính AH

Bài (1,0 điểm)Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x x( − +z) (y y−z)=0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2x3 2 2y3 2 x2 y2

x z y z x y

+ +

= + +

+ + +

Bài 5: (2,0 điểm) a) Tìm số nguyên tốp, q thoảmãn đồng thời hai điều kiện sau: i)

p q+pchia hết cho p2+q ii)

pq +qchia hết cho q2− p

b) Viết lên bảng 2019 số: 1; ; ; ;1 1 ;

2 2018 2019 Từ số viết xố số x, y viết lên bảng số

1 xy

x+ +y ( số lại bảng giữ nguyên) Tiếp tục thực thao tác bảng lại số Hỏi sốđó bao nhiêu?

- Hết -

(16)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

Đề số12

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu (1,5 điểm)

Cho biểu thức

3 2

x x x x

A

x x x x

− − + − −

= + −

+ + + + (với x≥0)

a) Rút gọn biểu thức A;

b) Tìm giá trị lớn A Câu 2.(2,5 điểm)

1 Giải phương trình: x+ +1 4− −x (x+1 4)( −x)=1

2 Giải hệ phương trình: ( )( )

( )( )

2

x y y

x x y xy

 = − +

 

= + −



Câu (1,0 điểm)

Tìm sốngun khơng âm a,b,n thỏa mãn:

2

3 2

2 n a b

n a b

 = + 



+ = +



Câu (3,5 điểm)

Cho đường trịn ( ; )O R , đường kính AB, điểm M nằm đoạn OB (M

khác O B) Từ M kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt ( )O hai điểm C E Gọi F hình chiếu C AE I hình chiếu M CF Đường

thẳng AI cắt ( )O điểm thứ hai H

a) Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp;

b) Tiếp tuyến C ( )O cắt đường thẳng AB D Gọi ( )O1 đường

tròn ngoại tiếp tam giác CHD (điểm O1 tâm đường tròn) Chứng minh đường

thẳng BD tiếp tuyến ( )O1 ;

c) Gọi O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMD Biết

2 R

OM = , tính

diện tích tam giác OO O1 theo R

Câu (1,5 điểm)

1 Cho số thực a,b,c thỏa mãn: a ≤1, b ≤1, c ≤1 a b c+ + =0

Chứng minh: 2018 2019 2020

2 a +b +c ≤

2 Cho trước p số nguyên tố Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy hai điểm ( )

;

A p B p( 9; 0) thuộc trục Ox. Có tứ giác ABCD nội tiếp cho điểm C D, thuộc trục Oy có tung độ sốnguyên dương

- Hế

t -ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(17)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức A x 2 x x2 x x x

x x x x x

 + +  − + −

= − ⋅

− + + +

  với x 0≥

Rút gọn biểu thức A tìm xđể A=6

b) Chứng minh với số nguyên dương n, số M 9.3= 4n −8.24n +2019 chia hết cho 20

Câu (1,0 điểm)

Cho parabol (P) : y= −x2 và đường thẳng (d) : y x m 2= + − Tìm tất giá trị tham số m để ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, thỏa mãn

2 2

x +x <3

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

b) Giải hệ phương trình x22 y22 4x 2y x 7y 4xy 6y 13

 + + + =

 

+ − + =



Câu (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn Gọi H, K hình chiếu vng góc C lên đường thẳng AB, AD

a) Chứng minh

AB.AH+AD.AK =AC

b) Trên hai đoạn thẳng BC, CD lấy hai điểm M, N (M khác B, M khác C) cho hai tam giác ABM ACN có diện tích nhau; BD cắt AM AN E F Chứng minh BM DN

BC + DC = BE+DF>EF

Câu (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H

Ba điểm D, E, F chân đường cao vẽ từ A, B, C tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC, P giao điểm EF BC Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai K

a) Chứng minh PB.PC=PE.PF KE song song với BC

b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF điểm thứ hai Q Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn

Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn abc=1 Tìm giá trị nhỏ

biểu thức: ( ) ( ) ( )

2 2 2 2

1 a b b c c a

P

ab a bc b ca c

+ + + + + + + + +

= + + ⋅

+ + + + + +

- Hế

(18)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

Câu (2,0 điểm)

Cho parabol ( )

:

P y =x đường thẳng d qua điểm M( )0;1 có hệ số góc k a) Chứng minh đường thẳng d ln cắt ( )P hai điểm A B, phân biệt với giá trị k

b) Chứng minh ∆OAB tam giác vuông với giá trị k (Olà gốc tọa độ) Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình  

4 2 1 1

x   x x x

b) Giải hệ phương trình

2

5 3 6 7 4 0

( 2) 3 3

x y y x

y y x x

      



    



Câu (1,0 điểm)

Cho x y z, , số dương thỏa mãn x+ + =y z 2 Chứng minh rằng:

2 2 2

2019x +2xy+2019y + 2019y +2yz+2019z + 2019z +2zx+2019x ≥2 2020. Câu (3,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB=2AD=4 (a a>0) Đường thẳng vng góc với AC C cắt đường thẳng AB AD E F.

a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp

b) Gọi I giao điểm đường thẳng BD EF Tính độ dài đoạn thẳng ID theo a.

c) M điểm thay đổi cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD N Gọi S1 diện tích tam giác CME S2 diện tích tam giác AMN Xác định vị trí M cho

2 3

. 2 S

S =

Câu (1,5 điểm). Cho abc số nguyên tố Chứng minh phương trình

2

0

ax +bx+ =c khơng có nghiệm hữu tỉ

- Hế

(19)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

Câu (2,0 điểm)

a) Cho số thực x thỏa mãn x

x

+ = Tính giá trị biểu thức 3

1

P x

x

= +

b) Giải phương trình 1 x 1+ + x 1− = Câu (2,0 điểm)

a) Cho a b c, , số thực dương, chứng minh a b 4a

b + ≥c a+c

b) Có 15 bạn học sinh nam 15 bạn học sinh nữ ngồi quanh bàn trịn Chứng minh ln tồn học sinh mà bạn ngồi cạnh bạn nữ

Câu (2,0 điểm)Với số thực x, kí hiệu   x số ngun lớn khơng vượt q x. Ví dụ 1;

2     = − = −

   

a) Chứng minh x 1− <  x ≤ <x   x + =1 x 1+  với x∈

b) Có số nguyên dương n 840≤ thỏa mãn  n ước n?

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông B, đường cao BH H( ∈AC) Gọi ( )ω

đường trịn tâm C bán kính CB Gọi F điểm đoạn thẳng BH (F khác B H) AF cắt ( )ω hai điểm D E, (D nằm A E) Gọi K trung điểm

DE

a) Chứng minh FKCH tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AD AE = AH AC = AF AK ;

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK tiếp xúc với ( )ω B

Câu (1 điểm)Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho 2019

n

2020 <

- Hế

(20)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ

Đề số 16 (Đề thi có 02 trang)

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức

2

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

A

x

x 4(x 1)

− − + + −  

=  − 

−

 

− − ,

x 1,x 2.> ≠

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức A số nguyên

Câu (1,0 điểm) Anh Bình vừa tốt nghiệp loại xuất sắc nên nhiều công ty mời làm việc, có hai cơng ty A B Đểthu hút người tài, cảhai công ty đưa hình thức trảlương thời gian thử việc sau:

Cơng ty A: Anh Bình nhận 1400 USD ký hợp đồng thử việc tháng sẽđược trảlương 1700USD

Cơng ty B: Anh Bình nhận 2400 USD ký hợp đồng thử việc tháng sẽđược trảlương 1500USD

Em tư vấn giúp anh Bình lựa chọn cơng ty để thử việc cho tổng số tiền nhận nhiều Biết thời gian thử việc hai công ty từ3 tháng đến tháng

Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng

( ) :d y m x m= − +2

và ( ) :2 2 1 m

d y x

m

= +

+ (m tham số thực khác 0) Tìm tất giá trị tham sốm để ( )d1 ( )d2 cắt điểm A cho diện tích hình thang ABHK 15

2

Biết B( 1;2)− hai điểm H, K hình chiếu vng góc B A lên trục hồnh Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình 2x2 +3x 2+ + 4x2 +6x 21 11+ =

b) Giải hệphương trình x2 y2 xy 12 2 x y xy 2y x

 + + =

 

+ − = −



c) Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2020(x2 +y ) 2019(2xy 1) 52 − + = ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(21)

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân có AB < AC, trực tâm H đường trung tuyến AM Gọi K hình chiếu vng góc H lên AM, D điểm đối xứng A qua M L điểm đối xứng K qua BC

a) Chứng minh tứ giác BCKH ABLC nội tiếp b) Chứng minh  LAB MAC=

c) Gọi I hình chiếu vng góc H lên AL, X giao điểm AL BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IXM đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Cho a, b, c số thực x, y, z số thực dương Chứng minh:

2 2 (a b c)

a b c

x y z x y z

+ +

+ + ≥

+ +

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3a3 3b3 3c3 a (b c) b (c a) c (a b)

+ + +

+ +

+ + + , với a, b, c số thực dương thỏa mãn abc =

- Hế

(22)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức P 3x 9x x x

x x x x

+ − + −

= − −

+ − + − Tìm x để P=3

b) Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện (x+ x2 +1 y)( + y2 +1)=2. Tính giá trị biểu thức Q x y= + +1 y x2 +1.

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y 1x2

2

= đường thẳng

1

(d): y x

2

= + Gọi A(x ; y ), B(x ; y )A A B B (với xA<xB) giao điểm (P) (d), C C

C(x ; y ) điểm thuộc (P) cho xA<xC <x B Tìm giá trị lớn diện tích tam giác ABC

b) Giải hệ phương trình x (x y) x y32 2 x (xy 3) 3xy

 − + =

 

+ − =



Câu 3: (1,5 điểm) a) Giải phương trình x 3 2x 3+ + − + x 1− + 2x 2.− =

b) Cho phương trình (ẩn x) x2 + (m 1)x m 0.− + − = Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x , x1 cho biểu thức

2

1

A (x= −4)(x −4) có giá trị lớn

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB<AC trực tâm T Gọi H chân

đường cao kẻ từ A tam giác ABC D điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC; I K hình chiếu vng góc D AB AC; E F trung điểm AC IH

a) Chứng minh ABDC tứ giác nội tiếp hai tam giác ACD IHD đồng dạng b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng DEF tam giác vuông

c) Chứng minh BC AB AC DH = DI + DK

Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz=2 Chứng minh

2 2 2

2y

x 4z 1

2

2x +y +5 6y+ +z +6 3z+ +4x +16 ≤

b) Có số nguyên x cho 22020

3x 1+ số nguyên ? - Hế

(23)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK NÔNG

Câu 1: (1,0 điểm) Cho biểu thức = + +   + − 

− − − +

   

a a

P

a a a a a a

2

1 . ( 1) 1

1 1 4

Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P

Câu 2: (1,0 điểm) Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình 2

2x y− =1 x +3y Câu 3: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình ( ) (2 )( )

2 12 x− x− x− = b) Giải hệphương trình 2 2

2

xy y x x xy y

 + + =

 

+ − =



Câu 4: (1,0 điểm) Quãng đường từ Gia Nghĩa đến thành phốBuôn Ma Thuột dài 120 km Một người dự định xe máy từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột với vận tốc không đổi Sau 45 phút, người dừng lại nghỉ 15 phút Để đến thành phố Buôn Ma Thuột thời gian dựđịnh, người phải tăng vận tốc thêm km/h qng đường cịn lại Tính vận tốc người xe máy theo dựđịnh ban đầu

Câu 5: (1,0 điểm) Tìm m đểphương trình x2−2(m+1)x+4m=0 (x ẩn, m tham số) có

hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x13−x12 =x23−x22

Câu 6: (3,0 điểm)Cho đường trịn (O R; ) đường kính AB Kẻhai đường thẳng d d′ hai tiếp tuyến tiếp điểm A B đường tròn ( )O Điểm M thuộc

đường tròn ( )O (M khác A B), tiếp tuyến M đường tròn ( )O cắt d d, ′ C D Đường thẳng BM cắt d E

a) So sánh độdài đoạn thẳng CM, CA, CE

b) Đường thẳng EO cắt hai đường thẳng d′, AD I J Chứng minh điểm A B I J, , , thuộc đường tròn

c) Giả sử AE=BD, tính độdài đoạn thẳng AM theo R

Câu 7: (1,0 điểm) Cho hai số thực a b, thỏa mãn 1≤ ≤a 2, 1≤ ≤b Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P a b

b a

  

= +  + 

  

-Hết -

(24)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI

Đề số19

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Bài 1. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình 2x2+ x2 −2x−19 4= x+74 b) Giải hệphương trình x y x

x xy y y

 + − =

 

− + − + =



2

3

9

Bài 2. (2,5 điểm)

a) Cho biểu thức P x x x x x x x x x x x

+ − +

= + −

− +

2

với x>0,x≠1 Rút gọn tìm giá trị nhỏ biểu thức P

b) Cho hai số thực a b, thỏa mãn a2+4ab−7b2 =0 (a≠b a≠ −b) Tính giá trị biểu thức Q a b a b

a b a b

− −

= +

− +

2

c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ( )d :y=(m+2)x m− +1 ( )d' :x+(m+2)y= +m m tham số Chứng minh giao điểm

hai đường thẳng nói thuộc đường cốđịnh m thay đổi

Bài (1,5 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x+ + + =y x+ y

b) Số tự nhiên n=1116có tất ước sốnguyên dương phân biệt? Tính tích tất cảcác ước sốđó

Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn (O R; )có hai đường kính AB CD vng góc với Gọi M điểm di động đoạn thẳng OB( M khác O P) Tia CM cắt đường tròn ( )O N; DB cắt CN P; AN cắt CD Q

a) Chứng minh PQ AB∥

b) Chứng minh ∆CAQ đồng dạng với ∆AMC, từ suy diện tích tứ giác ACMQ khơng đổi M di động đoạn thẳng OB

c) Chứng minh hệ thức CQ CN

AM AN

 

=  

d) Xác định vị trí điểm M đoạn thẳng OB để NQlà tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CPQ Tính OM theo R trường hợp

Bài (0,5 điểm)Trên bảng ô vuông, người ta điền tồn dấu + Sau thực trình đổi dấu ( dấu + sang dấu -, dấu – sang dấu +) theo bước sau:

Bước 1: Các dịng thứ i đổi dấu i lần, i=1 2, , ,2019 Bước 2: Các ô cột thứ j đổi dấu 3j+1lần, j=1 2, , ,2019

Tính số dấu cịn lại bảng vng sau thực xong trình đổi dấu

(25)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH

Đề số20

Câu 1:(1,0 điểm) Giải phương trình x4+x2−20 0=

Câu 2:(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức ( 2 2)( )1

2

a a

T

a a

− −

=

− − với a>0,a≠4

Câu 3:(1,0 điểm) Cho hình thang cân ABCD AB CD( / / ) có CD=2AD=2AB=8 Tính diện tích hình thang cân

Câu 4:(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 42

7 42

x xy x y

xy y x

 − + − =

 

+ + =



Câu 5:(1,0 điểm)

Cho hai phương trình x2+6ax+2b=0 x2+4bx+3a=0 với a b, là số thực Chứng minh 3a+2b≥2 hai phương trình cho có nghiệm Câu 6:(1,0 điểm)

Tìm số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd cho abcd k k= 2( ∈*)

1

ab cd− = (các chữ số tự nhiên a b c d, , , giống nhau) Câu 7:(1,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có BAC=60 AB AC< Đường tròn tâm I nội tiếp

tam giác ABC tiếp xúc với AB AC, D E Kéo dài BI CI, cắt DE F G, gọi M trung điểm BC Chứng minh tam giác MFG

Câu 8:(2,0 điểm)

Cho tam giác ABC vng A nội tiếp đường trịn ( )O có tâm O

a)(1,0 điểm) Trên cung nhỏ AB đường tròn ( )O lấy điểm D (khác A B, ) Gọi K giao điểm thứ hai đường trịn tâm A bán kính AC với đường thẳng BD Chứng minh AD đường trung trực CK

b)(1,0 điểm) Lấy P điểm đoạn OC (khác O C, ) Gọi E F, hình chiếu vng góc P AB AC Gọi Q điểm đối xứng P qua đường thẳng EF Chứng minh Q thuộc đường tròn ( )O

Câu 9:(1,0 điểm)

Chứng minh (x y z+ + )3+9xyz≥4(x y z xy yz zx+ + )( + + ) với x y z, , số thực không âm Đẳng thức xảy nào?

-Hết -

(26)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

Đề số21

Bài (5,0 điểm). 1.Tính giá trị biểu thức A =x3 + y3 − 3 x( + y), biết rằng

3

x = 2+ + 2− ; y = 317 12 2+ + 317 12 2−

Cho hai số thức m n, khác thỏa mãn 1

m + n =

Chứng minh phương trình (x2 + mx n x+ )( + nx m+ )=0 ln có nghiệm Bài 2.(5,0 điểm) 1 Giải hệ phương trình

2

x xy y x y 4x

 + + =

 

− + =



Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2

2xy + + + =x y x + 2y + xy

Bài (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm

2019 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích khơng lớn Cho a b c, , số thực không âm thỏa mãna b c+ + =3 Chứng minh

3 3

a b + +1 b c + +1 c a + ≤1 Bài (7,0 điểm).

Cho tam giác ABC vuông cân tạiA Gọi D trung điểm cạnhBC Lấy điểm M đoạn AD (M không trùng vớiA ) Gọi N P, theo thứ tự hình chiếu vng góc M cạnh AB AC, H hình chiếu vng góc N lên đường thẳng PD

a) Chứng minh AH vng góc với BH

b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực AB tạiI

Chứng minh ba điểm H N I, , thẳng hàng

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O , đường cao AH Gọi M giao

điểm AO vàBC Chứng minh HB MB 2AB

HC + MC≥ AC Dấu đẳng thức xảy nào?

-Hết -

(27)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

Đề số22

Câu (2,0 đ) Cho biểu thức A x x x 3( ) x

x x x x

−

− +

= − +

− − + −

a Rút gọn A

b Tính giá trị A x 3= −

Câu (1,0 đ)Cho phương trình x2 −(m x 3m 1+ ) + − = ( ) với m tham số

Tìm giá trị m đểphương trình  1 có hai nghiệm dương phân biệt x x1, 2 cho 1,

x x độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng với cạnh huyền có độ dài

Câu (2,0 đ) a Giải phương trình x+ 4 x− = +2 3x x−

b Giải hệphương trình 2x33 2x y xy y2 2 x y 2x xy x

 + − = − −

 

− + =



Câu ( 3,0 đ) Cho đường tròn O R;  đường tròn O R'; ' cắt hai điểm phân biệt A B Trên tia đối tiaAB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD CE, với đường trịn O R; , D E, tiếp điểm E nằm đường tròn O R'; ' Đường thẳng

,

AD AE cắt đường tròn O R'; ' M N (M,Nkhác A) Tia DE cắt MN I

Chứng minh rằng:

a Tứ giácBEIN nội tiếp b MIBAEB c O I' MN

Câu ( 1,0 đ) a Giải phương trình nghiệm nguyên 4y2 = +2 199 x− −2x

b Tìm tất cặp số nguyên tố  p q, cho p2 −2q2 =41 Câu (1,0 đ)

a Cho x y, số thực dương thỏa mãn xy 1≤ chứng minh rằng:

1

1 x y 1+ + + ≤ + xy

b Cho x y, số thực dương thỏa mãn điều kiện (x y+ )3 +4xy 12≤ Tìm GTLN P 1 2018xy

1 x y

= + +

+ +

-Hết -

(28)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH

Đề số23

(Đề thi có 02 trang)

Câu (2,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức 2

x 2x 3x 38x

A

x 4x

− + − +

=

− + x 2= +

b) Cho hai hàm số y x= 2 y=(m x 1− ) − (với m là tham số) có đồ thị

là  P d Tìm m để  P cắt d hai điểm phân biệt A x ; y( 1 1), B x ; y( 2 2) cho

( )

3 3

1 2

y −y =18 x −x

Câu (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình

2

y 2xy 2x 5y 5x 7y 18 x

 + + = +

 

+ − = +



b) Cho số thực không âm x, y,z thỏa mãn x y z 3+ + = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức M= x2 −6x 25+ + y2 −6y 25+ + z2 −6z 25+

Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất cặp số nguyên dương  x y; thỏa mãn (xy x y x+ + )( +y2 +1)=30

b) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 12n21 là số nguyên Chứng minh 2 12n2 1 2 là số phương.

Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC Các đường cao AD BE CF, , tam giác ABC cắt điểm H Gọi  O đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHEC , cung nhỏ EC đường tròn  O lấy điểm I (khác điểm E) cho IC IE Đường thẳng DI cắt đường thẳng CE điểm N , đường thẳng EF cắt đường thẳng CI điểm M

a) Chứng minh NI ND. NE NC.

b) Chứng minh rằngđường thẳng MN vng góc vớiđường thẳng CH

(29)

c) Đường thẳng HM cắtđường tròn  O điểm K (khác điểm H ), đường thẳng KN cắt đường tròn  O điểm G (khác điểm K), đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tạiđiểm T Chứng minh ba điểm H T G, , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm)

Cho 2020 kẹo vào 1010 hộp cho khơng có hộp chứa nhiều 1010 kẹo hộp chứa 1cái kẹo Chứng minh tìm thấy số

hộp mà tổng số kẹo hộp 1010

-Hết -

(30)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

Đề số24

Câu 1: (3 điểm)

a) Giải phương trình: ( )(3( )2 )

1 3 x + +x x− + x− + = b) Cho parabol ( ) 2( )

:

P y= ax a> đường thẳng d y: =4x−2a2 Tìm a để dcắt ( )P hai điểm phân biệt M N, có hồnh độ xM,xNsao cho

2

M N M N

K

x x x x

= +

+ đạt

giá trị nhỏ Câu 2: (1,5 điểm)

Giả sử ba số thựca b c, , thỏa mãn điều kiệna>0,

3

b= a ,a b c+ + =abc Chứng minh rằng:

3 a≥ + Câu 3: (2 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức: ( 5 4 3 )2018

4 5 2019 P= x + x − x + x− + tại

2

x= −

+

b) Tìm tất số nguyên x cho 2 x x

−

+ số nguyên

Câu 4: (3,5 điểm) Cho điểm M thuộc đường trịn ( )O đường kínhAB (M ≠A M, ≠B MA, <MB) Tia phân giác góc AMBcắt AB C Qua C vẽ đường thẳng vng góc với ABcắt đường thẳng AM BM, theo thứ tự D H,

a) Chứng minh rằng: CA=CH

b) Gọi E hình chiếu vng góc H tiếp tuyến A ( )O , F hình chiếu vng góc Dtrên tiếp B Chứng minh rằng: E M F, , thẳng hàng

c) GọiS S1, 2theo thứ tự diện tích từ giácACHE BCDF Chứng minh rằng:

1

CM < S S⋅

-Hết -

(31)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SƠN LA

Đề số25

Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọnbiểu thức: : 2

1

x x x x

A

x x x x x

   + + + 

= −    − + 

+ − − − +

   

b) Tính giá trị biểu thức 2019

( 2)

B= x + x− ( )

3

( 1) 10

21 x

− +

=

+ +

Câu (2,0 điểm) Cho phương trình

1 x −mx+ − =m

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn biểu thức

1

2

1 2

4

2(1 ) x x

A

x x x x

+ =

+ + + đạt giá trị nhỏ

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2

3

x − x+ +x = x+ Câu (3,0 điểm)

Từ điểm I nằm ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến IA IB đến đường tròn (A, B tiếp điểm) Tia Ix nằm hai tia IA IB, Ix không qua O cắt đường tròn (O) C E (E nằm C I), đoạn IO cắt AB M Chứng minh:

a) Tứ giác OMEC nội tiếp b)  AMC= AME

c) MB IE

MC IC

  =

 

 

Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c ≤ Chứng minh

2 2

1 362

121 a +b +c +ab+bc+ca≥ Câu (1,0 điểm)

Trong tam giác có cạnh đáy a, chiều cao tương ứng h (a, h cho trước, khơng đổi) Hãy tìm tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn

-Hết -

(32)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG

Đề số26

Bài 1: (3,0 điểm)

1 Cho 3

2 2 3 2 2 3 1

x= + + − − Tính giá trị biểu thức P=x3(x2 +3x+9)3 Giải phương trình:

6 5 7

x + x+ = x+ Giải hệ phương trình: ( )

2

3 1 1 3 1 3

5

x y y x y x y

x y

 − − + + − = −

 

+ =



Bài 2: (3,0 điểm)

1 Cho parabol (P): y=2x2, đường thẳng (d

1): 1 4

y= − x Viết phương trình đường thẳng (d2), biết d2 vng góc với d1 d2 cắt (P) hai điểm phân biệt A, B cho

5AB= 17OI , với I trung điểm đoạn AB Cho phương trình

5 4 9 0

x + x+ − m= (1), với m tham số Tìm giá trị m để (1) có hai nghiệm x1, x2thỏa mãn x x1( 12 − −1) (x2 8x22 + =1) 5

3 Cho hai số dương x, y thỏa mãn ( 3 3) ( ) ( ) (2 )

6 2 4

x x + y + xy x+ −y = x+ y xy+ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 1

2

x y

T

y x

 

=  + +    Bài 3: (1,0 điểm)

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

( )( )

2x+5y+1 2x− + +y x +x =65 Bài 4: (3,0 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên mặt phẳng bờ AB, vẽ tiếp tuyến Ax, By (O) Trên (O), lấy điểm C (CA < CB) đoạn thẳng OA lấy điểm D (D khác O, A) Đường thẳng vng góc với CD C cắt Ax, By E, F AC cắt DE G, BC cắt DF H, OC cắt GH I

1 Chứng minh hai tam giác AGE, FHC đồng dạng I trung điểm GH Gọi J, K trung điểm DE, DF Chứng minh I, J, K thẳng hàng

3 Gọi M giao điểm JO DK Chứng minh tam giác JOK vuông ba đường thẳng DE, IM, KO đồng quy

-Hết -

(33)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA

Đề số27

Bài (2 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho (P) y x= đường thẳng (d) y 2mx 2m 3= + +

a/ Chứng minh đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

b/ Gọi y ,y1 2 tung độcác giao điểm đường thẳng (d) (P) Tìm tất giá trị m để y1 +y2 ≤5

Bài (2điểm)

a/ Cho A 2= +2 21+ + + 2019 B 2= 2020 Chứng minh rằng:

A, B hai số tự

nhiên liên tiếp

b/ Giải phương trình: 2x2 3x 10 x2 2x

x x

− + = − +

+ +

Bài (3 điểm) Cho hai đường trịn (O) (O )′ khơng bán kính, cắt hai điểm phân biệt A B Các tiếp tuyến A (O) (O )′ cắt (O )′ (O) C D Trên đường thẳng AB lấy M cho B trung điểm đoạn AM

a/ chứng minh hai tam giác ABD CBA đồng dạng b/ Chứng minh MB2 =BD.BC

c/ Chứng minh ADMC tứ giác nội tiếp Bài (2 điểm)

a/ Chứng minh với số thực a,b ln có: a2 b2 1(a b)2

2

+ ≥ +

( )2

1

ab a b

4

≤ +

b/ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x( +y2 +z2)−9x y z 18yz 0( + )− =

Tìm giá trị lớn biểu thức Q 2x y z y z

− − =

+

Bài (1 điểm) Huyện KS có 33 cơng ty, huyện KV có 100 cơng ty Biết rằng, cơng ty huyện KS hợp tác với 97 cơng ty huyện KV Chứng minh có công ty huyện KV hợp tác với tất cảcác công ty huyện KS

-Hết -

(34)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH

Đề số28

Câu 1: (1,0 điểm)

Cho a b c, , ba số thực thỏa điều kiện a b c+ + =1 Tính giá trị biểu thức: ( )( )

3 3

3

A=a + + −b c ab c c+ − Câu 2: (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: x− −1 x+ =7 3x−4 b) Giải hệphương trình: ( )

( )

2

4 x y xy xy x y

+ − =

 

+ − = −



Câu 3: (1,5 điểm)

Đường tròn nội tiếp tam giácABC tiếp xúc với cạnh BC,CA, AB M , N , P Gọi K hình chiếu vng góc M lên NP

Chứng minh: KM tia phân giác BKC Câu 4: (2,0 điểm)

Cho x y z, , số thực thuộc đoạn [ ]0; thỏa mãn điều kiện x+ + =y z a) Chứng minh rằng: x2+y2+z2 <6

b) Tìm giá trị lớn biểu thức: P=x3+y3+ −z3 3xyz Câu 5: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC Gọi M, N hai điểm nằm cạnh BC cho

 30

MAN = ° (M nằm B N ) Gọi K giao điểm hai đường tròn (ABN) (ACM) Chứng minh rằng:

a) Hai điểm K C đối xứng với qua AN b) Đường thẳng AK qua tâm đường tròn (AMN) Câu 6: (1,0 điểm)

Cho m n, hai số nguyên Chứng minh rằng: 7(m+n)2+2mn chia hết cho 225 mn chia hết cho 225

-Hết -

(35)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LƯU

Đề số29

Môn thi chuyên: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề.

Câu 1:( điểm)

a) Chứng minh số có dạng A n= −n4 +2n3 +2n2 khơng phải sốchính phương, n N,n 1∈ >

b) Rút gọn biểu thức: B=(13 3− )( + )−8 20 43 24 3+ + Câu 2:( 4,0 điểm)

a) Một người mang trứng chợ bán Tổng số trứng bán tính sau: Ngày thứ bán trứng 1

8 số trứng lại Ngày thứhai bán 16 trứng 1 8 số trứng lại Ngày thứba bán 24 trứng 1

8 số trứng lại Cứnhư ngày cuối bán hết trứng Biết số trứng bán ngày Hỏi tổng số trứng người đóbán bán hết ngày ?

b) Giải hệphương trình: 7x y 2x y

2x y x y

 + + + =

 

+ + − =



Câu 3:( 4,0 điểm)

a) Cho phương trình 2018x2 −(m 2019 x 2020 0− ) − = ( m tham số) Tìm m đểphương

trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn:

2

1 1

x +2019 x− = x +2019 x+

b) Giải phương trình: 2 x( +2)=5 x3 +1 Câu 4:( 4,0 điểm)

Cho ∆ABC khơng cân, biết ∆ABC ngoại tiếp đường trịn ( )I Gọi D, E, F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn ( )I Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn ( )I điểm N (N ≠ D) , gọi K giao điểm AI EF

a) Chứng minh AK.AI = AN.AD điểm I, D, N, K thuộc đường tròn b) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn ( )I

Câu 5:( 4,0 điểm)

(36)

Cho đường tròn (O R; ) hai điểm B, C cốđịnh cho góc BOC =1200 Điểm A di động cung lớn BC cho ∆ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, ∆ACF cắt K (K ≠ A) Gọi H giao điểm BE CF

a) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nội tiếp

b) Xác định vịtrí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác BHCK theo R

-Hết -

(37)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

Câu 1(2,0 điểm).

a) Rút gọn biểu thức:

5

A= + + − +

+

b) Tính thể tích hình cầu, biết diện tích mặt cầu

36πcm

Câu 2(2,0 điểm).

a) Cho Parabol ( )

:

P y=x đường thẳng ( )d :y=2x m+ −2, mlà tham số Tìm m để

( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2

3 2 10 x − y + xy− x− y+ =

Câu 3(2,0 điểm).

a) Giải phương trình: x− +1 5− − =x 2 (x−1 5)( −x)

b) Giải hệ phương trình ( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

x y x y y

x y y x y y

 + + + = +

 

+ + + + + = +



Câu 4(3,0 điểm).

Cho đường tròn (O R; ), DC dây cố định không qua O Gọi S điểm di

động tia đối DC (S không trùng D) Qua S kẻ hai tiếp tuyến SA,SB với đường

tròn (O R; ), (A B, làhai tiếp điểm) Gọi I trung điểm DC

a) Chứng minh điểm S A B I O, , , , thuộc đường tròn

b) Gọi H giao điểm SO AB Chứng minh DHC =DOC

c) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định S di động

Câu 5(1,0 điểm).

Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn: xy+yz+zx=5 Tính giá trị nhỏ

biểu thức 2

3x +3y +z

-Hết -

(38)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LƯU

Bài 1. (2,0 điểm): Tính giá trị biểu thức T=(2 3 1+ )( − ) 13 19 2− + Bài 2. (1,5 điểm): Cho hàm số

y=2x có đồ thị (P) hàm số y=6x+ +m

có đồ thị (d).Tìm m để (P) (d) tiếp xúc Bài 3. (1,5 điểm): Tính số đo góc nhọn αbiết 2

10 sin α +6 cos α =8 Bài 4. (1,5 điểm): Biết

5

111 5555 5

2018chữ sô12018chữ sô

l tích hai số lẻ liên tiếp Tính tổng hai số lẻ

Bài 5. (1,5 điểm): Cho tam giác ABC có  

C B− =90 AH đường cao tam giác

Chứng minh

AH =BH.CH

Bài 6. ( ,0điểm ): Giải hệ phương trình x3 y 34 2 2 x y 4x 4y 12

+ =  

+ = + −



Bài 7. ( 1,5điểm ): Cho đường tròn (O; R).Hai dây AB CD song song với

cho tâm O nằm dải song song tạo với AB CD Biết khoảng

cách hai dây 11cmvà AB=10 3cm; CD=16cm Tính R Bài 8. ( 1,5điểm ): Cho số a, b, c, x, y, z khác thõa mãn kiện

x y z

a + + =b c

a b c

x+ + =y z Chứng minh

2 2

x y z a +b +c = Bài 9. ( 1,5điểm ): Cho tam giác ABC cân A (A <90 )0 , đường vng góc với

ABtại Acắt đường thẳng BCtại D.Dựng DE vuông góc với

AC(E∈AC) Gọi H trung điểm BC.Chứng minh AH=HE

Bài 10.( 2,0 điểm): Cho phương trình

x +2(a+b)x+4ab=0 ( xlà ẩn số;a, blà tham số)

Tìm điều kiện a b để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

có nghiệm dương

Bài 11.( 1,5 điểm ) : Cho a, b, c ba số thực thõa điều kiện a+ + =b c 10.Tính giá trị nhỏ

của 2

M=a +b +c

Bài 12. ( 2,0 điểm): Cho đường tròn (O) đường kính BC Điểm A thuộc đường trịn (O) Kẻ

AH⊥BC(H∈BC) Gọi I, Ktheo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp

các tam giác AHB, AHC Đường thẳng IK cắt AB, AC M, N a Chứng minh tam giác AMN vuông cân

b Chứng minh SAMN 1SABC ≤

-Hết -

(39)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÀ RỊA VŨNG TÀU

Đề số32

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1: (3 điểm)

a Rút gọn biểu thức 1

2

x x A

x x x x

 

  

    với x 0, x1

b Giải phương trình

  2

2

9

40

x x

x

 



c Giải hệphương trình

2

3

2

x y

x y y x

   

 

   



Câu 2( điểm)

a Cho số thực a,b thỏa mãn a b 2 Chứng minh phương trình

2

ax bx2a 2 ln có nghiệm

b Tìm tất cặp sốnguyên dương (m;n) thỏa mãn phương trình 2m.m2 = 9n2 -12n

+19

Câu 3: (1 điểm) Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn 1

a  b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2 2

1 1

3 3

P

a ab b b bc c c ca a

  

        

Câu (3 điểm)Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC với AB< AC Gọi I trung điểm BC Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) J khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBJ cắt đường thẳng AB M khác B đường tròn ngoại tiếp tam giác ICJ cắt đường thẳng AC N khác C

a Chứng minh  BJM CJN ba điểm M,I,N thẳng hàng

b Chứng minh JA tia phân giác góc BJN OA vng góc với MN

c Tia phân giác góc BAC cắt MN E Tia phân giác góc BME CNE cắt BE,CE P,Q Chứng minh PB.QE=PE.QC

Bài (1 điểm) Trên mặt phẳng cho 17 điểm phân biệt, khơng có ba điểm thẳng hàng Giữa hai điểm ba điểm cho ta nối đoạn thẳng đoạn thẳng ghi sốnguyên dươn (các sốghi đoạn thẳng sốnguyên dương khác nhau) Chứng minh tồn tam giác có cạnh đoạn thẳng nối mà tổng số ghi ba cạnh tam giác chia hết cho

-Hết -

(40)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KON TUM

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu :(2,0 điểm)

1 Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức 3 5 10

P  



2 Rút gọn tính giá trị biểu thức

2

x x

Q

x

 



 x2020 2019

Câu :(2,5 điểm)

1.Cho parapol đường thẳng , m tham số Tìm m để đường thẳng  d cắt parapol  P hai điểm A x y A; A ,B x yB; Bsao cho 38

5

A B B A

y y

x x



 

2 Giải hệ phương trình

 

2

6

( )

1

x y

I x y

x y

    

  

  

      

  

   



Câu :(2,5 điểm)

Cho đường trịn O R;  có đường kính ABcố định đường kính CDthay đổi cho CD khơng vng góc khơng trùng với AB Gọi d tiếp tuyến Acủa O R;  Các đường thẳng BC

và BDcắt d tương ứng E F

1 Chứng minh CDFElà tứ giác nội tiếp

2 Gọi Mlà trung điểm EF Klà tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF Chứng minh tứ giác KMBO hình bình hành

3 Gọi Hlà trực tâm tam giác DEF, chứng minh Hln chạy đường trịn cố định Câu :(2,0 điểm)

1 Cho số thực x thỏa mãn   1 x Chứng minh 1 x 1  x 2 x2

2 Cho tập hợp Agồm 41 phần tử số nghuên khác thỏa mãn tổng 21 phần tử lớn tổng 20 phần tử lại Biết số 401 402 thuộc tập A Tìm tất phần tử tập hợp A

Câu :(1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB2 ,a BC a Lấy đoạn AB làm

đường kính, dựng phía ngồi hình chữ nhật nửa đường trịn Điểm M thuộc đường trịn Các đường thẳng MD, MC

cắt AB N, L Chứng minh AL2 BN2

AB

 

-Hết -

 P y x:   d y: 2x m 21 ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(41)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

Mơn thi chun: TỐN (Vòng 1)

Bài

a, Giải phương trình

2

26

2 26 30 30

x

x x

x

+ + + = +

+ b, Giải hệphương trình 2

2

( )(2 ) 27 x y

x y y xy

 + =

 

+ + + =

 Bài 2

a, Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn 2

(x − +x 1)(y +xy)=3x−1

b, Với x,y số thực thay đổi thỏa mãn ≤ y ≤ xy+2 ≥ 2y, tìm giá trị nhỏ biểu thức 22

1 x M

y + =

+

Bài Cho hình vng ABCD, đường trịn (O) nội tiếp hình vng tiếp xúc với cạnh AB, AD hai điểm E,F Gọi G giao điểm đường thẳng CE BF

a, Chứng minh năm điểm A,F,O,G,E nằm đường tròn

b, Gọi giao điểm đường thẳng FB đường tròn M(M≠F) CMR M trung điểm đoạn thẳng BG

c, CMR trực tâm tam giác GAF nằm đường tròn (O)

Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + xz =1 Chứng minh:

3

2 2 2 2 2

1 1

( )

1 1 1 1 1

x y z

x + y + z ≥ x + y + z

+ + + + + +

-Hết -

(42)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

Môn thi chun: TỐN (Vịng 2)

Câu 1.

a Giải hệ phương trình:

( )( )

2

3

x y xy x y x xy

 + + =



 + + + =

 b Giải phương trình:

( )

2

27 27

2 2

x x x

+ + = +

+ −

+ − +

Câu 2.

a Chứng minh với số nguyên dương n, ta ln có

( )7 ( )7 ( )7

27n 10 10n 27 5n 10 27

 + +  + + +  + + + 

     

chia hết cho 42

b Với ,x y số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện

2

4x +4y +17xy+5x+5y≥1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức :P=17x2 +17y2+16xy

Câu 3. Cho tam giác ABC cân A, có đường trịn nội tiếp ( )I Các điểm E F, theo thứ tự thuộc cạnh CA AB, (E khác C A; F khác B A) cho EF tiếp xúc với đường tròn ( )I điểm P Gọi K L, hình chiếu vng góc E F,

BC Giả sử FK cắt EL điểm J Gọi H hình chiếu vng góc J BC a Chứng minh HJ phân giác góc EHF

b Kí hiệu S S1, 2 diện tích tứ giác BFJL CEJK Chứng minh

2

S BF S =CE

c Gọi D trung điểm cạnh BC Chứng minh ba điểm P J D, , thẳng hàng Câu 4. Cho M tập tất 4039 số nguyên liên tiếp từ 2019− đến 2019 Chứng minh

trong 2021 số đôi phân biệt chọn từ M ln tồn ba số phân biệt có tổng

-Hết -

(43)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG

Bài (2,0 điểm)Rút gọn

𝐴= �1 +2√3−

1 +√3�

2

− �1− √2 3−

1− √3�

2

Bài (2,0 điểm)

Phương trình 𝑥2− �√3 +√2�𝑥+√6 = 0 có nghiệm nghiệm phương trình𝑥4 +𝑏𝑥2+𝑐 = 0(∗) Tìm 𝑏;𝑐 và giải phương trình (∗)ứng với 𝑏;𝑐vừa tìm được. Bài (2,0 điểm)

Cho hàm số 𝑦 =𝑎𝑥2 (𝑎 ≠0)có đồ thị (𝑃)

a) Xác định hệ số 𝑎biết đồ thị (𝑃)đi qua điểm 𝐴�√5;√50�.Vẽ đồ thị hàm số ứng với 𝑎vừa tìm

b) Với giá trị 𝑎 vừa tìm trên, cho biết điểm 𝑀(𝑚;𝑛) thuộc đồ thị (𝑃) Hỏi điểm 𝑁(𝑛;𝑚)có thuộc đồ thị (𝑃)được hay khơng? Tìm điểm có (𝑚,𝑛là hai số khác 0) Bài (1,0 điểm)

Cho 𝑥;𝑦là hai số thỏa mãn 𝑥+𝑦= Hãy tính 𝐴 =𝑥4+𝑦4−2𝑥3−2𝑥2𝑦2+𝑥2−2𝑦3+𝑦2. Bài (2,0 điểm)

Cho hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷, hai điểm 𝐾,𝑃thuộc hai cạnh 𝐴𝐷 𝐵𝐶 cho tam giác 𝐷𝐾𝑃 có cạnh 18 𝑐𝑚 Biết đường chéo 𝐵𝐷 qua trung điểm 𝑁 đoạn 𝐾𝑃 Đường thẳng qua 𝐴song song với 𝐾𝑃cắt 𝐵𝐶tại 𝑀

a) Tính diện tích hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 b) Chứng minh tứ giác 𝐴𝐾𝑁𝑀nội tiếp Bài (1,0 điểm)

Một bút chì có dạng hình trụ có đường kính đáy 𝑚𝑚 chiều cao 200 𝑚𝑚 Thân bút chì làm gỗ, phần lõi làm than chì Phần lõi có dạng hình trụ có chiều cao chiều dài bút đáy hình trịn có bán kính 𝑚𝑚 Tính thể tích phần lõi phần gỗ bút chì

-Hết -

(44)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SƯ PHẠM HÀ NỘI

Mơn thi chun: TỐN (vịng 1)

Câu a) Cho a số thực khác −1 Rút gọn biểu thức

2

3

2

1

a

a a

a P

a a

a a +   +

 −  +  

= ÷ − − − −

  +  +   

b) Cho số thực x y a, , thoản mãn x2+3x y4 + y2+3 y x4 =a Chứng minh x2 +3 y2 = 3a2

Câu Trên quãng đường dài 20km, thời điểm, bạn An từ A đến B bạn Bình từ B đến A Sau kể từ lúc xuất phát, An Bình gặp C nghỉ lại

15 phút (vận tốc An quãng đường AC không thay đổi, vận tối Bình qng

đường BC khơng thay đổi) Sau nghỉ, An tiếp đến Bvới vận tốc nhỏhơn vận tốc An quáng đường AC km/h, Bình tiếp đến A với vận tốc lớn vận tốc Bình quãng đường BC km/h Biết An đến B sớm so với Bình đến A 48 phút Hỏi vận tốc An quãng đường AC bao nhiêu?

Câu Cho đa thức ( )

P x =x +ax+b, Q x( )=x2+cx+d với a b c d, , , số thực

a) Tìm tất giá trị a b, để1 a nghiệm phương trình P x( )=0

b) Giả sửphương trình P x( )=0 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 phương trình Q x( )=0 có hai

nghiệm phân biệt x3, x4 cho P x( )3 +P x( )4 =Q x( )1 +Q x( )2 Chứng minh x1−x2 = x3−x4 Câu Cho đường tròn ( )O , bán kính R, ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi AA1, BB1,

1

CC đường cao tam giác ABC (A1 thuộc BC, B1 thuộc CA, C1 thuộc AB) Đường thẳng 1

A C cắt đường tròn ( )O A' C' (A1 nằm A' C1) Các tiếp tuyến đường tròn ( )O A' C' cắt B'

a) Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh HC A C1 1 =A C HB1 1 1

b) Chứng minh ba điểm B B O, ', thẳng hàng

c) Khi tam giác ABC tam giác đều, tính A C' ' theo R

Câu Cho số thực x y, thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( )( ) 2

2 13 26 24 46

P=xy x− y+ + x + y − x+ y+

-Hết -

(45)

Câu a) Cho a số thực khác −1 Rút gọn biểu thức

2

3

2

1

a

a a

a P

a a

a a +   +

 −  +  

= ÷ − − − −

  +  +   

b) Cho số thực x y a, , thoản mãn x2+3x y4 + y2+3 y x4 =a Chứng minh x2 +3 y2 = 3a2

Câu Trên quãng đường dài 20km, thời điểm, bạn An từ A đến B bạn Bình từ B đến A Sau kể từ lúc xuất phát, An Bình gặp C nghỉ lại

15 phút (vận tốc An quãng đường AC khơng thay đổi, vận tối Bình qng

đường BC không thay đổi) Sau nghỉ, An tiếp đến Bvới vận tốc nhỏhơn vận tốc An quáng đường AC km/h, Bình tiếp đến A với vận tốc lớn vận tốc Bình quãng đường BC km/h Biết An đến B sớm so với Bình đến A 48 phút Hỏi vận tốc An quãng đường AC bao nhiêu?

P x =x +ax+b, Q x( )=x2+cx+d với a b c d, , , số thực

a) Tìm tất giá trị a b, để1 a nghiệm phương trình P x( )=0

b) Giả sửphương trình P x( )=0 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 phương trình Q x( )=0 có hai

nghiệm phân biệt x3, x4 cho P x( )3 +P x( )4 =Q x( )1 +Q x( )2 Chứng minh x1−x2 = x3−x4 Câu Cho đường trịn ( )O , bán kính R, ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi AA1, BB1,

1

CC đường cao tam giác ABC (A1 thuộc BC, B1 thuộc CA, C1 thuộc AB) Đường thẳng 1

A C cắt đường tròn ( )O A' C' (A1 nằm A' C1) Các tiếp tuyến đường tròn ( )O A' C' cắt B'

a) Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh HC A C1 1 =A C HB1 1 1

b) Chứng minh ba điểm B B O, ', thẳng hàng

c) Khi tam giác ABC tam giác đều, tính A C' ' theo R

Câu Với a b, hai số thực thỏa mãn

ab= Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( )4 ( )4

1 1 P= a− + + b− +

-Hết -

(46)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KON TUM

Đề số39

Mơn thi chun: TỐN (chung)

Câu :(2,0 điểm)

1 Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức 3 5 10

P  



2 Rút gọn tính giá trị biểu thức

2

x x

Q

x

 



 x2020 2019

Câu :(2,5 điểm)

1.Cho parapol  P y x:  và đường thẳng  d y: 2x m 21, m tham số Tìm m để đường thẳng  d cắt parapol  P hai điểm A x y A; A ,B x yB; Bsao cho

38

A B B A

y y

x x



 

2 Giải hệ phương trình

 

2

6

( )

1

x y

I x y

x y

    

  

  

      

  

   



Câu :(2,5 điểm) Cho đường trịn O R;  có đường kính ABcố định đường kính CD thay đổi cho CDkhơng vng góc khơng trùng với AB Gọi d tiếp tuyến A O R;  Các đường thẳng BC BDcắt d tương ứng E F

1 Chứng minh CDFElà tứ giác nội tiếp

2 Gọi Mlà trung điểm EF Klà tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF Chứng minh tứ giác KMBO hình bình hành

3 Gọi Hlà trực tâm tam giác DEF, chứng minh Hln chạy đường trịn cố định Câu :(2,0 điểm)

1 Cho số thực x thỏa mãn   1 x Chứng minh 1 x 1  x 2 x2

2 Cho tập hợp Agồm 41 phần tử số nghuên khác thỏa mãn tổng 21 phần tử bất

kỳ lớn tổng 20 phần tử lại Biết số 401 402 thuộc tập A Tìm tất phần tử tập hợp A

Câu :(1,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có AB2 ,a BC a Lấy đoạn AB làm đường kính, dựng phía ngồi hình chữ nhật nửa đường tròn Điểm M thuộc đường trịn Các đường thẳng MD, MC cắt AB N, L Chứng minh AL2 BN2

AB

 

-Hết -

(47)

Mơn thi chun: TỐN (chung)

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức (2 5)2 20 20

= − + −

A

2) Cho hai đường thẳng (d):y=(m−2)x+m ( )∆ :y= − +4x

a) Tìm mđể (d) song song với ( )∆

b) Chứng minh đường thẳng (d) qua điểm A( 1; 2)− với m

c) Tìm tọa độ điểm Bthuộc ( )∆ cho ABvng góc với ( )∆

Câu (2,0 điểm)

1) Giảiphương trình 2

2 4

+ + + =

x x x x

2) Giảihệphương trình ( )

2

3

1

 + = + −



 + +

+ = 

+ 

x y xy y

x y

x Câu (2,0 điểm)

Cho phương trình: 2

2( 1)

− + + + =

x m x m (1) (m tham số) 1) Giải phương trình m=2

2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1, thỏa mãn:

2

1 +2( +1) =3 +16

x m x m

Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A Vẽ nửa đường trịn đường kính AB AC cho nửa đường trịn khơng có điểm nằm tam giác ABC Đường thẳng d qua A cắt nửa đường trịn đường kính AB AC theo thứ tự M N (khác điểm A) Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC

1) Chứng minh tứ giác BMNC hình thang vuông 2) Chứng minh IM = IN

3) Giả sử đường thẳng d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Hãy xác định vị trí đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn

Câu (1,0 điểm)

Cho số thực không âm x y z, , thỏa mãn x2+ y2+z2 ≤3y Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 2 2

( 1) ( 2) ( 3)

= + +

+ + +

P

x y z

- HẾT -

(48)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

Môn thi chuyên: TOÁN (chung)

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu (2,0 điểm).

1) Tìm điều kiện xác định biểu thức 2019

P

x x

= −

−

2) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng ( )

1

y= m − x+ đường thẳng y=3x+ +m (với m≠ ±1) hai đường thẳng song song

3) Cho tam giác ABC vng A có AB = 6cm, BC= 10cm Tính độ dài đường cao kẻ từ Axuống cạnh BC

4) Một hình trụ có diện tích hình trịn đáy 9πcm2, độ dài đường sinh 6cm Tính thể tích hình trụ

Câu 2(1,5 điểm). Cho biểu thức 1 :

1 1

a a a a a

P a

a a a

 + −   + 

= − +    

− + +

    với a>0,a≠1 1) Rút gọn biểu thức P

2) Tìm giá trị nguyên ađể Pnhận giá trị số nguyên Câu (2,5 điểm).

1) Cho phương trình 2

2( 2)

x + m− x m− − = (với mlà tham số) a) Giải phương trình với m=0

b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

1,

x x (giả sử x1< x2) thỏa mãn x1 − x2+ =1

2) Giải phương trình ( x+ −4 2)( 4− +x 2)= −2x

Câu (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD (BD < AC) Đường trịn (O) đường kính AC cắt tia AB, ADlần lượt H, I khác A Trên dây HI lấy điểm K cho  HCK =ADO Tiếp tuyến Ccủa đường tròn (O) cắt BDtại E (Dnằm B, E) Chứng minh rằng:

1) ∆CHK  ∆DAO HK AO KC OB

=

2) Klà trung điểm đoạn HI

3) 2

EI EH + OB < AE Câu (1,0 điểm).

1) Giải hệ phương trình

2

3

( ) ( 1)( 1) 11

5

x y y x x y

xy y x x

 − + = − + + −



 − − +

=

 +



2) Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn x+ + =y z 2019xyz Chứng minh x2 2019x2 y2 2019y2 z2 2019z2 2019.2020xyz

x y z

+ + +

+ + + + + + + + ≤

- HẾT -

(49)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PTNK HỒ CHÍ MINH

Đề số42

Môn thi chuyên: TỐN (vịng 1)

Bài (1.0 điểm) Tìm a, biết: ( ) ( )

( ) ( ( )( ) )

2

1 1 1

1

4 1

+ − − + + + + − +

− =

− +

a a a a a a

a a a a

Bài (2.0 điểm) a) Giải phương trình: ( x+ −2 x)( 2x− − =5 1) b) Giải hệphương trình:

( ) ( )

3

1 54

 + + = + +

 

+ − + + =



x y x y

x y x y

Bài (2.0 điểm).Cho phương trình (ẩn x, tham số m): x2−(2m+1)x−12=0 ( )1

a) Với giá trị số thực m phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 cho

1+ −2 2 =25

x x x x ?

b) Tìm tất giá trị số thực m để phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn

( )

2

1 − −7 + =1

x x m

Bài (2.0 điểm)

a) Từ ngày / / 2019 đến ngày 20 / / 2019, giá bán lẻxăng RON 95 có bốn lần tăng lần giảm Các thời điểm thay đổi giá xăng RON 95 năm 2019 (tính đến ngày 20 / / 2019) cho bảng sau (giá xăng tính theo đơn vịđồng, giá niêm yết cho 1lít xăng):

Ngày 1/1 2/3 2/4 17/4 2/5 17/5 Giá 17600 18540 20030 21230 21590 Từ16 chiều / / 2019, giá bán lẻ1 lít xăng RON 95 tăng thêm khoảng

0

25 so với giá 1lít xăng

RON 95 ngày / / 2019 Nếu ông A mua 100 lít xăng RON 95 ngày / / 2019 với số tiền ơng A mua lít xăng RON 95 vào ngày / / 2019? Cũng hai ngày (

2 / / 5), ông B mua tổng cộng 200 lít xăng RON 95 với tổng số tiền 3850000 đồng, hỏi ông B mua lít xăng RON 95 vào ngày / / 2019?

b) Tứ giác ABCD có chu vi 18cm, =

AB BC,

4 =

CD BC AD=2AB Tính độ dài cạnh

của tứ giác ABCD Biết AC=CD, tính diện tích tứ giác ABCD

Bài (3.0 điểm) HÌnh chữ nhật ABCD nội tiếp đường trịn ( ) có tâm O, bán kính R=2a Tiếp tuyến ( ) C cắt tia AB AD, E F,

a) Chứng minh AB AE =AD AF BEFD tứ giác nội tiếp

b) Đường thẳng d qua A, d vuông góc với BD d cắt ( ) , EF theo thứ tự M N, (M ≠ A). Chứng minh BMNE tứ giác nội tiếp N trung điểm EF

c) Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BEF Tính IN theo a - HẾT -

(50)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PTNK HỒ CHÍ MINH

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu (2 điểm) Cho phương trình

0

ax +bx+ =c ( )1 thỏa mãn điều kiện: a>0

2 ac < b < +a c

a) Chứng minh phương trình ( )1 có hai nghiệm x x1, 2

(1−x1)(1−x2)>0 (1+x1)(1+x2)>0 b) Biết a>c Chứng minh − <1 x x1, 2<1

Câu 2.(1,5 điểm)

a) Tìm tất số tự nhiên n cho 2n+1 chia hết cho

b) Cho n số tự nhiên n>3 Chứng minh 2n+1 không chia hết cho 2m−1 với số

tự nhiên m cho 2<m≤n

Câu (2 điểm) Cho a b hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện a4−4a=b4−4b

a) Chứng minh 0< + <a b b) Biết 4

4

a − a=b − b= >k Chứng minh − k <ab<0

Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC có AB<AC Gọi d d1, 2 đường phân giác

trong ngồi góc ∠BAC Gọi M N, hình chiếu vng góc B lên d d1, 2 Gọi ,

P Q hình chiếu vng góc C lên d d1, 2

a) Chứng minh MN PQ qua trung điểm AB AC,

b) Chứng minh MN PQ cắt BC

c) Trên d1 lấy điểm E F cho ∠ABE= ∠BCA ∠ACF= ∠CBA (E thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa C F; thuộc nửa mặt phẳng bờ AC chứa B) Chứng minh

BE AB CF = AC

d) Các đường thẳng BN CQ cắt AC AB điểm K L Chứng minh

rằng đường thẳng KE LFcắt đường thẳng BC

Câu (1,5 điểm) Trong buổi gặp gỡ giao lưu học sinh đến từ n quốc gia,

người ta nhận thấy 10 học sinh có học sinh đến từ quốc gia

a) Gọi k số quốc gia có học sinh tham dự buổi gặp gỡ Chứng minh 10

2

k n< +

b) Biết số học sinh tham dự buổi gặp gỡ 60 Chứng minh có thểtìm 15 học sinh đến từ quốc gia

(51)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ

Môn thi chuyên: TỐN (vịng 2)

Câu (2 điểm)

a) Cho biểu thức: 2( 1) 2 ( 0, 1)

1 1

− + −

= + − ≥ ≠

+ − + −

x x x x x

A x x

x x x x

Tìm tất giá trị x đểA ≤

b) Tìm tất giá trị tham sốm để phương trình x2 – 2(m + 1)x – = có hai nghiệm

phân biệt x1, x2 cho x1 < x2 |x1| - |x2| = - Câu (2 điểm)

1 Giải hệphương trình:

( )( )

2

6 13

2

+ =



 = + − −

 x y

x x y x

2 Giải phương trình: ( )3

3

x + x − = x − x − Câu (2 điểm)

1) Cho số tự nhiên có chữ số abc chứng minh abcchia hết cho 21

− +

a b cchia hết cho 21

2) Tìm số nguyên tố x, y, z thỏa mãn xy = −z

Câu (3 điểm) Trên đường trịn (O) đường kính AB lấy điểm C (C khác A B), điểm D nằm đường thẳng AB cho BD = AC KẻDE vng góc với AC E, đường phân giác góc BACcắt DE (O) G F (F khác A) Đường thẳng CG cắt AC (O) I H (H khác C) Chứng minh:

a) Tứ giác AGDH nội tiếp đường tròn b) Ba điểm H, D F thẳng hàng c) I chung điểm AD

Câu (1 điểm)

Cho a, b, c sốdương thỏa mãn a+ + + =b c abc Chứng minh: 1

2

+ + ≤

ab bc ca

- HẾT -

(52)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SƯ PHẠM HÀ NỘI

Câu Cho hai số thực phân biệt a b thỏa mãn điều kiện a3+b3=a b2 2(ab−3) Tính giá trị biểu thức T = + −a b ab

1 1

P x =m x +n x+k , Q x( )=m x2 2+n x2 +k2, R x( )=m x3 2+n x3 +k3

với m n ki, i, i số thực mi>0,i=1, 2,3 Giả sửphương trình P x( )=0 có hai nghiệm

phân biệt a a1, 2; phương trình Q x( )=0 có hai nghiệm phân biệt b b1, 2; phương trình

( )

R x = có hai nghiệm phân biệt c c1, 2 thỏa mãn

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

P c +Q c =P c +Q c ,

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

P b +R b =P b +R b ,

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

Q a +R a =Q a +R a

Chứng minh a1+a2= +b1 b2 = +c1 c2 Câu

a) Tìm tất cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn x y2 2−4x y2 +y3+4x2−3y2+ =1

b) Cho ba sốnguyên dương a b c, , thỏa mãn a3+b3+c3 chia hết cho 14 Chứng minh

abc chia hết cho 14

Câu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( )O AB>AC Gọi D E,

lần lượt chân đường cao tam giác ABC hạ từ A B, Gọi F chân đường vng góc

hạ từ B lên đường thẳng AO

a) Chứng minh B D E F, , , bốn đỉnh hình thang cân

b) Chứng minh EF qua trung điểm BC

c) Gọi P giao điểm thứ hai đường thẳng AO đường tròn ( )O , M N trung điểm EF CP Tính sốđo góc BMN

Câu Cho tập hợp X thỏa mãn tính chất sau: Tồn 2019 tập A A1, 2, , A2019 X

sao cho tập A A1, 2, , A2019 có ba phần tử hai tập A Ai, j có

phần tử chung với 1≤ < ≤i j 2019 Chứng minh

a) Tồn tập hợp tập hợp A A1, 2, , A2019 cho giao tập hợp có

đúng phần tử

b) Số phần tử X phải lớn 4039

- HẾT -

(53)

HƯỚNG DẪN GIẢI Đề số

Câu 1:

a) Điều kiện: x≥1

( ) ( )

( )( )

2

1 12 20

1 10

x x x x

x x x x

x x x x ⇔ − − − + = ⇔ − − − − =  − = ⇔  − = 

TH1:

1

x x− = ⇔ x −x = ⇔ =x (thỏa mãn điều kiện)

TH2:

1 10 100

x x− = ⇔x −x = ⇔ =x (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 x=5

b) Hệphương trình ( )1 22 2 2 2 x y xy x x y x y

 + + =

 ⇔ 

+ + =

 Đặt xy=a, x=b Ta có: Hệphương trình trở thành

( )2

2

5

7

ab a b ab a b

ab a b a b ab

+ + =  + + =  ⇔  + + =  + − =    ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2

5 12

3

4

a b a b a b a b

a b

a b a b

a b ⇒ + + + − = ⇔ + + + − = + =  ⇔ + − + + = ⇔  + = − 

TH1:a+ =b 3 suy ab=2 ,

a b

⇒ nghiệm phương trình

3

2 X X X X =  − + = ⇔  =  ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

; 1; ; 2;1 ; 2; ; 1;

2 a b x y ⇒ =   ⇒ =    

TH2: a+ = −b suy ab=9 ,

a b

⇒ nghiệm phương trình:

4

X + X + = (phương trình vơ nghiệm) Câu 2:

a)Ta có:

( ) ( )

( )

9 2019

8 36 2019 45 2019

P P

ba b c a b c

a b

− =

⇔ + + − + + =

⇔ + =

(54)

Lại có: P( )10 −P( ) (7 = 100a+10b+ −c) (29a+7b+c)=51a+3b Đặt P( )10 −P( )7 = ⇒t 51a+3b=t( )2

Trừ vế theo vế (2) cho (1) ta có: 6a= −t 2019, mà 6a chẵn, 2019 lẻ nên tlẻ, ta có điều phải chứng minh

b) Ta có:

( ) ( )

2

2 2

2

1

1 1

x y x y xy y

y x y x y x xy y xy y y x xy y

+ + + +

⇔ + + − − + + +

⇔ − + +



 

TH1:

2 :

y m

y x

x m =  = ⇒ 

=

 Với m số tự nhiên khác

Thử lại thấy thỏa mãn TH2: >

y x, ta có:

( )

2

1

+ + ≤ −

⇔ − + + + ≤

xy y y x x y y x

(vơ lí x y, ≥1) TH3:

y < x Ta có:

( )

2

1

xy y x y

x y y y

+ + < −

⇔ − + + + <

vơ lí x y, ≥1) Vậy, ( ) ( )

; ;

x y = m m với m thuộc tập số tự nhiên khác Câu 3:

Từđẳng thức abc a b c 1 ab bc ca abc

= + + + ⇔ + + + =

Đặt x ;1 y ;1 z ( , ,x y z 0) a = y+z b = z+x c = x+ y > Ta có:

2 2 2

1 1 1

2 2

P

ab bc ca

a b b c c a

= + + ≤ + +

+ + +

Mặt khác:

( )( )

1 1

2

2 2

xy x y

x z y z x z y z

ab

 

= ≤  + 

+ +  + + 

Tương tựthì ta có:

(55)

1 1

2

1 1

2

y z

y x z x bc

z x

y z y x ca

 

≤  + 

+ +

 

 

≤  + 

+ +

 

Cộng vế theo vế ta có: 2

P≤ Dấu xảy khix= = =y z Hay a= = =b c

Câu 4: a)

Có 𝐸𝐷𝐹� =180˚ − 𝐵𝐷𝐸�(hai góc kề bù)

⇒𝐸𝐷𝐹�=180°-𝐷𝐸𝐶� − 𝐷𝐶𝐸�=𝐴𝑁𝐶� − 𝐷𝐶𝐸� = 𝐴𝑁𝐶� − 𝐸𝑁𝐶� =𝐴𝑁𝐸�(Do cung DE =EC)

Suy ∆DEFđồng dạng với ∆NEA

b) Ta có EB=EC =EM E điểm cung BC theo giả thiết EM =EC Mặt khác AE tia phân giác 𝐵𝐴𝑀� suy AE trung trực đoạn thẳng BM hay vng góc với tia NM

Chứng minh tương tự NE tia phân giác 𝐵𝑁𝐶�, suy NE đường trung trực đoạn thẳng MChay NEvuông góc với AM

Từ hai điều ta có M trực tâm ∆AEN c)

Gọi giao điểm AM với ENlà X, BN với AE Y

Gọi giao điểm IM với đường tròn ( )O T Dễ thấy ATNM hình bình hành nên TN vng góc với EN suy raET đường kính đường tròn ( )O

⇒𝐸𝐾𝑇�=90°hay 𝑀𝐾𝐸�=90°hay Kthuộc đường tròn đường kính EM , suy năm điểmX Y M K E, , , , thuộc đường tròn

Ta có 𝐾𝑀𝐶� = 𝐾𝑀𝑋� =𝑋𝐸𝐾� = 𝑁𝐸𝐾� = 𝑁𝐵𝐾�(do tứ giác MEKX nội tiếp) Suy CMlà tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

Câu 5:

Ta tơ màu đoạn thẳng có đầu mút 12 điểm cho: -Tô đỏ đoạn thẳng có độ dài nhỏ 673

-Tơ xanh đoạn thẳng cịn lại

thì tam giác có cạnh màu đỏ Ta chứng minh có tam giác có cạnh màu đỏ

(56)

+Xét điểm 12 điểm cho Từ điểm A nối đến đoạn thẳng lại tạo thành đoạn thẳng, tô tới hai màu xanh, nên tồn cạnh màu Giả sử AB AC AD, ,

Nếu AB AC AD, , tơ đỏ (nét liền, h1) tam giác BCD phải có 1cạnh tơ đỏ(h1)., chẳn hạn BCthì tam giác ABCcó cạnh tơ đỏ(h2) Nếu AB AC AD, , tô xanh (nét đứt, h3) Do tam giác phải có cạnh đỏ nên BC CD BD, , tam giác

BCDcó cạnh đỏ(h1)

Suy điểm ln tồn tam giác có cạnh màu đỏ +Xét điểm lại, chứng minh tương tự

Vậy 12 điểm tồn tam giác có hai cạnh màu đỏ Suy tồn hai tam giác mà chu vi tam giác bé 2019

(Từ trái qua phải h1,h2,h3,h4)

Đề số2

Câu 1: a) (1,0 điểm)

Có ( )

2

3 5 2 3 3 5 2 3 6 2 3 5 2 3

x = + + + − +  = + − +

  =6+2 4−2 3

= 6+2( 3 1− = +) 4 2 3=( 3+1)2

Do x>0 nên x= 3 1+

Suy ( )2

1 3

x− = hay

2 2

x − x= , P= −2 b) (1,0 điểm)

Từ ab+bc+ca=2019 suy 2 ( )( )

2019

a + =a +ab+bc+ca= a+b a+c Tương tự có ( )( )

2019

b + = b+c b+a , ( )( )

2019

c + = c+a c+b

Vế trái đẳng thức cần chứng minh trở thành

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

2 2

a bc b ca c ab

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

− + − + −

+ + + + + +

=( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )

2 2

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

a b b c c a

− + + − + + − +

+ + +

(57)

Khai triển làm gọn biểu thức tửta kết quảlà nên có đpcm

Câu 2:a) ( 1,0 điểm)

Điều kiện xác định: x≥ −1

Phương trình cho tương đương với ( )

1 8 1 0

x+ x − − +x x+  =

⇔

1

8 1 0

x

x x x

= − 



− − + + =



Ta có

8 1 0

x − − +x x+ = ⇔ ( 3) 2 1 0

1 2 x x x   −  + + = + +

  (1)

Do 2 1 0

1 2 x

x

+ + >

+ + ,∀ ≥ −x 1 nên (1) ⇔ x =

Tập nghiệm phương trình {−1;3} b) ( 1,0 điểm)

( ) ( ) 2 2 3 3 1 1 3 1 1 1 3 2 x y x y x y x y  + = +    + + = 

+ Điểu kiện xác định: x≠0 y≠0

+ Ta có 3

3

1 1

3 x y

x + y + = ⇔ ( ) ( )

3

1 1 1 1

3 .

xy xy

x y x y

 

  + + − = −

   

   

Sử dụng đẳng thức

( ) (2 ) (2 )2

3 3

3

2

a b c

a + + −b c abc= + +  a−b + b−c + −c a  ta thu (2) ⇔

1 1 1 1 0 xy x y xy x y  = = −    + − = 

Trường hợp 1: 1 1 xy

x = = −y ⇔

1 x y x y =   = −  ⇔ 1 1 x y = −   = − 

Thử vào (1) thấy không thỏa mãn

(58)

+ Trường hợp 2: 1 1 xy 0

x + −y = ⇔

1 1

xy

x + =y ⇔ ( )

2

x+ =y xy

Có (1) ⇔ 2 2 4

3

x +y = x y +x y ⇔ (x+ y)2 −2xy=3x y2 +x y4 hay có

4 2 4

2 3

x y − xy= x y +x y ⇔ xy(3xy+2)=0 2 3 xy

⇔ = − ( có điều kiện xy≠0 )

Vậy ( )

2

2 3

x y xy

xy

 + = 



= −

 ⇔

4 9 2 3

x y

xy

 + = 



 = − 

, dẫn đến x,y nghiệm phương trình

2 4 2

0

9 3

t − t− = hay phải có ( )x y; 2 58 2; 58

9 9

 + − 

 

 

2 58 2 58

;

9 9

 − + 

 

 

+ Kết luận: Hệđã cho có hai nghiệm ( )x y; 2 58 2; 58

9 9

 + − 

 

 ,

2 58 2 58

;

9 9

 − + 

 

 

Câu 3:( 3,0 điểm) Hình vẽ:

a) ( 1,0 điểm)

+ Có AD, AE phân giác ngồi góc BAC nên chúng vng góc,

suy ED đường kính ( )O

+ Lại có D điểm cung nhỏ BC ( )O nên có OD vng góc với

BC trung điểm M Vậy D,M,O,E thẳng hàng DE ⊥ BC

(59)

+ Xét tứ giác EGMC có  

90

EGC =EMC = nên EGMC tứ giác nội tiếp

+ Suy EMG =ECG , lại có ECG = EDA nên  EMG=EDA , suy GM // AD b) (1,0 điểm)

+ AE ⊥ AD MG // AD nên MG ⊥ FE Lại có EG ⊥ AC MF // AC nên EG ⊥ MF Từđó suy G trực tâm tam giác MFE, FG ⊥ ME hay FG ⊥ DE

+ Có FG // MC ( vng góc với DE), FM // GC nên FMCG hình bình hành, suy FG = MC

+ Từ AE phân giác HAG HG ⊥AE suy đường thẳng AE đường

trung trực đoạn HG

Suy FH = FG Vậy FH = MC

c) ( 1,0 điểm)

+ Từ EAB =EGM ( cộng với ECB

180 ),  ABE =GME ( 

ECA ), suy ∆EAB ∆EGM (g.g)

+ Có N K trung điểm hai cạnh tương ứng AB GM nên

 

EKG= ENA , suy tứ giác EKNH tứ giác nội tiếp

+ Lại có  

90

AHE = AGE= ( Do H,G đối xứng qua AE) nên dẫn đến



90 NKE=

Có 2

NE =EK +KN Từ ( 2) ( )2

2 KE +KN ≥ KE+KN có 2NE2 ≥(KE+KN)2

hay KE+KN ≤NE 2 , có đpcm Câu 4:( 1,5 điểm)

a) ( 0,75 điểm)

+ Ta có ( )

4

5 1

29

30 30 30

n n

n n n n

n − n

+ = − + = +

=( ) ( )( )

2

1 1 1

30

n n n n

n

− + +

+

+ Với n nguyên n−1, ,n n+1 ba số nguyên liên tiếp nên ba số phải

có số chia hết cho có số chia hết cho 3, suy (n−1) (n n+1 6) , n5 −n6

+ Nếu n5 (n5 −n)5 ; n chia cho dư số 1,2,3,4

n chia

cho dự 1, suy ( )

1 5 n n − 

+ Vì ( )5;6 =1 nên suy (n5 −n)30 , theo

5

29

30 30

n n n n

n

+ = − + số nguyên

(60)

b) ( 0,75 điểm)

+ Giả sử tồn cặp số tự nhiên ( )x y; thỏa mãn yêu cầu Khi a b, ∈N* mà

( )

2 2

2 3 2 1

5 4 2 3

x y x y a

x y x y b

 + − + − =

 

+ + + + =

 , suy ( ) ( )

2

7 1 1

a +b =  x+ + y+  Nói cách khác phương trình (1): 2 ( 2)

7

A +B = X +Y có nghiệm (X Y A B; ; ; ) với

, *

X Y∈N A B, ∈N Ta coi (X Y A B; ; ; ) nghiệm (1) thỏa mãn điều

kiện X + Y nhỏ + Từ (1) có ( 2)

7

A +B  Nhận thấy sốchính phương chia cho cho

sốdư 0.1.2.4 nên ( 2)

7

A +B  A7 B7, dẫn tới biểu diễn

1

7

A= A, B=7B1 với A B1, 1∈N* Khi (1) trở thành X2 +Y2 =7(A12 +B12).

Lập luận tương tự dẫn đến X =7X Y1, =7Y1 với X Y1, 1∈N*

Câu 5:( 1,5 điểm)

a) ( 0,75 điểm)

+ Ta chứng minh kết ( 2 2)2 4 4

2 a −ab+b ≥a +b (1)

Thật , (1) ⇔ ( 4 2 2 ( 2)) 4

2 a +b +a b +2a b −2ab a +b ≥a +b

⇔ ( 2 2 )2

2 0

a +b − ab ≥

⇔ ( )4

0

a b− ≥ , bất đẳng thức đúng, dấu xảy a

= b

+ Tương tự có (2): ( 2 2)2 4 4

2 b −bc+c ≥b +c , (3) : ( 2)2 4

2 c −ca+a ≥c +a

+ Thấy vế (1), (2), (3) không âm, nhân theo vế bất đẳng thức ta

được

( 2 2) (2 2 2) (2 2 2) (2 4 4)( 2 4)( 4 4)

8 a −ab+b b −bc+c c −ca+a ≥ a +b b +c c +a =8

Hay ( 2 2) (2 2 2) (2 2 2)2

1 a −ab+b b −bc+c c −ca+a ≥ (*)

Do 2

a −ab+b , 2

b −bc+c , 2

0

c −ca+a ≥ nên từ (*) suy

( 2 2) (2 2 2) (2 2 2)2

1

a −ab+b b −bc+c c −ca+a ≥ , có đpcm b) ( 0,75 điểm)

(61)

Gọi ai số bút mà học sinh thứ I ( 32 học sinh ) nhận ( i = 1,2, ,32) Như

vậy ai∈N* a1 +a2 + + a32 ≤49 Ta kí hiệu:

1 1,

S =a

2

S = +a a ,

……

32 32

S = +a a + +a

Với i∈{1;2; ;32} ta có : 1≤ ≤Si 49 ,Si +25≤74;Si +50≤99 ,Si +75 124≤

Xét 128 số gồm: 32 số nhóm (1) S S1, 2, ,S32 ,

32 số nhóm (2) S1+25,S2 +25, ,S32 +25,

32 số nhóm (3) S1+50,S2 +50, ,S32 +50 ,

32 số nhóm (4) S1+75,S2 +75, ,S32 +75 ,

Thấy 128 số lấy giá trịnguyên dương phạm vi từ1 đến 124, theo nguyên lí Dirichlet tồn hai sốnào chúng Vì S1<S2 < < S32 nên

dãy 32 giá trị nhóm ởtrên tăng dần kể từ trái qua phải Suy tồn

1

j> >i mà SJ +k1.25=SJ +k2.25 với k k1, 2∈{0,1, 2,3} k1 ≠k2 ( hai số

nhau khơng nhóm)

Vì Sj >Si nên 0<Sj − =Si 25(k1−k2) , suy k1 − ∈k2 {1, 2,3} Lại có

49

j i j

S − <S S ≤ nên 25(k1 −k2)<49 , suy k1−k2 =1 Vậy Sj − =Si 25 hay

1 25

i i j

a+ +a+ + +a = , nghĩa nhóm gồm học sinh từ học sinh thứ i+1 đến

học sinh thứ j nhận tổng cộng 25 bút

Đề số

Câu 1: 1/ Ta có VT

1

a ab abc

ab a abc ab a ab ac abc ab

= + +

+ + + + ⋅ + +

1 1

a a b

ab a ab a a ab

⋅

= + +

+ + + + + +

1

1 ( )

ab a

VP dpcm ab a

+ +

= = =

+ +

2/ Đặt x=2 a, y=b, z=cta xy yz zx 1 x y z

+ + = ⇒ + + =

Khi 2 2 2 2 2 2

bc ac ab yz zx xy A

a b c x y z

= + + = + + xyz 13 13 13

x y z

 

=  + + 

 

(62)

Mặt khác từ đẳng thức 13 13 13 1 12 12 12 1 x y z xyz x y z x y z xy yz x

  

+ + − = + +  + + − − − =

  

ta có 3

1 1

x + y + z = xyz

3 2A xyz

xyz

⇒ = ⋅ = Vậy A= Câu 2:

1/ Điều kiện xác định ∀ ∈x 

Từ giả thiết ta nhận thấy x > ( vếtrái dương), Chia hai vế cho x, ta có 12 1 12

x x x x

+ + + − + =

Đặt t 1(t 0) x

= > ta phương trình 2

2

t + + +t t − + =t

( ) ( )

2 1

t t t t

⇔ + + − + − + − = 2

2

2 1

0

2 1

t t t t

+ − − − + −

⇔ + =

+ + + − + +

2

( 1) 2 1

t t

t t t t

 +  ⇔ −  + = ⇔ − = + + + − + +   2

( 1) 2 1

t

t t

t t t t

 + 

⇔ −  + = ⇔ − =

+ + + − + +

 

Với t− = ⇒ =1 x

Vậy phương trình có nghiệm x=1 2/ Điều kiện: x≠0;y≠0

Hệđã cho

1

1 1

2

1

1 1

5

x y

x y x y

x y

x y x y

x y

x y y

x y

y x y

   + + + = + + + = + + + =       ⇔ ⇔          + + + =  +  + =             

Đặt u x 1,v y

x y

= + = + lúc (1)

9 u v u v  + =  ⇔   ⋅ = 

Vậy u, v nghiệm phương trình

5

x − x+ = , Phương trình có hai nghiệm

1

5 2,

2 X = X =

Trường hợp 1:

2 2,

u= v= cho ta hệ:

2

1

2

2 2

1 2 5 2 0 1

5 x x x x x y y y y y y =   + =    − + =  ⇔ ⇔ =    − + =   + =  =    

Hay (1; 2) 1;1   ⋅ 

 là nghiệm hệđã cho

(63)

Trường hợp 2: 5, 2

u= v= ta có hệ

2

2 2

1 2 2 x x x x x x y y y y y  + =   =   − + =   ⇔ ⇔ =    − + =  + −   =    

hay (2;1), 1;1

 

 

  nghiệm hệđã cho Kết luận: Hệđã cho có nghiệm (x ; y)là(1; 2) 1;1

2  

⋅ ;(2;1), 1;1

 

 

 

Câu 3:

1/ Ta có 2

4 4 4

y + =y x + +x x + ⇔x y + y+ = x + x + x + x+

( ) ( ) 2 2 2

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

y x x x x

y x x x x

 + = + + + +

 ⇔ 

 + = + + − +



Ta thấy : x< −1hoặc x>2thì (3x+1)(x+ >1) (x x−2)>0nên từ (1) (2) ta suy

( 2 )2 2 ( 2 )2 ( )

2x + +x >(2y+1) > 2x +x * Loại khơng có số ngun y thỏa mãn Từđó suy − ≤ ≤ ⇒ ∈ −1 x x { 1, 0,1, 2}

Xét

2 30 5,

x= ⇒ y + =y ⇒ =y y= −

Xét

1

x= ⇒ y + =y loại

Xét

0 0,

x= ⇒ y + = ⇒ =y y y= −

Xét

1 0,

x= − ⇒y + = ⇒ =y y y= −

Vậy hệđã cho có nghiệm (0, 5)(2⋅ −6)(0 : 0), (0; 1), ( 1, 0), ( 1, 1)− − − − 2/ Trước tiên, ta chứng minh x 

Đặt y5 = a, a ∈ N*, ta có 2x2 – = y15⇔ 2x2 = a3 + ⇔ 2x2 = (a + 1)(a2 - a + 1) (1)

Gọi ƯCLN(a + 1; a2 – a + 1) = d (d ∈ N*), ta có: a + d, a2 – a +  d

Suy (a2 – a + 1) – (a + 1)(a – 2) =  d⇒ d = d =

* Nếu d = từ (1), ta có:

2

a 2

a a 1 x

+ = 



− + =



2

a 1 x

a a 2

 + = 



− + =

 (loại a ∉ N*)

2

a 2

a a 1 x

+ = 



− + =



a 1 a 1

x 1 x 1 = =   ⇔ ⇒ = = 

 (loại phải có x > 1)

* d = từ (1) ta có: 2x2 Vì ƯCLN(2; 9) = 1nên x2 ⇒ x  (*)

Chứng minh x 

Đặt y3 = b, b ∈ N*, ta có: 2x2 – = b5⇔ 2x2 = b5 +

(64)

⇔ 2x2 = (b + 1)(b4 – b3 + b2 – b + 1) (2)

Gọi ƯCLN(b + 1; b4 – b3 + b2 – b + 1) = k (k ∈ N*)

Ta có: b +  k; b4 – b3 + b2 – b +  k

⇒ (b4 – b3 + b2 – b + 1) – (b + 1)(b3 – 2b2 + 3b – 4) =  k

Suy k = k = * Nếu k = từ (2) có

2

4

b x

b b b b 2

 + = 



− + − + =

 (loại b ∉ N*) Hoặc: 2 b 2

b b b b 1 x

+ = 



− + − + =



⇒ b 1

x 1 =   =

 (loại phải có x > 1)

* Nếu k = từ (2) suy 2x2 25 Vì ƯCLN(2; 25) = nên x2  25 ⇒ x 5 (**)

Từ (*) (**) suy x  BCNN(3; 5) hay x  15 (đpcm) Câu 4:

1/ Do tứ giác M E C D, M B F Dnội tiếp nên   DEC=DMC=DFB 1( ) Tứ giác ABDC nội tiếp nên DCE  =DCA=DBF 2( )

Từ (1) (2) suy ∆BDF− ∆CDE g( −g)đpcm

2/ Ta có BMF =BDF EMC  , =EDCvà BDF =CDE.(do ∆BDF ~∆CDE), suy BMF =EMC Vậy E, M, F thẳng hàng

Từ hai tứ giác MECD, MBFD nội tiếp suy AB AF, =AM AD⋅ =AE AC⋅ ,suy tứ giác BECF nội tiếp Do  AFE=ACB Vẽ tiếp tuyến Ax (O)

 

ACB=BAx,suy Ax // EF Vậy OA⊥EF

P Q

N

C E A

O M

D F

B x

B

F

D M

O A

E C

(65)

3/ theo tính chất phân giác ta có PN EN QN, FN NE AE

PC = EC QB = FB NF = AF suy

: :

PN QN EN FN EN FB

PC QB = EC FB = FN EC , ( )3 AE FB AB FB AF EC AC EC

= ⋅ =

Ta có DAB DAB BDF CDE DAC BDF CDE DAC

S

S S S

MB

MC S S S S

= = = = AB BF22 CE AB BF 4( ) BF CE⋅ ⋅AC =CE AC⋅ Từ (3) (4) suy PN QN

PC = QB , hay PQ // BC Câu 5:

Gọi đường thẳng cho d d1, 2,…,d2022.Aijlà giao điểm đường thẳng di dj

(i j, =1; 2022,i≠ j A; j = An)

Xét đường thẳng dnbất kỳ số2022 đường thẳng cho Do khơng có đường thẳng đồng quy nên giao điểmAij( n khác i, j) cặp đường thẳng di dj không

nằm dn Do sốgiao điểm hữu hạn nên tồn giao điểm gần dnnhất, giả sử

ij

A ( có nhiều giao điểm ta chọn giao điểm đó) Ta chứng minh tam giác A A Aij ni nj tam giác đẹp

Nếu tam giác bịđường thẳng dmnào số2019 đường thẳng cịn lại cắt dm

phải cắt hai đoạn A A ,A A ij ni ij nj Giả sử dm cắt đoạn A Aij ni điểm Amithì mi

A gần dntrái giả thiết Aijgần dnnhất

Suy ra, với đường thẳng dn ln tồn tam giác đẹp có cạnh nằm dn Trên

mỗi đường thẳng dn, ta chọn cạnh tam giác đẹp ta thu 2022 cạnh

tam giác đẹp

Vậy sốtam giác đẹp khơng 2022:3 = 674 Đề số

Câu

1 Xét: 1 1

( 1) 1( ) 1 n

n n n n n n n n n n n n

n + −

= = = −

+ + + + + + + +

Áp dụng đẳng thức ta có:

1 1 1

1 2

1 1

1

3 2024

2 2 2025 2024 2024 2025

2025

1 44

1 (dpcm)

45 45

− + − + + −

= − =

+ + +

+

= + =

−

+

(66)

2 Từ giả thiết 2 2 23 1

25 ( 0) 23 x x x x x x do x x x  +  − =      

⇔ +  = ⇒ + = − <

  + = ⇔ Ta có: 3 3

1 1

1 =

= ( 5) 3( 5) = -1

1

10

x x x

x x x x A x x  +  −  +           +  −  +         − +  − = − =

Vậy A = -110 Câu 2.

1 ĐKXĐ: − 2< <x 2;x≠0 Đặt: 2−x2 =a ta được:

2

1

2

( ) 2 ( ) ( ) (1)

a x ax a x ax

x a

a x ax a x a x

x a  + =  + =  + =  ⇔ ⇔   + − =  + − + − =    + = 

Giải (1):

2

( ) ( ) ( 1)( - 2)

2 a x a

x

x a+ − + − =a x

+ + + =

⇔

Suy ra: a+ =x -1 a+ =x +) Với -1

2

x x

a+ = ⇒a = − ta được:

x=− − (thỏa mãn) +) Với a+ = ⇒x ax=1 Ta tìm x = ( thỏa mãn) Vậy nghiệm phương trình 1;

2 x= x= − −

2 Nhận thấy x=0, y=0 nghiệm hệphương trình Với x≠0 Từ hệ PT, ta có:

( )

2 2

2

2 2

3

6

x x y x y x x y x y x

 + − + =

 

+ − + =



( 2 )2 ( 2 )

x y x x y

⇒ + − + =

(67)

⇔ ( )( )

3 x +y x + −y x =

2

0

3

y x x y

x y x y x x

 = −  + =

⇒ 

 + − = = − +

 

⇒

Với

y= −x Từ pT (1)

2x + = ⇔ =x x

⇒

Với

3

y= − +x x Từ Pt (1) 3 2 x x x

x = 

− + = ⇔ 

= 

⇒

Khi x= ⇒ =1 y 2; Khi x= ⇒ =2 y Vậy nghiệm hệ PT ( , )x y ={(0, 0); (1; 2); (2; 2)} Câu

1 Từ

5 x −xy− x+ y= ( - ) - 5( - ) x x y x y

⇔ =

( - )( - 5)x y x

⇔ =

Vì 2=1.2=2.1= −( 1).( 2)− = −( 2).( 1)− nên ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: 6( )

5

x y y

TM

x x

 − =  =

 − =  =



Trường hợp 2: 4( )

5

x y y

TM

x x

− = =

 

⇔

 − =  =

 

5

x y y

TM

x x

− = − =

 

⇔  − = −  =

 

5

x y y

TM

x x

− = − =

 ⇔

 − = −  =

 

Vậy có cặp ( , )x y thỏa mãn là: (7; 6); (6; 4); (3; 4); (4; 6) 2 Ta có : x5 – x = x( x4 – 1)= x(x2 – 1)(x2 + 1)= x(x2 – 1)

(x 4)

 − + 

 

=(x – 2)(x – 1)x(x + 1)(x + 2) + 5(x – 1)(x + 1)x Ta có : (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2) chia hết ch mà (5,6) = nên (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2)30

lại có (x-1)x(x+1) Chia hết cho mà (2,3)=1 nên 5(x – 1)x(x+1) 30 Do x5 – 30

Suy A = (a2020 + b2020+c2020) - (a2016 + b2016 + c2016)

A = a2015(a5 – a) + b2015 (b5 – b) + c2015 (c5 – c) 30

Vậy A30 Câu

(68)

1 Có BFD     =DM C=DEC;FBD=ACD=DCE⇒ ∆BDF∽ CDE∆

2 Tứ giác BMDF nội tiếp ⇒BDF =BM F (cùng chắn cung FB)

Tứ giác CEMD nội tiếp ⇒CDE =CM E (cùng chắn cung EC)

Do ∆BDF∽∆CDE (cmt) ⇒BDF =CDE (hai góc tương ứng)  

BM F CM E

⇒ =

Mà điểm B; M; C thẳng hàng ⇒ Các điểm E; M;F thẳng hàng (đpcm)

*) Kẻ AO cắt EF K;    1800 AOC 1800 2ABC 

OAC K AE OCA 90 ABC

2

− −

= = = = = −

    

K AE 90 ADC 90 AEK AEK K AE 90 AK K E AO EF

⇒ = − = − ⇒ + = ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

3 ABM ADF AF AM DF BM

∆ ∽∆ ⇒ = ACM ADE AE AM

ED CM

∆ ∽∆ ⇒ = , mà BM = CM (gt) AF AE FN DF

DF ED NE DE

⇒ = ⇒ = (do FN AF

NE = AE) FN BF

NE CE

⇒ = (do ∆BDF∽∆CDE) FN NE QN NP PQ / /BC

FB CE QB PC

⇒ = ⇒ = ⇒ (sử dụng tính chất tia phân giác kết hợp với ta lét đảo)

Q

P

N

K

F

E

D M

O

B A

C

(69)

Câu

Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có :

(a.1 + b.1 + c.1 )2 ≤ ( a2 +12 + 12 )(b2 + c2 + 1) = (a2 + 2) (1+ b2 + c2) (1)

Do vai trò a, b, c theo nguyên lý Dirichlet số a2 -1, b2-1,c2-1 tồn số dấu, giả sử b2-1; c2-1

2

2 2

2 2 2

2 2

( 1)( 1)

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

b c

b c b c

b c b c b c

b c b c

⇒ − − ≥

⇔ − − + ≥

⇔ + + + ≥ + +

⇔ + + ≥ + +

2 2 2

(a 2)(b 2)(c 2) 3(a 2)(1 b c )

⇔ + + + ≥ + + + (2) Từ (1) (2) , suy ra:

S = = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2)≥3(a +b+c)2=3.9=27

Vậy GTNN S = 27 a = b = c = Đề số

Câu a) ( điểm)

Ta có x+6 x− =9 x− +9 3 ; x−6 x− =9 x− −9 3

Và 812 18 1 9 1 x 9

x x x

x

−

− + = − = ⇒ . 9 3 9 3

9

x x

A x

x

− + + − −

=

−

Khi x≥18 2 2 9 18 12

9 9

x

A x

x x

= = − + ≥

− − , dấu xảy x = 18 (1)

Khi 9< <x 18 6 6 54 6 54 12

9 9 9

x A

x x

= = + > + =

− − (2)

Suy Amin =12 b) ( điểm)

Từđề suy x <

Suy 9x – < 0; 7x – < 0; 5x – < 0; 3x – <

Phương trình cho trở thành − + −9x 8 7x+ −6 5x+ −4 3x+ + =2 x 0

⇔ -23x + 20 = Kết luận pt vô nghiệm

Câu 2.

a) (1 điểm)

(70)

Không tỉnh tổng quát ta giả sử a > b > c > Từ a + b + c = ⇒ a> > >1 c 0

Ba phương trình cho có biệt số ∆' là:

2

1 4a 4b

∆ = − ;

2 4b 4c

∆ = − ;

3 4c 4a

∆ = − Suy ∆ <3 0 (

2

1

c < <a ) ⇒ phương trình

4x +4cx+ =a 0 vô nghiệm

Và

1 4a 4a 0

∆ > − > ( a > b a > 1) ⇒ phương trình

4x +4ax+ =b 0 có

nghiệm

b) (1,00 điểm) cách

Đường thẳng dm có phương trình y =m x( −2)+2 qua điểm A( )2;2

( )P

Hình chiếu vng góc C lên Oy O( )0;0 , A lên Oy A' 0;2( ) ,

2

; 2 b B b 

  lên Oy

2

' 0; 2 b B  

 

Theo định lí Thales có : 3 ' ' ' AB A B

AC A O

= = ⇒ A B' '=3 'A O

Suy A’B’ = ⇒ OB’ = ⇒

8 2 b

= ⇒ b= ±4

Nếu b = 4, vào dm tìm m = 3; Nếu b = -4, vào dm tìm m = -1

b) Cách

(71)

Phương trình đường thẳng dm y =mx−2m+2 ⇒ tọa độđiểm C

2 2

;0 m

C

m

−

 

 

 

Phương trình hồnh độgiao điểm dm ( )P :

2 4 4 0

x − mx+ m− = (1) Vì ( )2;2

A thuộc ( )P dm nên (1) có nghiệm xA =2 ⇒ B(2m−2;2m2 −4m+2) ( )2( )

2

4 2 1

AB = m− m + , ( )

2

4 m 1

AC

m +

= từ AB = 3AC ⇔ ( )2( 2 )

4 m−2 m +1 =

( )

2

4 1

9. m m

+

⇔ ( )2 2

2 9

m− m = ⇔ m m( −2)= ±3 ⇔ m = -1 m =

Kết luận

Câu

a) (1 điểm) Giải phương trình ( )

6 3 1 14 3 1 13 0

x − x+ x+ + x+ x+ + = Điều kiện x≥ −1 đó: ( ) (1 ⇔ x+1)(x+13) (− 6x+15) x+ =1 0

⇔ x+1(x+13) x+ −1 (6x+15)=0 ⇔ x= −1 (x+13) x+ =1 6x+15

(2)

Do vế (2) không âm nên (2)

⇔ ( )( )

26 169 1

x + x+ x+ =

36x +180x+225

⇔

9 15 56 0

x − x + x− = ⇔ (x−8)(x2 − +x 7)=0

⇔ x =

7 0

x − + =x ( vô nghiệm) Kết luận

b) ( 1điểm ) Giải hệphương trình ( )

( ) ( )

3

1

8 22 12 25 1

3 5 2 2

xy y x

x

y y x x

 + + + =

 

 + = + +

 Điều kiện: x≥ −2 ;x≠ ⇒ ≥0 y 0

( )2 ⇔ 3

3 2 3 2

y + y = x+ + x+ ⇔ (y− x+2)(y2 + y x+ + +2 x 5)=0

Do x≥ −2 y≥0 nên

2 5 0

y + y x+ + + >x ⇒ ( )2 ⇔ y = x+2

Thay vào (1): 8x x 2 22 x 2 12x 25 12 x

+ + + + + =

(72)

⇔ 8(x 2) x 2 3.4(x 2) 3.2 x 2 1 13 x

+ + + + + + + =

⇔ (2 x 2 1)3 13

x + + =

⇔ x(2 x+ + =2 1) 1 ⇔

2 1

x + x+ =

2 2 2

x − x x+ + +x

⇔( )2

1

x+ =(x− x+2)2

⇔ x+ = −1 x x+2 ( vô nghiệm ) x+ =1 x+ −2 x (3)

(3) ⇔ 2x+ =1 x+2 Với điều kiện 1 2 x≥ −

(3) ⇔

4x +3x− =1 0 ⇔ x= −1 ( loại ) 1 4

x= ( thỏa)

Kết luận : ( ); 1 3; 4 2 x y =  

  Câu

Chứng minh DO đường cao tam giác DAB D,P,O thẳng hàng Chứng minh ABKC hình thang

Chứng minh ABKC hình thang

Suy diện tích chúng đặt SX

Hai tam giác KCP KPD có đường ao nên ( )

( ) X1

dt KCP S CP

dt KPB S PB

∆

= =

∆ ( với S1

diện tích ∆CPK)

(73)

Hai tam giác ACP APB có đường cao nên

( )

X

dt ACP S CP

dt APB S PB

∆

= =

∆ ( với S2 diện tích ∆APB

⇒

2 X X

S S

S = S ⇒

4

1.

12

X

r

S =S S = ⇒

2

3 6

X

r

S =

Vậy diện tích tứ giác ABKC

( ) 2

3 3 3 3 3

2

12 3 3 4

X

r r r r

dt ABKC = +S S + S = + + =

Câu

Vẽ tia tiếp tuyến Bx hình vẽ, gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BDE, ta có

 

CBx=CAB ( chắn cung CB )  

BED=CAB ( tứ giác ACED nội tiếp)

Suy CBx =BED ⇒ Bx // DE

Mà BO ⊥ Bx IQ ⊥DE ( đường nối tâm)

⇒ BO // IQ

Tương tự vẽ tiếp tuyến By (I) ta suy BI // OQ suy BOQI hình bình hành

Suy OB = IQ IB = OQ mà OB = OM IB = IM ⇒ OM = IQ IM = OQ

(74)

⇒ Tứ giác OIQM hình thang nên OI // MQ Mà OI ⊥ BM ⇒ QM ⊥ BM

Câu

Khi biết tổng B nói : Tơi khơng biết số A chọn chắn C khơng biết Do ta loại cặp có tổng 2; 3; 17; 18 ( ) ( ) ( ) ( )1;1 , 1;2 , 8;9 , 9;9

biết tổng B phải đốn hai sốđó

Ngồi ra, dựa vào việc khẳng định C khơng biết nên có trường hợp tổng sau:

TH1: = 1+ = + tích = 1.3, C đoán ngay, Mà B KHẲNG

ĐỊNH C CŨNG KHÔNG BIẾT nên trường hợp loại

TH2: = + = … tích = 1.5, C đốn ngay! Mà B KHẲNG

ĐỊNH C CŨNG KHÔNG BIẾT nên trường hợp loại

Tương tựđối với trường hợp tổng = 2+ 5, = 3+5, = 4+5, 10 = 5+5, 11 = 5+6, 12 = 3+9, 13 =6+7, 14 = 7+7, 15 = 7+8, 16 = 8+8 loại

Do đó, sau B phát biểu C đốn tổng số ( = 1+4 = 2+3)

Khi tích = 1.4 = 2.2 = 1.6 = 2.3

Vì C biết tổng tích số ( hay ) nên suy

C nói : Mới đầu tơi khơng biết biết hai số A chọn Hơn số mà A đọc cho lớn số bạn.Như C biết tích >

Sau B biết hai sốban đầu có tổng tích Vậy số A chọn

Đề số

Câu

1) a) Ta có:

( )

( )( ) ( )( )

2 1 2

2

1

x x x x x

P x

x

x x x

 + − +  − + 

  

= −

 + − +  − 

  

( )( ) ( )( )

2

1

2

1

x x

P x

x

x x x

 − +  − + 

  

= −

 + − +  − 

  

( )

1

2

P x x

x

 

=  − −

+

 

(75)

( 1)( 2)

2

x x

P x

x

+ −

= = −

+

b) Ta có P 2− < ⇔x ( x−2 2) − <x

2

x x

− > 

⇔ 

− < 

     

  

2

x x x

0

x x

≥  ⇔  <



Vậy x∈[0; 2) giá trị cần tìm

2) Ta có:

( ) ( ) ( )2 ( )

3 3 3 3 3 3

1 1

3 2 2 4 1 2 4 1 2

VT = = =

+ + + + + + + + +

( )( ) ( )( )( )

3

3 3 3 3

1 2 1 2 2 1

VP

− −

= = = =

+

+ + + + − + +

Câu 2.

a) Giải phương trình: ( )

4 1

x − x+ x− x − + = −x (*)

( )

2

(*)⇔(x − + −x 1) 3x+ x−3 x − + =x

Đặt:

1, 0

t = x − +x t ≥ ta có phương trình ( )

3

t − x+ x− t =

( 3) ( 3) ( 3)( )

t t x t t t x

t

t x

⇔ − + − = ⇔ − + =

= 

⇔  = −



TH1: 2 33

3

2

t = ⇒ x − + = ⇔x x − − = ⇔ =x x ±

TH2:

1

1(lo¹i)

x

t x x x x

x

≤ 

= − ⇔ − + = − ⇔ 

=



Vậy phương trình có hai nghiệm 33

2

x= ±

(76)

b)Giải hệ phương trình:  

 

2

4 1

4

x x y

x xy y

    



   



Ta có    2 2   

1  2x1 y  0 2x 1 y 2x  1 y

2 y x y x = − −  ⇔  = + 

TH1: y= − −2x thay vào (2) ta

2

0

14 1

0 x y x x x y = ⇒ = −   + = ⇔ −  = ⇒ = 

TH2: y=2x+1 thay vào (2) ta

2

0

2 1

0 x y x x x y = ⇒ =   + = ⇔ −  = ⇒ = 

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm (0; , 0;1 ,) ( ) 1;0 −   −     Câu

1) Phương trình hồnh độ giao điểm d  P

 

2

2x  2mx m 2 2x 2mx   m * Ta có   m2  2 m 2  m12  3 0,  m 

 d cắt  P hai điểm phân biệt

Gọi x x1, 2 hai nghiệm (*) Theo định lý Viet ta có

1

2

x x m

m x x          

Theo giả thiết

( )( )

2

1 2 2

1

3

6

2

x x

x x x x x x x x

x x =  − − = ⇔ − + = ⇔  = − 

TH1: 1 2 3 m x x x m x         

do ta có

(77)

2

3

16

4

m m m

m m

 

     (vô nghiệm)

TH2:

1

2

x m

x x

x m

   

    

 ta có

2 2 33

2

m

m   m m m 

       

Vậy 33

8

m   giá trị cần tìm 2)

Ta có ( ) ( ) ( )2 ( )

2

a+ + = +b c a b+c ≥ a b+c ⇒ a+ +b c ≥ a b+c

* Lưu ý: Với điều kiện ab bc+ +ca> ⇒ + >0 b c

( )2

1 4a a 2a

b c a b c b c a b c

⇒ ≥ ⇒ ≥

+ + + + + +

Tương tự ta có b 2b ; c 2c

c+a ≥ a+ +b c a+b ≥ a+ +b c

2 2

2

a b c a b c

b c c a a b a b b

+ +

⇒ + + ≥ =

+ + + + + (ĐPCM)

Câu 1)

a) Ta có AE⊥BT ( giả thiết)

Do AE qua tâm I nên E trung điểm BT ABT

⇒ ∆ cân A

Ta có  

2

BCA= s®AB  

2

ACT = s®AT

(78)

Do s®AB =s®AT Suy BCA = ACT hay AC đường phân giác góc BCT b)Ta có  

90

IEB=IMB = ⇒ BMEI tứ giác nội tiếp  

BIM BEM

⇒ =

Mặt khác  1   

2

BIM = BIC =BAC⇒BEM =BAC

Do    

180

BED+BAD=BED+BEM = ⇒ tứ giác ABED nội tiếp

 

90

BDA BEA

⇒ = = hay BD⊥ AC 2)

Từ B C, kẻ đường thẳng song song với đường thẳng d , cắt đường thẳng AD E F

Ta có AB AC AE AF AE AF 2AD

AM AN AI AI AI AI

+

+ = + = = (khơng đổi)

Goi H K, hình chiếu vng góc M B, AC

BK AB

MH AM

⇒ =

ABC AMN

S BK AC AB AC

S MH AN AM AN

∆ ∆

⇒ = =

2

AB AC

AD

AM AN

AI

 + 

 

≤  =

 

 

2

AMN ABC AI

S S

AD

∆ ∆

⇒ ≥

Dấu “=” xảy AB  AC MN BC//

AM AN

Vậy minSAMNSABC.AI22

AD d đường thẳng qua I song song với BC

Câu

(79)

Đặt 2019 2019( ) 2019

x y m

nx my mz ny

n y z

+

= ⇔ − = −

+ , (m n, ∈;n≠0)

Để nx−my= 2019(mz−ny)∈ ta có:

0

nx my x y

y zx

mz ny y z

− =



⇒ = ⇒ =

 − =



2 2 2 2

( ) ( )

x y z x z xz y x z y

⇒ + + = + − + = + −

(x y z x)( y z)

= + + − +

Vì 2

x +y +z số nguyên tố, x+ +y z số nguyên lớn

2 2

1

x y z x y z x y z

⇒ − + = ⇒ + + = + +

Mà 2

; ; 1, 1,

x ≥x y ≥ y z ≥ ⇒ =z x y= z=

Vậy x= = =y z 1là giá trị cần tìm

Đề số

Câu

Ta có:

2

1 1 1 1

S

1 3 3 5 5 7 2019 2 2019

= + + + +

+ + + − +

2

1 3 3 5 5 7 2019 2 2019

S

1 3 3 5 5 7 2019 2 2019

− − − − −

⇒ = + + + +

− − − − −

2

1 3 3 5 5 7 2019 2 2019

S

2

− + − + − + + − −

⇒ =

−

2

1 2019 1 2019

S 1009

2 2

− −

⇒ = = =

− −

Vậy S 1009= Câu 2.

a)Phương trình: x2 −2mx m 4+ − (1)

Phương trình (1) phương trình bậc hai x có:

( )2 ( ) 2

' m 1 m 4 m m 4

∆ = − − − = − +

2

1 15

' m 0

2 4

 

⇒ ∆ = −  + >

  với m

Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m

(80)

b) Với m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2

Theo định lí Vi-ét, ta có: 2

x x 2m

x x m 4

 + = 



= − 

Ta lại có:

( )( 2)

2 3

1 1 2

1 2

2 1 2

x x x x x x

x x x x

x x x x x x

+ − +

+

+ = + ⇔ + = ⇔ + =

( ) 12 1 2 22 ( ) ( 2)2

1 2

x x

x x x x

x x 1 0 x x 0

x x x x

−

 − + 

⇔ +  − = ⇔ + =

 

1

x x 0

⇔ + = ( )

2

1

x x x x

−

• TH1: x1+x2 = ⇔0 2m 0= ⇔m 0=

• TH2: ( )

2

1 2

x x x x ' 0

x x x x 0 x x 0

−  = ∆ =

⇔ ⇔

≠ ≠

 

 (vơ nghiệm ∆ > ∀' 0, m)

Vậy với m 0= thì phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn:

2 2

2

x x

+ = + Câu

a) Giải phương trình: 2x 1− + 5 x x 2 2x 11x 5− = − + − + − (2)

Phương trình xác định 2x 0 x 5 2

5 x 0

 − ≥ 1

⇔ ⇔ ≤ ≤

− ≤



Khi phương trình (2)⇔ 2x 1− + 5 x x 2 2x x− = − + ( − )( − )

Đặt 2x a

5 x b

 − = 



− =

 (a;b 0)≥

2 2

x a b x a b 6

⇒ + = + ⇒ − = + −

Ta có phương trình: a b a+ = +b2 − +6 2ab⇔(a b+ ) (2 − +a b)− =6 0

(a b a b 2)( ) 0 a b 0

⇔ + − + + = ⇔ + − = (do a b 0, a;b 0+ + > ∀ ≥ )

( )( )

2

a b 3 a b 2ab 9 x 2x x 9

⇔ + = ⇔ + + = ⇔ + + − − =

(81)

( )( ) ( ) ( )

2 2x x 5 x 0 5 x 2x 1 5 x 0

⇔ − − − − = ⇔ − − − − =

(5 x 0) x (thỏa mãn)

4 2x x 9x 9 x (thỏa mãn)

 − = ⇔ =

 ⇔

− = − ⇔ = ⇔ =



Vậy phương trình có tập nghiệm S 1;5={ }

b) Giải hệphương trình: 2 x y x y 4 x2 y2

x y 2

 + + − = + −

 

+ =



ĐKXĐ: x y 0≥ ≥ Đặt a x y

b x y

 = + 



= −

 (a b 0≥ ≥ ) Ta có: 2a 2b ab+ = + (ab 2a) (2b 4) 0 a b 2( ) (2 b 2) 0 (a b 2)( ) 0

⇔ − − − = ⇔ − − − = ⇔ − − =

a 0 x y 2 x y 4

b 0 x y 2 x y 4

 − = ⇔ + = ⇔ + =

 ⇔

 − = ⇔ − = ⇔ − =



• TH1: x y 4 x y 4 x y 4 x 4

y 0

x y 2 x y xy 4 xy 0

 + =  + =  + =  =

 ⇔ ⇔ ⇔

   

=

+ = + + = =

   

  

(do x y 0≥ ≥ )

• TH2: x y 4 x y 4 x y 4 x 4

y 0

x y 2 x y xy 4 y xy 0

 − =  = +  = +  =

 ⇔ ⇔ ⇔

    =

+ = + + = + =

   

  

(do x y 0≥ ≥ ) Vậy hệphương trình có nghiệm x 4

y 0

 = 

=  Câu

(82)

a)Xét ∆ABC ∆ADB có: BAD chung; ABC ADB  1sđBC 2

= =

ABC

⇒ ∆  ∆ADB (góc-góc)

2

AB AD AC.AD AB

AC AB

⇒ = ⇒ = (3)

Do đường tròn (O), A cốđịnh ⇒AB không đổi ⇒AC.AD không đổi

b) ∆ABO vuông B, đường cao BH⇒AB2 =AH.AO (4)

Từ (3) (4) AC.AD AH.AO AC AO AH AD

⇒ = ⇒ = , mà OAD chung

AHC

⇒ ∆ ∆ADO (cạnh-góc-cạnh)

 

AHC ADO

⇒ = (5)⇒ Tứ giác CHOD nội tiếp

c)Tứ giác CHOD nội tiếp ⇒OHD OCD = (6)

COD

∆ cân O ⇒OCD ODC = hay OCD ADO = (7) Từ (5); (6) (7) ⇒AHC OHD =

Mà AHC BHC OHD BHD 90   + = + = ⇒BHC BHD = BH

⇒ phân giác CHD, BH cốđịnh ⇒ ĐPCM Câu

a)Ta có: ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

4

x x 1 x 2

x x x 2

A

x 3x 7x 3x 6 x x 3x 3x 6x 6

+ + +

= =

+ + + + + + + + +

( ) ( )

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

2 2

2 2 2

x x 1 x 2 x x 1 x 2

A

x x 3x x x 1 x x 3x 6

+ + + + + +

⇒ = =

+ + + + + + + +

(83)

Do A; x nguyên ⇒x x2( + +1) (x 2+ ) chia hết cho (x2 +1 x)( +3x 6+ )

( ) ( )

2

x x 1 x 2

⇒ + + + chia hết cho x 12 + ⇒ +x 2 chia hết cho x 12 +

(x x 2)( )

⇒ + − chia hết cho x 12 + ⇒x2 −4 chia hết cho x 12 + (x2 1 5)

⇒ + − chia hết cho x 12 + ⇒5 chia hết cho x 12 +

x 1

⇒ + ước dương 5⇒x2 + ∈1 1;5{ }⇒x2∈{ }0;4 ⇒ ∈x { }0; 2±

Thử lại: Với x= −2 A nguyên

Vậy với x= −2 A nhận giá trị số nguyên

b)Ta có: P a2 b2 c2

a ab b bc c ca

= + +

+ + +

Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki (dạng phân thức) Ta có:

( )

2

2 2 a b c

a b c

P

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

+ +

= + + ≥

+ + + + + + + +

( )

2 2

a b c 16

P

a ab b bc c ca ab bc ca

= + + ≥

+ + + + + +

(do a b c 4+ + = ) Theo bất đẳng thức Cô-si Ta có:

a b ab+ ≥ ; b c bc+ ≥ ; c a ca+ ≥

2a 2b 2c ab bc ca

⇒ + + ≥ + +

16

ab bc ca a b c 4 P 1

4 3.4

⇒ + + ≤ + + = ⇒ ≥ =

+

Dấu " "= xảy

a;b;c 0

4

a b c 4 a b c

3 a b c

 > 

⇔ + + = ⇔ = = =  = =



Vậy giá trị nhỏ P a b c 4 3

= = =

Đề số

(84)

Câu a Ta có

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

( 1) ( 1)

x x x x x x x x x x x x

A

x x x x x x x x x x

− + + − + + + − + +

= − + = − +

− + − +

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

x x x

+ + +

= + =

Vậy A 2(x x 1) x

+ +

= với x >0, x ≠1 b ĐK: x >0, x≠1

2( 1) 2 2 2 2 4

1

x x x

A B x x x x x x x

x x

+ + −

= ⇔ = ⇔ − = − ⇔ = ⇔ =

− (TMĐK)

Vậy với x =4 A B=

2. 2 2 2

2

1 1

1

a b

a b b a a b a b b a

b a

−

− = − − − ⇔ − = ⇔ + = − + −

− + −

Từđó ta có hệ: 2 2

2

1 1 1 2020

1

a b b a a b a b Q

a b b a

 − = − − −

 ⇒ = − ⇔ + = ⇒ =



+ = − + −



Câu 2.

1 Ta có AB AC− ≤BC nên GTLN AB AC− =BC A, B, C thẳng hàng hay A giao điểm (d) với Ox ⇒A(3;0)

2 Ta có xy2 −(y−45)2 +2xy x+ −220y+2024 0= ⇔(y+1)(xy x y+ − −129)= −128= −27

{ } { } { }

1 2;4;8;16;32;64;128 1;3;7;15;31;63;127 ( ; ) (33;1),(25;3),(15;7)

y y x y

⇒ + ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈

Câu ĐK: 11

5 x

− ≤ ≤ Ta có:

2

5x+11− 6− +x 5x −14x−60 0= ⇔( 5x+11 6) ( 6− − − − +x 1) (x−5)(5x+11) 0=

5( 5) ( 5)(5 11) 0

5 11 6

x x x x

x x

− −

⇔ + + − + =

+ + − +

5

( 5) 11

5 11 6

x x x

x x

 

⇔ −  + + + = ⇔ =

+ + − +

 

(Do 5 11

5x+11 6+ + 6− +x 1+ x+ > với

11 6

5 x

− ≤ ≤ ) Vậy Phương trình có nghiệm x =5

(85)

2. 23 32 ( )

(4 )

4

(4 ) (4 ) 12 61

64 61

xy x y x y xy

x y x y xy

x y  − =  − =  ⇔   − − + = − =     Đặt u xy

v x y

 = 

= −

 hệ trở thành:

5

1

( 12 ) 61 60 61

u v u u

v

v v u v

  = =  =  ⇔ ⇔    = + =     + = Suy 5 4 x y xy

x y x

y  = −  = −    =  ⇔  − =  =       = 

Vậy nghiệm hệ ( ; ) ( 1; 5),( ;4)5

x y ∈ − − 

 

Câu Tứ giác ADCH có  AHC ADC+ =90° +90° =180° ⇒ tứ giác ADCH nội tiếp

  ADH ACH ⇒ = Ta có               AKH DAK ADK MAK ADH

AKH KCH CHK ACH MHK MAK MHK AHMK

ADH ACH  = + = +  = + = + ⇒ = ⇒   = 

tứ giác nội tiếp

 90

AKM MK AC

⇒ = ° ⇒ ⊥ mà BD AC⊥ (Hai đường chéo hình vng)⇒MK BD//

2 ∆ONC vuông cân N

2

ON OE OC OD DOE

OC

⇒ = ⇒ = = ⇒ ∆ cân O

  ODE OED

⇒ = (1) Mà OE CD// ⇒CDE OED = (2) Từ (1) (2) ⇒ODE CDE = ⇒DElà tia phân giác góc CDO

2

FO DO

FC DC

⇒ = =

3 Đặt AM x= >0 ta có ∆AMK vng cân K

2

2 2

x x a x

MK AK CK a −

⇒ = = ⇒ = − = Do AM CD//

AQ AM x AQ x AQ AC x a x

QC CD a AC a x a x a x

⇒ = = ⇒ = ⇒ = =

+ + +

2 2 a CQ AC AQ

a x ⇒ = − = + Q P F E N K H B D C A O M

(86)

2

//

2 2 (2 ) 2

2

a

OC OP x ax

OP MK OP

CK MK a x a x

⇒ = ⇒ = = − −

(2 ) 2

ax a a a

DP OP OD

a x a x ⇒ = + = + = − −

1 . 1. 2. .

2 2 ( )(2 )

CPQD

a a a

S DP CQ a

a x a x a x a x

= = =

+ − + −

CDPQ

S đạt GTNN⇔(a x+ )(2a x− ) đạt GTLN Mà

2 2

1

( )(2 )

4

a a x x a

a x+ a x− ≤  + + −  =

  CDPQ a S

⇒ ≥ Dấu “=” xảy

2

a

a x+ = a x− ⇔ = ⇔x M trung điểm AB Vậy

9 CDPQ

a

Min S = ⇔ Mlà trung điểm AB Câu

Đặt

2

u x v y  = +  = −

 Ta có:

9

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

4

x y u v

+ − = ⇒ + + =

Ta có ( 1)( 1) 1( 2)2 ( 2)2 9

4 = u+ v+ ≤ u v+ + ⇔ u v+ + ≥

Theo Bunhia ta có: ( 2 1 12)( 2 22) ( 2)2 9 2

2

u +v + + + ≥ u v+ + ≥ ⇔u +v ≥ Ta có: theo Mincopxki:

4 1 1 ( 2 2) (1 1)2 ( 2 2) 4 4 17

4

A= u + + v + ≥ u +v + + = u +v + ≥ + =

Dấu “=” xảy

1 x y  = −    = 

Vậy 17

2

Min A=

1 x y  = −    = 

Đề số9 Bài 1: Cộng pt vế theo vế ta có :

( )

2 2

3

2 2

2

2 250

125

25

x y x y

x y

+ + =

⇔ + = ⇔ + =

⇔ + =

(87)

Thay v (1) ta có : ( )

( )

2

25 185

25 185 12

xy x y

xy xy

+ + =

⇔ + = ⇔ =

Như hệđã cho

( )( )

2

2 25 12 12 12 12 144

16

25 25 144

 + = ⇔  =   =   =  =    ⇔  ⇔ ⇔  + =  − + =  − − =   x y xy y y y x x x x x

x x x

x

( )( )( )( )

12

3 4

4 3

3 4

 =  =  = −  =  = −  ⇔ ⇔ ∨ ∨ ∨ = = − = = −      − + − + = 

y x x x x

x

y y y y

x x x x

Kết luận : Nghiệm hệphương trình ( ) ( ) (x y; = 3; ; − −3; , 4;3) ( )(− −4; 3)

Bài 2 : a) Ta có:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 4

2 2

2

M n n

n 2n n n 2n n

n n n 3n n n n n

n n 2n 2n

2 n n *

= + + +     = + + − + + + −    = + + + + + + + − + = + + + + = + +

Vì n∈ Ν* nên (n2 + +n 1)2là sốchính phương khác

Do đó, từ (*) suy M=(n 1+ )4 +n4 +1 chia hết cho một sốchính phương khác với mọi số n nguyên dương (đpcm)

b) Xét phương trình: x2 −n x n 02 + + = (ẩn số x) (1)

Đểphương trình (1) có nghiệm { } ( )

0 n 4n n 0;1 n

∆ ≥ ⇒ − − ≥ ⇒ ∉ ∈ Ν

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1)

Áp dụng hệ thức Vi-et, ta được:

2

1

x x n

 + =   = + 

1 2

x x x x n n

⇒ + − = − −

(88)

( ) ( )

1 2

x x x n n

⇔ − − − = − −

(x1 1 x)( 2) (n n 1)( )

⇔ − − = − +

(x1 x)( 1) (2 n n 1)( )

⇔ − − = − +

Với n∈ Ν ∉, n { }0;1

2

1

4 1 3  + = ≥  = + ≥ 

x x n

x x n

Do x1 ≥1;x2 ≥ ⇒1 (x1 −1 x)( − ≥ ⇒1) (2 n n 1− )( + ≥)

( )

2 n n 0, n n

⇒ − ≥ + > ∀ ∈ Ν ⇒ ≤

Mà n N, n∈ ∉{ }0;1 ⇒ =n Khi đó, phương trình (1) trở thành: ( )( )

( ) ( )

2

x 4x x x

x t / m x x

x x t / m x

− + = ⇔ − − =

 = ∈ Ζ

− = 

⇒  − = ⇔ 

= ∈ Ζ

 

Vậy với n∈ Ν, đểphương trình cho có nghiệm số ngun n=2 Bài 3:

Ta có

( ) ( ) ( )

2

2 2

1

1 1

; ;

1 1 1

yz x x xz y xy z

VT

y z

x y z y x z z x y

yz y z x z x y

= = = = =

+

+ + + + + +

Đặt a; ; b c a b c( ; , 0) abc

x= y = z = > ⇒ =

Theo bất đăng thức Cô si ta có :

2 2

2 ; ;

4 4

a b c a b a c c a b

a b c

b c a c a b

+ + +

+ ≥ = + ≥ + ≥

+ + +

Cộng vế lại với ta có:

( ) ( )

2 2

2

1 1

2

(DPCM) (

a b c a b c

a b c

b c a c a b

a b c a b c a b c

xy yz xz

b c a c a b abc ab bc ac

yz xz xy

xy yz xz

x y z y x z z x y

+ +

+ + + ≥ + +

+ + +

+ + + +

⇒ + + ≥ = = + + = + +

+ + +

⇒ + + ≥ + +

+ + +

(89)

Bài 4:

a) Chứng minh : FG=FE

Ta có :

 

/ /

FG CD⇒FEB=DCB( cặp góc so le ) Và  DCB=DAB ( chắn cung AD) nên

 

( ) FE FB

FEB FAE FBE FEA g g FE FA FB

FA FE

= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

Do FG tiếp tuyến G

của đường tròn ( )O ⇒  FGB=FAG( chắn cung GB)

Thế nên dễ dàng có :

( ) FG FA

FGB FAG g g FG FA FB

FB FG

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

Do : 2

FG =FE ⇒FG=FB b) Chứng minh : AH ⊥BJ

Ta gọi Q trung điểm CJ IQlà đườn g trung bình tam giác BJC ⇒IQ/ /BJ Ta chứng minh : AH ⊥IQ

Do HQ/ /IC( HQ đường trung bình tam giác JIC) AI ⊥BC⇒ AI ⊥IC( tam giác ABCcân Acó AIlà đường trung tuyến )⇒HQ/ /IA

Kết hợp với IH ⊥AQkhi Hlà trực tâm tam giác AIQ ⇒ AH ⊥IQ⇒ AH ⊥BJ Bài

Giả sử ngồi bạn An cịn có n bạn An quen m bạn, điều kiện m≤n m n; , ∈*

Số bắt tay ( 1)

2

n n

m

−

+ Theo ta có phương trình

( 1) ( ) ( )

420 840

2

n n

m n n m

−

+ = ⇔ − + =

Mặt khác 2m≤2n, kết hợp với (1) ta suy n n( − +1) 2n≥840⇔ n2+ ≥n 840⇒ ≥n 29

Và 2m≥2, kết hợp với (1) ta suy

838 29

n − −n ≤ ⇒ ≤n , từđó suy n=29

Q H

J

G I

F E

O A

B

C D

(90)

Thay n=29 vào (1) ta có 2m+29.28=840⇔ 2m=28⇔ =m 14

Vậy An quen 14 người

Đề số 10

Câu 1.(2,0 điểm)

ĐKXĐ: x>0,x≠4,x≠9.

a) 9 4 2 : 2 2

5 6 5 6 5 6 2

x x x x x x

A

x x x x x x x x

 − − +   − − + +  = − +    − + − + − + − −     3 :

5 6 2

x x

A

x x x x

 −   

=    

− + − −

   

( )( )( )

(3 3)(1 2)2 1

x x x x

x

x x x

− + − +

= =

− −

b) Ta có:

2

1 1 1 1 1 1

2. 2 1 3 1 2 3 1

P A

x x x x x x

      = − =  + − = − − ⋅ + = − −        => 1

3 1 3 ( 0)

P x

x

 

= − −  ≤ ∀ ≠

 

=> ax

1

3 1 0 1( )

M

P x TM

x

 

= ⇔ − = ⇔ =

 

Câu 2.(3,0 điểm) a) Giải PT:

6 8 3 2

x + x+ = x+ ĐKXĐ: x≥ −2

( )

2

6 8 3 2 3 2 3 2 3 2

x + x+ = x+ ⇔ +x x+ + x+ = x+ (x 1)(x 2) 3 x 2( x 2 1) 0

⇔ + + + + + − =

( )( ) 1

1 2 3 2 0

2 1 x

x x x

x  +  ⇔ + + + +  = + +   ( ) ( ) 3

1 2 2 0

2 1 3

1 2 0 : 2 0

2 1 2

( )

1

x x x

x

x x Do x

x x TM x   ⇔ + +  + + = + +    

⇔ + + =  + + > 

+ +

 

= −  ⇔  = −

(91)

b) Giải hệ PT:

2

2 2 ( 2)( 2)

1

2 2

x y x y x y

x y y x  + + + = + +      + =  +   +    

ĐKXĐ: x≠ −2,y≠ −2

2

2 2

2

1

2 2 ( 2)( 2)

2 2 1 1 2 2 2 2 x y

x y x y x y

y x x y x y y x y x  + =  + + + = + +  + +  ⇔   +  =      +   +   +  =       +   +  Đặt: 2 2 x a y y b x  =  +    =  +  ( ) ( )

2 2

1

2 2 1

1 1

2 2

x y

y x a b

a b x y y x  + =  + +  + =   ⇒ ⇔  + =        +  =   +   +  

( ) (2 )2

0 ( ) 1 1 1 1 1 ( ) 0 a TM

b a b

a a a TM b  =   = −  =   ⇔  ⇔  = + − =    =   Với 0 2 ( ) 1 0 a x TM b y = =   ⇔  =  =   Với 1 0 ( ) 0 2 a x TM b y = =   ⇔  =  =  

Câu 3.(1,5 điểm)

E C B D M N A

(92)

a) Ta thấy M, N trung điểm AC, AD nên MN đường TB

tam giác ACD => MN // CD hay ANE  = ADB

Vì : BA = BD => ABD cân B => BN AB;BDA = BAD⊥  

Vì: BE // AD => BNA  = NBE 90;ANE =  = NEB

Từ => BAN  = ADB ANE  = = NEB => BEAN nội tiếp => NEA 180 90= − =90

Vì: NAE  = BNA NBE 90 = =

=> đpcm

b) Dễ thấy MAE DAB = ( phụ với BAE ) ⇒MAE MNA = 

Lại có AME  góc chung nên ∆MAE MNA (g.g)∆ ) MA MN

ME MA

⇒ =

Mà MA = MC MC MN

ME MC

⇒ =

Do EMC góc chung ⇒ ∆MEC MCN (c.g.c)∆ ⇒ECM MNC = 

Lại có: MN//CD (đường trung bình) nên MNC DCN = 

ACE DCN( )

⇒ = dpcm

Câu 4.(1,5 điểm)

a) Tồn hay không số a, b, c thỏa mãn 2 2 2 1 2019

a b c

b −ca= c −ab=a −bc= Giả sử tồn số thực (a, b, c) thỏa mãn yêu cầu đề

rõ ràng ĐK a, b, c là: 2

, , .

a ≠bc b ≠ca c ≠ab

Nếu a = b = c a2 −bc=a2 −a2= ⇔ =0 a2 bc (vô lý)

Vậy nên số a, b, c phải có số khác Khi đó: ( ) (2 ) (2 )2

0 a−b + b−c + c−a > AD t/c dãy tỉ số ta có:

(93)

( ) ( ) ( )

2 2

1

1 2019

[ ]

2

a b c a b c

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

+ +

= = = =

− − − − + − + −

=> a+b+c > Khi tồn số nhau, giả sử a = b thì:

2

2 0

( )( ) 0

a b

b ca c ab

a b c b c b c

= ⇒ − − + =

− −

=> + + − = => = => a=b=c (Vô lý)

Từ dãy tỉ số ta có:

2 2 2

1 2019

a b b c c a

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

− = − = − =

− − + − − + − − +

( )( ) ( )( ) ( )( ) 20191

a b b c a b

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

− − −

⇔ = = =

− + + − + + − + +

Đặt:

2

2 2

2

x yz

y zx x y z xy yz zx

z xy

 = 

= ⇒ + + = + +

  = 

( ) (2 ) (2 )2 0

x−y + y−z + z−x = ⇔ = =x y z

( )

2 2 2

2 2 2 3 0

a b c a b c a b c

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

a c b a b b a a b



+ = + = + =

 



 

⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = =

 + =  − = −  − =

  

Kết cho thấy vô lý Vậy không tồn số thỏa mãn theo yêu cầu

b) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn 2 85 13

x y

x y + = +

Vì 2

, ,

x y∈ ⇒ + x y x + ∈y 

=> 2 85 2

85( ) 13( ) 0

13

x y

x y x y

x y

+ = ⇔ + = + >

+

=> x + y >

Áp dụng BĐT: ( )

2

2 2

( ) 0

2 x y

x + ≥y + ⇔ −x y ≥

(Ln đúng)

Ta có: ( )

2

2 13 170

85( ) 13( ) 13

2 13

x+ y = x + y ≥ x+ y ⇒ + ≤x y ⇒ + ≤x y

(94)

Mà:

2

0

13 85

13

x y

x y x y

x y

+ > 

⇒ + = ⇒ + =  +

 

=> 2 ( )2

6

( )

13 7

13

85 13 85 7

( )

6 x

TM

y x y

x y

x y x x x

TM y

 =   = −

 =

+ =

 ⇔ ⇔

  

+ =  + − =  =

  

=  

Vậy nghiệm PT là: (x; y) = (6; 7) ; (7; 6) Câu 5.

Gọi I tam đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB Gọi H, K theo thứ tự giao điểm OO' với MN MI Rõ ràng OO' ⊥MN HM = HN

Ta thấy: IM = IP nên NP = NM nên OI đường trung trực đoạn MA

=> MA⊥OI => OI // MO' (Vì: MA⊥MO')

Tương tự: O'I // MO => OIMO' HBH Khi K trung điểm MI => HK đường TB ∆MNI => NI // HK hay NI // OO'

Mà: MN ⊥MO'⇒MN ⊥IN hay IN ⊥MP=>đpcm

K H

I

P

B

A

N M

O'

O

(95)

Câu 6.(1,0 điểm)

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca = CMR:

2 2

1 1 1 2.

a b + +b c + +c a + ≥

Dấu "=" xảy nào?

Cách 1:

Áp dụng Bunhiakopxky ta có:

( ) ( ) 2

4 1 3

1 1 1 1 1

3 3 3 2 2

b ab a

b + = +  b + ≥ +  ⇒a b + ≥ +

   

Tương tự ta có: VT ≥ ab+bc2 +ca + 23(a+ +b c)= +12 23(a+ +b c) Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy ta được:

( )2

3( ) 3 3

a+ +b c ≥ ab+bc+ca = ⇒ + + ≥a b c Khi đó: VT ≥ +12 23⋅ 3=2

Dấu "=" xẩy a b c 0 1 a b c 33

ab bc ca

= = > 

⇔ = = =  + + =



Cách 2:

Bình phương vế ta cần cm tương đương:

( )( )

( )( ) ( )( )

2 2 2

2 2

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

2 1 1 2 1 1 4 (*)

a b b c c a ab b c

bc c a ca b a

+ + + + + + + +

+ + + + + + ≥

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

( )( ) 2 2 2

1 1 1 2 1 1

a + b + = a b +a +b + ≥ a b + ab+ =ab+ Gọi vế trái (*) S Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

2 2 2 2 2

2 2

2 ( 1)

2 ( 1) 2 ( 1)

( ) ( ) ( ) 3.( ) 4

S a b b c c a a b c ab bc

bc ca ca ab

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

≥ + + + + + + +

+ + + +

= + + + + + ≥ + + + + + =

Dấu "=" xẩy

0

3

1 1 1

3 1

a b c

ab bc ca a b c

ab bc ca

= = > 

 + = + = + ⇔ = = = 

 + + = 

(96)

Đề số 11

Bài

a) (1,0 điểm)

1

:

1

x P

x x x x

+ =

− + − +

1 x =

+

1 1

2

5

P x x

x

≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤

+

Vậy 0≤ ≤x thỏa mãn tốn b) (1,0 điểm)

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt ' m m

⇔ ∆ = + > ⇔ > −

Áp dụng hệ thức Vi-ét:

1

2

4

x

x x

x x m

+ = − 

 = −



( ) ( )( )

4 16

4

m

gt m m

m +

⇔ = + ≠

2

16

m m

⇔ = ⇔ = ±

Kết hợp với điều kiện m> −4;m≠0t m=4thỏa mãn Bài 2.

a) (1,0 điểm)

ĐKXĐ: x≥1 x ≤ −

PT ( )( ) ( )

2

2x

2x 2x 2x

2 2x

x x

− = 

⇔ − + = − + − ⇔ 

+ = + −



2x

2 x

− = ⇔ = (không thỏa mãn ĐKXĐ)

2

2 2

2

2 2x

2x 4 x

x x

x x x x

≥ − ≥ −

 

+ = + − ⇔ ⇔

+ − = + + − − =

 

Vậy phương trình có hai nghiệm

3 37 37

;

2

x = + x = − (thỏa mãn ĐKXĐ) b) (1,0 điểm)

ĐKXĐ: y≥0 Lấy phương trình thứ trừđi ba lần phương trình thứ hai:

(97)

( )3 ( )3

3

3x 12 2 x − + x− = − y+ y−y y ⇔ x− = − y ⇔ − = −x y

Thế y = −3 x vào phương trình thứ nhất: ( )3

3 3x

2 x

x x x

x = 

+ − = ⇔ − + = ⇔ 

=  Vậy hệphương trình cho có hai nghiệm ( ) ( )1; , 2;1 (TMĐKXĐ)

Bài

a) 1,0 điểm)

Ta có OM// AH (tính chất đường trung bình) màAH ⊥BC⇒OM ⊥BC OM

⇒ đường trung trực đoạn thẳng BC(đpcm) b) (1,0 điểm)

''

FTB FCS

∆ ∆ (g.g) (1)

S FT FB

FB FC FT FS FC = F ⇒ =

FH tiếp tuyến đường tròn tâm A bán kính AH

FT FS FH

⇒ = (2)

Từ (1) (2) suy

FB FC=FH

Gọi E’ giao điểm củaFAvới ( )O ⇒FE FA' =FH2 ⇒ ∆FE H' ''∆FHA c g c( )

 ' 90o ' .

FE H FHA HE AF

⇒ = = ⇒ ⊥ Mà DE'⊥ AF

'; ; E H D

⇒ ba điểm thẳng hàng ⇒ ≡E F(đpcm) c) (1,0 điểm)

Gọi I điểm đối xứng với H qua E Ta có AFlà đường trung trực đoạn thẳng HInên FH =FIvà AH =AI, nghĩa I thuộc đường trịn tâm A bán kính AH

E

F

T

S

M

D H

O

B C

A

(98)

  ( ) 90o AFI AFH c c c AIF AHF

∆ = ∆ ⇒ = = ⇒FItiếp xúc với đường trịn tâm A bán kính AH tại I (3)

Có ∆HBE''∽∆HDC g g( )

D

HB HE

HB HC HD HE HM HI HM HI H HC

⇒ = ⇒ = = =

  '' ( )

HBI HMC c g c HBI HMC

∆ ∽∆ ⇒ = ⇒Tứ giác IBMC nội tiếp Lại có:

FI =FB FC(cùng FH2)⇒ FI tiếp xúc với đường tròn (IBMC)tại I Kết hợp với (3) suy đpcm

Bài

Áp dụng bất bẳng thức Côsi

3 2

2 2

z z

2xz

x x x z

x x x

x +z = −x +z ≥ − = − Tương tự 2 2

2

y z

y

y +z ≥ − Suy

2

4 x y P x y z

x y

+ +

≥ + − + +

Theo gt z x2 y2 P x y 4

x y x y

+

= ⇒ ≥ + + ≥

+ +

Vậy Pmin = ⇔ = = =4 x y z

Bài a) 1,0 điểm)

( ) ( )

2 2 2

p q p p q q p q p q p q p p q pq q q p pq q p q p p q q p

+ + ⇒ + − + = − +

+ − ⇒ + − − = + −

 

( )

2 2

0( ) q − = −p p +q ⇔q + +q p − =p VN

( )( )

2

1 1

q − =p p + ⇔q q+ p q− − = ⇔ − − = ⇔ = +p q p q p Mà p, q hai số nguyên tố nên p=2,q=3(thỏa mãn toán) b) 1,0 điểm)

Đặt 1 1 1 1 1 (1)

xy z

x y z x y xy z x y

 

= ⇒ = + + ⇒ + = +  + 

+ +   

Với tập sốdương {x x1; 2; xn}tùy ý, xét biểu thức:

( )

1

1 1 ; ; n 1

n

P x x x

x x x

 

  

= +  +   + 

    

Từ (1) suy lần xóa số x; y viết lên bảng số

1 xy

x+ +y số cịn lại bảng giữ ngun giá trị biểu thức P số bảng không đổi

Gọi số cuối a ( ) 1 1; ; ; ; ; 1 2018 2019

P a P 

⇒ =  

 

(99)

1 1 1 1 2020!

1 1

1 2020!

2 2018 2019

a a               ⇒ + = +   +   +   + = ⇒ = −              

Đề số12 Câu

1.a) Ta có:

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

1 2 1

4

1 2

x x x x

x x

A

x x x x x x

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

1 1 5

1

x x x

x x x − + − = = + + + 1.b)Ta có:

1

5 1 x A x x − = = − +

+ + Với x≥0ta có: x+ ≥1 nên

6 x+ ≤

Do

1 A

x

= − + ≤

+ Giá trị lớn A 1đạt x=0 Câu 2.

2.1) Ta có

( )( )

1 4

x+ + − −x x+ −x = ( )1 Điều kiện − ≤ ≤1 x Đặt x+ +1 4− = ≥x t ( )( )

2

5

2 t

x x −

⇒ + − =

Pt ( )1 trở thành:

2

5 t

t− − = Tính t1= −1 (loại), t2 =3 (TM).

2

t = biến đổi pt ( )( )

2

3

1

2

x+ −x = − = ⇔ − +x x=

Tính x1=0; x2 =3 (tmđk) Vậy tập nghiệm pt S ={ }0;3

2.2) Ta có:

( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )

2 2

3

2

x y y x y

x x y xy x x y xy

 = − +  + =  ⇔   = + − = + −    

(100)

Thế 2

4=x +y từphương trình (1) vào phương trình (2) ta được:

( )( )

3 2 3

2x = x+y x −xy+y ⇔x =y ⇔ =x y Thay x=yvào phương trình ( )1 ta được:

2

x = ⇔ x= ± Hệphương trình có nghiệm ( )x y; là: ( 2; 2);(− 2;− 2) Câu

Có: ( )2 ( 2)

2

a b+ ≤ a +b suy ( )

2

n ≤ n + , hay n n3( − − ≤2) Nếu n≥3 n n3( − − ≥2) n3− >4 (Loại) Do n=0;1;2

Với n=0;1 chỉra khơng tồn a b; thỏa mãn đề

Với n=2 a=1;b=3 a=3;b=1 thỏa mãn đề kết luận Câu

a) Chỉ IM / /AE suy MIH =EAH, Mà EAH =ECHnên  MIH =MCH , Suy tứ giác CIMH nội tiếp

b)Chỉra ED tiếp tuyến ( )O suy HED =HCE (1)

Do tứ giác CIMH nội tiếp nên CHM =900suy HCM +HMC=900 Mà HMD +HMC=900

nên CHM =HMD (2)

Từ (1) (2) suy  HED=HMD nên tứ giác EMHD nội tiếp

Do HDM =HEM mà HEM =HCD nên HDM =HCD Từđó chứng minh BD tiếp tuyến ( )O1

c) Sử dụng tính chất đường nối tâm vng góc với dây chung ta có:OO2 ⊥HE,O O2 1⊥HD

và EH ⊥HD suy OO2 ⊥O O2 1 Chỉ 

45

COM = suy CAE =450 nên O OO2 =450 Tam giác O OO2 vuông cân O2

Chỉ tứ giác OCDE hình vng cạnh Rvà O2 trung điểm DE

F

O1

H I

A

O2 D C

E

O M B

(101)

Tính 2

5 R

O O = Vậy diện tích tam giác OO O1 2là

2

5 R

Câu

5.1) Từ giả thiết ta có: (a+1)(b+1)(c+ ≥1) 0và (1−a)(1−b)(1− ≥c) suy (a+1)(b+1)(c+ + −1) (1 a)(1−b)(1− ≥c)

Rút gọn ta được: −2(ab bc ba+ + )≤2 Mặt khác: ( )2 2 2 2

2( )

a b c+ + =a +b + +c ab bc ca+ + =

2 2 2

2( )

a b c ab bc ca a b c

⇒ + + = − + + ⇒ + + ≤

Vì a ≤ ⇒1 a2017 ≤a2, b ≤ ⇒1 b2018 ≤b2, c ≤ ⇒1 c2019 ≤c2

Nên: 2018 2019 2020 2

2 a +b +c ≤a +b +c ≤

Dấu “=” xảy chẳng hạn a=0,b=1,c= −1

5.2) Xét tứ giác ABCD thỏa mãn đề Gọi C( ) ( )0;c D, 0;d c> >d

Tứ giác ABCD nội tiếp OC OD =OA OB suy c d = p p8 = p17 (1) Do p nguyên tố c d, nguyên dương nên có cặp ( )c d; với c>d thỏa mãn (1) là:

( 17 ) ( 16 ) ( 8) ;1 , ; , , ; p p p p p

Vậy có tứ giác thỏa mãn đề

Đề số 13

Câu a) Ta có:

Với x≥0, ta có:

( )( )

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

( )

2

1

2 1

3

1

3 2

1

3

 + +  − + −

= − ⋅

− + + +

 

+ + − − − + −

= ⋅

+

+ − +

+ −

+ + − −

= ⋅

+ +

−

= + − − ⋅

+

x x x x x x

A

x x x x x

x x x x x x x

x

x x x

x x x

x x x

x x x

x

x x x

x

(102)

( )( ) ( )( )

1

2

3

2

3

−

= − + ⋅

+

= − −

= − +

x

x x

x

x x

( )( )

( )

6

4 4

4 0

= ⇔ − + = ⇔ − − =

⇔ + − − = ⇔ − + =

⇔ − = + > ∀ ≥

A x x x x

x x x x x

x x x

16

⇔ =x (TMĐK)

Vậy với x=16 A=6

b) Ta có:

4

9.3 8.2 2019 9.81 8.16 2019

= n − n+ = n− n+

M Ta có:

81 1(mod 4) 81 1(mod 4) 9.81 1(mod 4) 8.16 0(mod 4)

1 2019 2020 0(mod 4)

≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ≡

≡

⇒ ≡ − + ≡ ≡

n n

n M

hay M4 (1)

Lại có:

81 1(mod 5) 81 1(mod 5) 9.81 4(mod 5) 16 1(mod 5) 16 1(mod 5) 8.16 3(mod 5)

4 2019 2020 0(mod 5)

≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ≡

⇒ ≡ − + ≡ ≡

n n

M

hay M5 (2)

Từ (1) (2) ⇒M BCNN (4,5) hay M20 (đpcm)

Câu 2.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

2

− = + − ⇔x x m x + + − =x m (1)

Ta có: ∆ = −1 4(m−2)= −9 4m

( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt

⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

9

4

⇔ ∆ > ⇔ <m (2)

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2

1

+ = −



 = −



x x x x m

(103)

Theo đề bài:

2 2

1 + < ⇔3 ( 1+ 2) −2 <3

x x x x x x

1 2( 2)

⇒ − m− < ⇔ − m< ⇔ >m (3)

Từ (2) (3)

⇒ < <m giá trị cần tìm Câu

a) 2 ( ) ( )

4 4 12

− − = + ⇔ − − − − =

x x x x x x x x (1)

Đặt ( )

4

− = ≥

x x y y Phương trình (1) trở thành:

2

12

− − =

y y (2)

Giải phương trình (2) được:

1 =4

y (TMĐK) ; y2 = −3 (loại)

Với y =4 thì:

2 2

4 4 16 ( 2) 20 2

− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ±

x x x x x x

Vậy nghiệm phương trình cho x= ±2

2

2 2

2

2 2

4

b)

7 13

4

4 16

( 2) ( 1) (1)

( ) 3( 1) 16

2( 2) 2( 1) 16

( ) 3( 1) 16

2( 2) ( ) ( 1)

( 2)

 + + + =

 

+ − + =



 + + + + + =

 ⇔ 

− + + + + =



 + + + =

 ⇔ 

− + + =



 + + + =

 ⇔ 

− + + =



⇒ + − − − + =

⇔ +

x y x y

x y xy y

x x y y

x xy y y y

x y

x y y

x y

x y y

x x y y

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

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

( 1)(4 4) ( 3)( 1)

( 1)( 7)

1 (2)

5 (3)

− − + + − + =

⇔ − + + + + + − + =

⇔ − + + + =

= − 

⇔  = − −



x y x y

x y y x y x y

x y x y

x y

Thay (2) vào (1) được:

(104)

2 2

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

1

3

− + + + = ⇔ + = ⇔ + =

= ⇒ =



⇔  = − ⇒ = −



y y y y

y x

Thay (3) vào (1) được:

2 2

( 2) ( 1) 26( 1) ( 1)

13

2 10

1

13 13

2 10

1

13 13

− − + + + = ⇔ + = ⇔ + =

 = − + ⇒ = − −

  ⇔

 = − − ⇒ = − +



y y y y

y x

Vậy nghiệm hệ phương trình cho

( ) ( ) 10 10

( ; ) 0;1 , 4; , ; , ;

13 13 13 13

    

∈ − − − − − +  − + − − 

   

 

x y

Câu

a) Kẻ BP ⊥AC, DQ⊥AC

Dễ chứng minh ∆AQD = ∆CPB (cạnh huyền - góc nhọn)

AQ CP AQ AP AC

⇒ = ⇒ + = (1)

∆APB ∆AHC (g-g)

AB AP

AB.AH AC.AP

AC AH

⇒ = ⇒ = (2)

Tương tự: AD.AK=AC.AQ (3)

Từ (1), (2) (3)

2

AB.AH AD.AK AC.AP AC.AQ AC(AP AQ) AC

⇒ + = + = + =

I P Q

K D

M

N F

A B

C H E

(105)

b)Hai tam giác ADN ADC có chung chiều cao kẻ từ A

ADN ADC

S DN

DC S

⇒ =

Tương tự: ABM ABC

BM S

BC = S

Mà SABM = SACN (GT) SABC = SADC (vì ABCD hình bình hành)

ACN ADC

ACN ADN ACN ADN

ADC ADC ADC

S BM

BC S

S S S S

BM DN

1

BC DC S S S

⇒ =

+

⇒ + = + = =

Gọi I giao điểm AC BD ⇒ IA = IC Ta có:

SAMCN = SACM + SACN = SACM + SABM = SABC =

2SABCD = SABD

Vì IA = IC nên:

SAEF = SAIE + SAIF = SCIE + SCIF = SCEF < SEMCNF

⇒ SAEF <

2SAMCN ⇒ SAEF < 2SABD

⇒ EF <

2BD

Mà BE + DF + EF = BD

⇒ BE+DF>EF (đpcm) Câu

(106)

Tứ giác BCEF có:

  o

BEC=BFC=90 (GT)

⇒ BCEF tứ giác nội tiếp 1 1

C E

⇒ =

∆PBE ∆PFC có: EPC chung ; E 1 =C1 ⇒∆PBE ∆PFC (g-g)

PB PE

PB.PC PE.PF

PF PC

⇒ = ⇒ =

Tứ giác BDHF có:

  o

BDH=BFH=90 (GT)

  o

BDH BFH 180

⇒ + =

⇒ BDHF tứ giác nội tiếp 1 1

B F

⇒ =

Gọi J trung điểm AH Dễ thấy ∆HEF nội tiếp đường tròn J;AH

 

 

 

Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn (J)

  ( o )

1

F HEK 180 HFK

⇒ = = −

Mà B1 =F1⇒B1 =HEK ⇒ KE // BC

b)

1

J

P

Q

1 K

D

O

I F

A

B C

H

E 1

1

(107)

Trước hết, ta chứng minh DIEF tứ giác nội tiếp Cách 1:

Tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ B1=HFE

Mà B1 =F1⇒DFE =2B1 (1)

∆EBC vuông E, đường trung tuyến EI

1

IB IE BC

2

⇒ = = ⇒ ∆IBE cân I 

1

I 2B

⇒ = (tính chất góc ngồi tam giác) (2) Từ (1) (2) ⇒ =I1 DFE

⇒ DIEF tứ giác nội tiếp Cách 2:

Chứng minh  1   

1

IEH B HFE IEH sđHE

2

= = ⇒ =

⇒ EI tiếp tuyến (J)

   1

IEF EAF BHF D

⇒ = = =

⇒ DIEF tứ giác nội tiếp

Dễ chứng minh ∆PDF ∆PEI (g-g)

⇒ PD.PI = PE.PF

Dễ chứng minh ∆PHE ∆PFQ (g-g)

⇒ PE.PF = PH.PQ

⇒ PD.PI = PH.PQ PD PH

PQ PI

⇒ =

⇒∆PDH ∆PQI (c-g-c) ⇒PHD =PIQ

Lại có PHD  =AHQ=AFQ

 

AFQ PIQ

⇒ =

⇒ BIQF tứ giác nội tiếp Câu

Dễ chứng minh bất đẳng thức:

2 1

2 ;

+ ≥ + ≥

+

x y xy

x y x y với x y, >0 Dấu “=” xảy ⇔ =x y

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:

(108)

( )2 2 2 2

1 2 2( 4)

4 4

2 1

2 2

4 ( 1) 3

11 1

6

+ + + = + + + ≥ + + = + + −

+ + + + + + + +

 

= − = − ⋅ ≥ −  + 

+ + + + +  + + 

= − ⋅

+ +

a b a b a ab a ab a

ab a ab a ab a ab a

ab a ab a ab a

ab a Tương tự:

( ) ( )

2 2

1 11 1

4

1 11 1

4

11 1 1

2 1

+ + +

≥ − ⋅

+ + + +

+ + +

≥ − ⋅

+ + + +

 

⇒ ≥ −  + + 

+ + + + + +

 

b c

bc b bc b

c a

ca c ca c

P

ab a bc b ca c

Vì abc =1 nên:

2

1

1 1

1 1 1

11

5

2

= =

+ + + + + +

= =

+ + + + + +

⇒ + + = + +

+ + + + + + + + + + + +

=

⇒ ≥ − =

a a

bc b abc ab a ab a

ab ab

ca c a bc abc ab ab a

a ab

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

P

Dấu “=” xảy

1 1

1

= = 



⇔ + + = + + = + + = ⇔ = = =

 =



a b c

ab a bc b ca c a b c

abc

Vậy minP= ⇔ = = =5 a b c

Đề số 14

Câu

a) Phương trình đường thẳng d qua điểm M( )0;1 có hệ số góc k: y =kx+1 Phương trình hồnh độ giao điểm d ( )P : x2 −kx− =1 0 (1)

Phương trình (1) có

4 0,

k k

∆ = + > ∀

Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt hay đường thẳng d cắt ( )P hai điểm A B, phân biệtvới giá trị k

(109)

b) Gọi ( 2) 1;

A x x B x x( 2; 22) Khi x x1, 2 nghiệm phương trình (1), suy 1. 1.

x x = −

Phương trình đường thẳng OA: y= x x1. Phương trình đường thẳng OB: y =x x2.

Do x x1. 2 = −1 nên OA⊥OB Vậy ∆OAB tam giác vuông Câu 2.

a) Điều kiện x1

   

2

4 2 1 1 ( 1) 2 1 1 4 0 (1)

x   x x  x x x  x x  

Đặt y x1,y0. Phương trình (1) trở thành

2 2

(y 1)y 2 y y   4 0 y 2y  y  4 0

3

(y 1)(y 3y 4y 4) 0 y 1

        y0.

Suy x   1 1 x 2.

Vậy phương trình cho có nghiệm x2. b)

2

5 3 6 7 4 0 (1)

( 2) 3 3 (2)

x y y x

y y x x

      



    



Điều kiện:

7 4 0.

y  x 

3

(2) ( 3)( 1) 0

1 y

y y x

y x

   

        



Với y 3, từ (1) ta có x2  18 6 137x 0 (vơ nghiệm) Với y x 1, từ (1) ta có  

5 5 6 5 5 7 0

x  x  x  x  

2

5 5 7 5 12 0 (VN) 1

4

5 5 1 5 4 0

x x x x x

x

x x x x

          

  

  

 

     

  

 

Với x  1 y 2(TMĐK), với x  4 y 5(TMĐK) Vậy hệ cho có nghiệm (1;2) (4;5)

Câu

Đặt 2 2 2

2019 2 2019 2019 2 2019 2019 2 2019

= + + + + + + + +

S x xy y y yz z z zx x

Ta có 2 2 ( )2 ( )2 ( )2

2019x +2xy +2019y =1009 x− y +1010 x+ y ≥1010 x+ y

(110)

Suy 2 ( )

2019x +2xy+2019y ≥ 1010 x+y Dấu “=” xảy x = y

Tương tự

( )

2

2019y +2yz+2019z ≥ 1010 y+z

( )

2

2019z +2zx+2019x ≥ 1010 z+x Do S≥2 1010(x+ +y z)=2 2020. Đẳng thức xảy 2.

3 x= = =y z Câu

a) Do ABCD hình chữ nhật nên BDA CAD = .

Mặt khác CAD AEF = (cùng phụ với AFE) Suy  BDA AEF=

Tứ giác EBDF có     180 0

BEF BDF BDA BDF+ = + = Vậy tứ giác EBDFnội tiếp

b)Tam giác ACEvng C CBEA nên ta có CB2 BE BA.

Suy

2 (2 )2

. 4

CB a

BE a

BA a

  

Ta có BD2  AB2AD2(4 )a 2 2a 20a2BD2a 5.

Do BE song song với CD nên 1

4 4

IB BE a

ID DC  a

Suy 4 3

ID BD Vậy 8 5 . 3

a

ID

N I

F E

C

D A

B

M

(111)

c)Đặt AMx,0 x 4a Suy MB4a x ME , 5a x

Do BC song song với AN nên . 2

4

AN MA MA BC ax

AN

BC  MB  MB  a x

Suy

1

2

1 1

. .2 (5 ) (5 )

2 2

1 1 2

. .

2 2 4 4

S CB ME a a x a a x

ax ax

S AM AN x

a x a x

    

  

 

Do 2

2

3 (5 )(4 ) 3

18 40 0

2 2

S a x a x

x a x a

S x

− −

= ⇔ = ⇔ + − =

(x 2 )(a x 20 )a 0 x 2a

⇔ − + = ⇔ = (vì (0< <x 4a) Kết luận: Khi Mlà trung điểm AB

2 3

. 2 S

S =

Câu

Giả sử phương trình

0

ax +bx+ =c có nghiệm hữu tỉ,

2

4 ,( )

b ac m m

∆ = − = ∈ Suy 2

b >m hay b>m. (1)

Ta có

4 a abc=4 (100a a+10b+ =c) 400a +40ab+4ac

( ) ( ) ( )

( )( )

2

2 2

400 40 4 20

20 20

a ab b b ac a b m

a b m a b m

= + + − − = + −

= + + + −

Do abc số nguyên tố nên (20a+ +b m abc) (20a+ −b m abc) , suy 20a+ + ≥b m abc (2)

Từ (1) ta có 20a+2b=20a + + >b b 20a+ +b m Từ (2) ta có 20a+ + ≥b m 100a+10b+ >c 100a+10b Do

20a+2b>100a+10b⇔2(10a+ >b) 10(10a+ ⇔ >b) 2 10 (vô lý) Vậy ∆ khơng thể số phương nên phương trình

0

ax +bx+ =c khơng có nghiệm hữu tỉ

Đề số 15

Câu a) Từ gt có

3

1

x x

 +  =

 

  hay

3

1

3 27

x x

 

+ +  + =

  =>

3

1

3.3 27

x x

+ + =

(112)

=> 3

1

27 18

P x x

= + = − =

b) Điều kiện xác định

x x

≥   ≠



Phương trình cho tương đương với 1

x

x− = <=>x−2 x− =1 Đặt x =t t( ≥0;t ≠1) ta có t2− − = ⇔ = +2t t (do t ≥0)

Khi x= +(1 2)2 = +3 2

=> Phương trình cho có nghiệm x= +6

Câu

a) a b 4a

b+ ≥c a+c ( )( )

2

4

ac b a c abc

⇔ + + ≥

Theo côsi

( )( )

2

4

ac b ab c

a c ac

ac b a c abc

+ ≥ >

⇒ + + ≥

b)Giả sử tồn cách xếp 30 bạn lên bàn trịn cho khơng có bạn ngồi hai bạn nữ Gọi bạn theo thứ tự A A1; 2;;A30 Chúng ta chia 30 bạn sang hai bàn tròn

gồm (A A1; 3;;A29) (A A2; 4;;A30) giữ nguyên thứ tự

Khi hai bàn mới, khơng có hai bạn nữ ngồi cạnh => Số bạn nữ bàn không vượt 15

2

Suy tổng số bạn nữ hai bàn nhỏ 15 (trái giả thiết)

Vậy tồn học sinh mà bạn ngồi cạnh bạn đềulà nữ Câu

a) Ta có ngay[ ]x ≤ x (theo định nghĩa)

G/s [ ]x + ≤1 x [ ]x +1 số nguyên mà [ ]x + >1 [ ]x ;

mà theo định nghĩa [ ]x số ngun lớn khơng vượt x (mâu thuẫn [ ] [ ]x < x +1) Do x<[ ]x +1

=> x− <1 [ ]x

(113)

Lại có [ ]

[ ]

1 1

x x x x

+ ≤ + + ≤ +

 

 ⇒

 

+ ≤ + + − ≤

 

 

Mặt khác [ ]x +1 [x+ −1] 1đều số nguyên nên

[ ] [ ]

[ ] [ ] [ ] [ ]( )

1

x x

 + ≤ +

 ⇒ + = +



+ − ≤



Vậyx− <1 [ ]x ≤ <x [ ]x + =1 [x+1]

b) Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn

Đặt k =   n 1≤ ≤k 28 k2≤ <n (k+1)2 hay 2

2

k ≤ ≤n k + k =>

n=k +r với 0≤ ≤r k

Mặt khác n k hay (k2+r k) nên r =0;k;2k với 1≤ ≤k 28

Lại có

840=28 +2.28

Mà n có dạng 2

; ;

k k +k k + k thỏa mãn yêu cầu toán => Số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu toán 3.28=84

Câu

a) FKC =FHC = °90 => FKCH tứ giác nội tiếp

b) Xét hai tam giác ADB ABE có góc A chung  ABD= AEB

Do tam giác ∆ADB∆ABE (g.g) Suy AD AB

AB = AE hay

2

AD AE = AB Mặt

AB = AH AC

(114)

Do AD AE = AH AC

Ta có ∆AFH ∆ACK (g.g) suy AF AK = AH AC

=> AD AE =AH AC = AF AK

c) Ta có

AH AC =AB nên AF AK = AB2

Ta có ∆AFB∆ABK (c.g.c) suy  ABF = AKB hay AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK,

=> AB tiếp tuyến chung => Đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK tiếp xúc với ( )ω

B Câu

Ta chứng minh n=1000 000 000 thỏa mãn

Thật

( )9 2019 ( )4 9.2019

9.2019 4.9.2019

1000 000 000 1000 000 000 1000 000 000 1000 000 000 999927316

10 10 2 1 1

2 = < = = < 2020

Tiếp theo ta chứng minh nhận xét:

Nếu n= >a 1000 000 000 thỏa mãn, n=2a thỏa mãn Thật

( )2019

2019 2019 2019 2019 2019 2019

2 1000 000 000

2 2

2n a 2a 2a 2a 2a 2020

a

n = = a < a < a <

Từ nhận xét kết hợp với quy nạp, ta thấy

2 10k

n= thỏa mãn toán với k∈

Vậy tồn vô số số nguyên dương n

Đề số 16

Câu 1:

a) 4( 21) 4( 1) 1

1 4( 1)

x x x x

A

x

x x

− − + + −  

=  − 

−

 

− −

2

1 1 1

4

x x x x x

A

x

x x

− − − + + − + − +  − 

=  

−

 

− +

( ) ( )

2

1 1 2

( 2)

x x x

A

x x

− − + − +  − 

=  

−

 

−

( ) ( )

2

1 1 2

( 2)

x x x

A

x x

− − + − +  − 

=  

−

 

−

(115)

1 1

2

x x x

A

x x

− − + − +  − 

=  

−  − 

Nếu < x < 1 1 2 2

( 2) ( 2) 1

x x x x

A

x x x x x

− − + − +  −   −  −

=  =  =

− −  −  − −  −  −

Nếu x > 1 1 2 2

2 1

x x x x x

A

x x x x x

− − + − +  −  −  − 

=  =  =

−  −  −  −  −

b) TH1: Nếu < x <

1

A x

− =

−

Để A nhận giá trị nguyên x – phải ước dương (vì x nguyên x > 1)

1 ( ¹ ) ( ¹ )

x x lo i

− = =

 

⇒ ⇔

− = =

 

TH2: Nếu x >

1

A x =

−

Vì x nguyên, x > nên x – nguyên x – >

A nhận giá trị nguyên nên x−1là ước lớn ⇒ x− = ⇔ =1 x (nhận) Vậy với x = A nhận giá trị nguyên

Câu 2: Gọi x (tháng) số tháng thử việc anh Bình (x ∈N*, 3≤ ≤x 8) Gọi y (USD) số tiền anh Bình nhận sau x tháng thử việc

Theo cơng ty A số tiền anh Bình nhận được: y = 1400 + 1700x ( )d1 Theo cơng ty B số tiền anh Bình nhận được: y = 2400 + 1500x ( )d2 Xét phương trình hồnh độgiao điểm ( )d1 ( )d1 :

1400 + 1700x = 2400 + 1500x ⇔x = ⇒ y = 9900 Xét đồ thị biễu diễn hai hàm ( )d1 ( )d2 sau:

(116)

Căn cứvào đồ thị, ta có thểtư vấn cho anh Bình sau:

+Nếu thử việc từ3 đến tháng anh Bình nên chọn cơng ty B sẽthu tiền nhiều

+Nếu thử việc từhơn tháng anh Bình nên chọn cơng ty A sẽthu tiền nhiều +Nếu thử việc tháng anh Bình chọn công ty sẽthu tiền

Câu 3: Xét phương trình hồnh độgiao điểm ( )d1 ( )d2 :

2

1

m

m x m x

m

− + = +

+

⇔ 4

2 1

m x m x m

m + = ⇔ = + (vì m ≠0)

2 2 y m

⇒ = + ⇒A m( +1;m2+2)

(117)

H, K hình chiếu B, A lên Ox nên H(– 1; 0), K m( 2+1;0)

15 ( ) 15

( ) 15

2 2

ABHK

AK BH HK

S = ⇔ + = ⇔ AK BH HK+ =

⇔(m2+4)(m2+ =2) 15⇔m4+6m2 − =7 0 22

7( « )

m

m v nghiƯm

 =

 ⇔ 

= −

 ⇒ = ±m

Câu 4:

a) 2

2x +3x+ +2 4x +6x+21 11=

Ta có:

2

2 2 0,

4

x + x+ = x+  + > ∀x

 

2

2 75

4 21 0,

4

x + x+ = x+  + > ∀x

 

Đặt a=2x2+3x+2 (a > 0), phương trình cho trở thành: a+ 2a+17 11= (1) Bình phương hai vếphương trình (1) ta được:

3a+17 2+ a2+17a=121 ⇔ 2 2a2+17a =104 3− a 104

( )

3

a<

⇒4(2a2+17 ) 10816 624a = − a+9a2 692 10816 0

a a

⇔ − + = 676 (lo¹i)

16 (nhËn)

a a

=  ⇔  =



Với a = 16 2

2

2 =16 14 =0 7

2

x

x x x x

x =  

⇒ + + ⇔ + − ⇔ −

 = 

Vậy phương trình có nghiệm: x = 2;

2

x=−

(118)

b) y2 (1)2 2

2 (2)

x xy

x y xy y x

 + + =

 

+ − = −



PT (2) ⇔(x y+ )−(xy y+ 2) (+ x2 −y2)=0 ⇔(x y+ )(1 2− y x+ )=0

1 2

x y x y

y x x y

+ = = −

 

⇔ ⇔

− + = = −

 

Với x = –y, từ PT (1) 1 1

1

x y

x

x y

= = −

 

⇒ = ⇔ ⇒

= − =

 

Với x = 2y – 1, từ PT (1) ⇒(2y−1)2+y2 +(2y−1)y=1

0

7y 5 3

7

y x

y

y x

= = −

 

 

⇔ − = ⇔ ⇒

 =  =

 

Vậy hệphương trình có nghiệm: ( ; ) (1; ; 1;1 ; 1;0 ;) ( ) ( ) 5; 7

x y = − − −  

 

c) 2020(x2+y ) 2019(22 − xy+ =1) 5 ⇔2019(x y− )2 +x2+y2 =2024 (1)

2019( )2 2024 ( )2 2024 0 ( )2 1 0 1

2019

x y x y x y x y

⇒ − ≤ ⇒ − ≤ ⇒ ≤ − ≤ ⇒ ≤ − ≤

1

x y x y  − = ⇒ 

− = 

Nếu x y− =0⇒ =x y, từ (1) ⇒2x2 =2024⇒x2 =1012 (vô nghiệm nguyên) Nếu x y− =1thì 1

1

x y y x

− = = −

 

⇔

 − = −  = +

  từ (1)

2 5

x y

⇒ + = (2)

Thay y x= −1 vào (2) ta được: ( 1)2 5 2 0

2

x y

x x x x

x y

= − = −

 

⇒ + − = ⇔ − − = ⇔ ⇒

= =

 

Thay y x= +1 vào (2) ta được: ( 1)2 5 2 0

2

x y

x x x x

x y

= =

 

⇒ + + = ⇔ + − = ⇔ ⇒

= − = −

 

Vậy phương trình có nghiệm ngun: ( ; ) ( 1;2);( 2;1);(1; 2);(2; 1)x y = − − − − Câu 5:

(119)

a) Gọi E, F, G theo thứ tựlà chân đường cao AE, BF, CG tam giác ABC

( ) AK AH

AHK AME g g AK AM AH AE

AE AM

∆ ∽∆ ⇒ = ⇒ =

( ) AH AF

AHF ACE g g AC AF AH AE

AC AE

∆ ∽∆ ⇒ = ⇒ =

Từđó suy ra: AK.AM = AF.AC suy ra: AK AF

AC = AM ⇒ ∆AFK∽∆AMC⇒ AKF ACM= FBC

∆ vng F có FM đường trung tuyến

2

FM MC BC

⇒ = =

MFC

⇒ ∆ cân M ⇒MFC MCF ACB  = = Xét tứ giác BHKC có:

     

 

0 0

= 90

= 90 90 90 180

HKC HBC HKM MKC HBC MFC HBC ACB HBC

+ = + +

+ +

+ + = + =

Suy ra: tứ giác BHKC nội tiếp

Ta có: AGHF nội tiếp ⇒ BAC GHF+ =1800 Mà  GHF BHC= (đối đỉnh) Lại có: BHKC nội tiếp ⇒ BHC BKC=

Mà BKC BLC = (K, L đối xứng qua BC) Từđó: BAC BLC + =1800 Suy ra: tứ giác ABLC nội tiếp

b) Ta có:  LAB LCB= (ABLC nội tiếp, chắn cung BL)

O'

O J

G

F

E X I

L

D K

M H

C B

A

(120)

Mà LCB KCM = (K đối xứng L qua BC)   (1)

LAB KCM

⇒ =

  

vµ CMK cã KMC chung vµ MKC = ACB

AMC

∆ ∆

 

( ) (2)

AMC CMK g g KCM MAC

⇒ ∆ ∽∆ ⇒ =

Từ (1) (2) suy ra: LAB MAC =

c) Ta có: ABDC hình bình hành MA = MD, MB = MC Suy ra:  BDC BAC=

Mà  BHC BAC+ =1800 ⇒BHC BDC + =1800⇒BHCD nội tiếp ⇒B, H, K, C, D thuộc đường tròn

AB // CD mà CH⊥AB⇒CH CD⊥ ⇒HD đường kính đường trịn ngoại tiếp ∆BHC

Gọi O trung điểm HD O tâm đường trịn ngoại tiếp ∆BHC

Ta có: AI.AX = AH.AE AH AE = AK.AM suy ra: AI.AX = AK.AM

AI AK

AM AX

⇒ = ⇒ ∆AKI∽∆AXM⇒AKI AXM = ⇒IXMK nội tiếp Suy ra: K thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆IXM

Suy ra: đường tròn ngoại tiếp ∆BHCvà đường tròn ngoại tiếp ∆IXM có điểm chung K

OD OK= (bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆BHC) ⇒ ∆OKD cân ⇒OKD ODK = Gọi J trung điểm AH, IM đường trung bình tam giác AHD, JM cắt OK O’

JM

⇒ // HD ⇒O MK ODK ' = (đồng vị) O MK OKD ' = ⇒ ∆O KM' cân O’ Suy ra: O’ thuộc đường trung trực KM (*)

Mặt khác: AHIK nội tiếp đường trịn tâm J, đường kính AH

  HKI HAI

⇒ = (cùng chắn cung HI) JK = JI

AH // KL (cùng vng góc với BC) ⇒ HAI ILK= ⇒ HKI ILK= ⇒HK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆KIL

Mà HK ⊥AMsuy tâm đường tròn thuộc AM Lại có BC đường trung trực KL M thuộc BC Suy ra: M tâm đường tròn ngoại tiếp ∆KIL

Suy ra: MK = MI

Mà JI = JK suy ra: JM trung trực IK (**)

Từ (*) (**) suy ra: O’ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆IXM

Mà ta có: OO’ = OK – O’K

(121)

Suy ra: đường tròn ngoại tiếp ∆BHCvà đường tròn ngoại tiếp ∆IXMtiếp xúc với K

Câu 6:

a) Ta có: a2 b2 c2 (a b c)2

x y z x y z

+ +

+ + ≥

+ +

a2 b2 c2 (x y z) (a b c)2

x y z

 

⇔ + +  + + ≥ + +

  (vì x, y, z > 0)

a2 a2y a2z b x2 b2 b z c x c y2 2 c2 a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca

x x y y z z

⇔ + + + + + + + + ≥ + + + + +

a2y 2ab b x2 a2z 2ca c x2 b z2 2bc c y2

x y x z y z

     

⇔ − +  + − +  + − + ≥

     

2 2

0

y x z x z y

a b a c b c

x y x z y z

     

⇔ −  + −  + −  ≥

      (luôn với x, y, z > 0)

Dấu “=” xảy khi:

y x

a b

x y

ay bx

z x a b c

a c az cx

x z x y z

bz cy

z y

b c

y z

 = 

  =

 = ⇔ = ⇔ = =

 

  =

 =  

Vậy: a2 b2 c2 (a b c)2

x y z x y z

+ +

+ + ≥

+ +

b) 3a3 3b3 3c3

( ) ( ) ( )

P

a b c b c a c a b

+ + +

= + +

+ + +

3 3

1 1 8

( ) ( ) ( )

P

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

= + + + + +

+ + + + + +

2 3

1 1

8 8

1 1 1 1 1 1

( ) ( ) ( )

bc ca ab

P

a b c

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

= + + + + +

+ + + + + + (vì abc = 1)

Đặt x 1; ; y z

a b c

= = = ⇒ x, y, z > xyz =

2 2

8

( ) ( ) ( )

yz zx xy x y z

P

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

 

 

= + + +  + + 

+ + + + + +

   

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

(122)

2

4

yz y z yz y z

yz

y z y z

+ +

+ ≥ =

+ +

2

4

zx z x zx z x

zx

z x z x

+ +

+ ≥ =

+ +

2

4

xy x y xy x y

xy

x y x y

+ +

+ ≥ =

+ +

Suy ra: 33 2 3

2

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

y z z x x y

+ +

+ + + ≥ + + ≥ =

+ + +

⇒

2

yz zx xy x y z

y z z x x y

+ +

+ + ≥ −

+ + + (1)

Áp dụng bất đẳng thức câu a, ta có:

2 2 ( )2

( ) ( ) ( ) 2( )

x y z x y z x y z

y z z x x y x y z

+ + + +

+ + ≥ =

+ + + + +

Suy ra: 2 4( )

( ) ( ) ( )

x y z

x y z

y z z x x y

 

+ + ≥ + +

 + + + 

  (2)

Cộng (1) (2) theo vếta được:

2 2

7( )

8

( ) ( ) ( )

yz zx xy x y z x y z

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

  + +

+ + +  + + ≥ +

+ + +  + + + 

Suy ra: 3 7( ) 3 7.33 3 21 27

2 2

x y z

P≥ + + + ≥ + xyz= + =

Dấu “=” xảy x = y = z = suy a = b = c = Vậy MinP = 27

2 a = b = c =

Đề số 17

Câu 1: (1,5 điểm)

a) Điều kiện: x≥0, x≠1.Ta có

3x x x x x x

P

x x

( )( ) ( )( )

( )( )

+ − − + − − + −

=

− +

x x x x x

( )( )

( )( ) ( )( )

+ + + + +

= = = ⋅

− + − + −

P x x x x

+

= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

− (thỏa mãn điều kiện)

b) Ta có 2 2 2

2=xy+ (x +1)(y + +1) x y + +1 y x + =1 xy+ (x +1)(y + +1) Q

(123)

( )2 2 2

2 Q xy (x 1)(y 1)

⇒ − = + + + 

2 2 2

4 4Q Q 2x y x y 1 2xy (x 1)(y 1).

⇒ − + = + + + + + +

Ta lại có 2 2 2

Q =x (y + +1) y (x + +1) 2xy (x +1)(y +1) 2 2 2

Q 2x y x y 2xy (x 1)(y 1).

⇒ = + + + + +

Do 4Q Q

− = ⇒ = ⋅

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

2

1

x x x 2, x

2 = + ⇔ = − =

Các giao điểm A( 2; 2)− B 3;9

 

 

 

Gọi C2 C

x C x ;

2

 

 

  với − <2 xC<3. Gọi A , B , C′ ′ ′ theo thứ

tự hình chiếu A, B, C trục hồnh Ta có

2

C C

ABC ABB A ACC A BCC B C C

2

C C

x x

1 1

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

2 2 2 2

5 15

x x

4

′ ′ ′ ′ ′ ′       = − − =  + ⋅ −  + ⋅ + −  +  −       = − + + Ta có ABC C

125 125

S x

16 16

 

= −  −  ≤

 

Vậy diện tích tam giác ABC lớn 125

16 C

x

2

=

b) Viết lại hệ

4 2 2

3

x 2x y x y x y (x xy) x y

x y 3(x xy) x y 3(x xy)

 − + + =  − + =  ⇔   + − = + − =     Đặt

u x xy

v x y

 = −

 

=

 , ta có hệ

u v 1

v 3u 3  + =  + = 

(1) (2)

(2) ta có v= −3 3u.Thay vào (1) ta u2−3u+ = ⇔ =2 u 1, u=2

TH1:Với u=1 v=0 Ta có

2

x xy x

y

x y

 − =  = ±  ⇔   = =   

Hệ có hai nghiệm (x; y)=(1;0), ( 1;0).−

(P) (d)

3

-2 xC

x y C' A' B' B A O C

(124)

TH2:Với u=2 v= −3 Ta có

2

3

2

3

x

x xy x 2x

x

x y x y

x y



 − = + =  − + =

 ⇔  ⇔

  

= − = −

 

  = − 

Hệ vô nghiệm

Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x; y)=(1;0), ( 1;0).−

Câu 3:

a) Điều kiện: x

≥

Phương trình (1)viết lại 2x+ +6 2x 3− + 2x− +2 2x 3− =4 ⇔ 2x 2x 3− + − + +9 2x 2x 1− + − + =4

2

( 2x 3) ( 2x 1)

⇔ − + + − + =

⇔ 2x− + +3 2x− + =3

⇔ 2x− =3

x

⇔ = (thỏa mãn điều kiện)

b) 2

(m 1) 4(m 6) m 6m 25 (m 3) 16 m

∆ = − − − = − + = − + > ∀

Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x , x

Theo định lý Vi-ét, ta có x1+x2 = −(m 1),− x x1 = −m

Ta có: 2 2 2

1 2 2

A=x x −4(x +x ) 16+ =x x −4(x +x ) +8 x x +16

2

2 2 2 4 4

A (m 6) 4(m 1) 8(m 6) 16 3m 4m 3 m

3 3 3

 

= − − − + − + = − + = −  −  + ≤

 

Vậy m

= A có giá trị lớn

Bài 4:

a) Tia CT cắt cạnh AB P

Ta có DAB =TCB (cùng phụ với ABC), TCB =DCB (T

và D đối xứng qua BC)

Do DAB =DCB⇒ABDC tứ giác nội tiếp

Suy DIH  =DBH=DAC IHD  =IBD=ACD

Do hai tam giác ACD IHD đồng dạng b) Tứ giác IBHD nội tiếp nên BHI =BDI

Q

K

F

E

I

T P

D H A

B C

(125)

Tứ giác DHKC có hai đỉnh H K nhìn đoạn DC góc vng nên nội tiếp Suy KHC =KDC

Các tứ giác ABDC AIDK nội tiếp nên IDK =BDC (cùng bù với BAC)

Suy BDI =KDC Do BHI =KHC Vì I K nằm khác phía đường thẳng BC

nên ba điểm I, H, K thẳng hàng

Hai tam giác ACD IHD đồng dạng với có DE DF đường trung tuyến nên DC DE

DH = DF

Hai tam giác DCE DHF đồng dạng nên EDC =FDH Suy HDC =FDE

Do hai tam giác HDC FDE đồng dạng suy   o

DFE=DHC=90

Vậy tam giác DEF vuông F

c) Trên cạnh BC lấy điểm Q cho QDC =BDA Lại có BAD =BCD nên hai tam

giác DBA DQC đồng dạng Suy AB AD CQ = CD

Hai tam giác AID CHD đồng dạng nên AD DI CD = DH

Suy AB DI

CQ =DH hay

AB CQ

DI = DH (1)

Vì QDC =BDA nên HDC =BDQ

Suy hai tam giác BDQ ADC đồng dạng BQ DB

AC = DA (2)

Ta có BAD  =BCD=HKD Mặt khác ABD =180o−IBD, KHD =180o −IHD. Vì

 

IBD=IHD nên ABD =KHD

Suy hai tam giác ABD KHD đồng dạng Do DB DH

DA = DK (3)

Từ (2) (3) suy BQ DH

AC =DK hay

AC BQ

DK = DH (4)

Từ (1) (4) suy AB AC CQ BQ BC DI +DK = DH +DH = DH

Bài 5:

a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có

2 2 2

2x +y + =5 (x +y )+(x + + ≥1) 2xy+2x+ =4 2(xy+ +x 2),

2 2 2

6y +z + =6 (4y +z )+2(y + + ≥1) 4yz+4y+ =4 4(yz+ +y 1),

(126)

2 2 2

3z +4x +16=(z +4x )+2(z + + ≥4) 4zx+8z 8+ =4(zx+2z+2)

Suy 2 x 2 x ,

2x +y +5≤ 2(xy+ +x 2) 2

2y y

, 6x +z +6≤ 2(yz+ +y 1)

2

4z z

3z +4x +16≤ zx+2z+2)

Cộng bất đẳng thức theo vế, ta

x y z

P

2(xy x 2) 2(yz y 1) zx 2z

1 x y 2z

2 xy x yz y zx 2z

≤ + +

+ + + + + +

 

=  + + 

+ + + + + +

 

1 x xy 2z

2 xy x xyz xy x zx 2z xyz

1 x xy

2 xy x xy x x xy 2

 

=  + + 

+ + + + + +

 

 

=  + + =

+ + + + + +

 

b) Cho x số nguyên Ta có 22020

3x 1+ số nguyên

2020

2 (3x 1)+ Suy 3x 1+ = ±2b

với b=0, 1, , 2020

TH 1:Xét b số chẵn, tức b=2k (k∈)

+ Xét phương trình

2k k k k

3x 3x 3(4 1)

3x+ =1 ⇔ = − ⇔ = − + + ⇔ = x − ++1

Vì 0≤2k≤2020⇔ ≤ ≤0 k 1010 nên trường hợp có 1011 nghiệm

+ Xét phương trình 2k k

3(

3x 1+ = −2 ⇔ x 1)+ = −2

Vì k

(2 )− 3 nên trường hợp khơng có nghiệm nguyên

TH 2:Xét b số lẻ, tức b=2k 1+ (k∈)

+ Xét phương trình k k

3x 1+ =2.4 ⇔3(x 1)+ =2(1 ).+

Vì k

2(1 )+ 3 nên nên trường hợp khơng có nghiệm ngun

+ Xét phương trình k k

3x 1+ = −2.4 ⇔3x = − −1 2.4

Vì k

( 2.4 ) 3− −  nên phương trình có nghiệm

k

1 2.4

x

3

− −

=

Ta có 0≤2k 1+ ≤ 2020⇒ ≤ ≤0 k 1009 nên trường hợp có 1010 nghiệm

Vậy có tất 1011 1010+ =2021 số nguyên x để

2020

2

3x 1+ số nguyên

(127)

Đề số 18

Câu

( )( )

( )2

1

1 1

a a

P

a a a a

 +  −

 

= +

 − − − 

 

Điều kiện: a>0,a≠1

( )

( )( )

( )2

4 1

1

a a

a

a a

+ −

=

− −

1 a = Câu 2.

( 2 ) ( )( )

2 2x y−x −3y− = ⇔1 2x −3 2y− =1 (*)

Suy 2y− ∈1 Ư(5)={± ±1; 5} mà 2y− > − ∀ >1 1, y nên 1

2

y y

− = =

 ⇔

 − =  =

 

Với y=1thay vào (*) ta ( )

( )

2 2

2

x n

x x

x l

= 

− = ⇔ = ⇔ 

= − 

Với y=3 thay vào (*) ta 2x2− = ⇔3 x2 = ⇔ = ±2 x (loại) Vậy sốnguyên dương thỏa mãn x=2,y=1

Câu

a) PT biến đổi thành ( )( )

4 4 12 x − x+ x − x+ = Đặt ( )2

4

t=x − x+ = x− ≥ , phương trình trở thành

( ) ( )

2

12

3 t n t t

t l

=  − − = ⇔ 

= −



Với t =4, ta 2

4 4

4 x

x x x x

x = 

− + = ⇔ − = ⇔ 

=  Vậy phương trình cho có hai nghiệm x=0, x=4 b) Phương trình (2) ( 2) ( )

0

x y y x y

⇔ − + − = ⇔(x−y)(x+2y)=0, ta x= y x= −2y

* Với x= y, vào (1) ta có: 4x2+ − =x ⇔ x= −1 x=

Khi 1,

4 x= = −y x= =y

(128)

* Với x= −2y, vào (1) ta có y2−2y− =3 ⇔ y= −1 y=3 Nếu y= − ⇒ =1 x Nếu y= ⇒ = −3 x

Vậy hệphương trình có bốn nghiệm: (− −1; 1); 3; 4

 

 

 ; (2; 1− ); (−6;3) Câu

Gọi x(km/h) vận tốc dựđịnh; x >

Thời gian dựđịnh : 120( )h x

Quãng đường sau 45 phút :

4x (km) Quãng đường lại: 120

4x

− (km)

Thời gian quãng đường lại :

3 120

4 ( ) x h x − + Theo đề ta có PT:

3 120

3 4 120

4

x x x − + + = + ( ) ( ) 40

20 2400

60 x n x x x l =  ⇔ + − = ⇔  = −  Vậy vận tốc dựđịnh : 40 km/h Câu

Phương trình có hai nghiệm x x1, 2khi

( )2 ( )2

1

m m m

′

∆ = + − = − ≥ ⇔ ∈m 

Theo Viet ta có: 2

2

x x m

x x m

+ = +



 =



Theo đề 3 3 2

1 2 2

x −x =x −x ⇔ x −x =x −x

( ) ( )2 ( )

1 2 2

x x  x x x x x x 

⇔ −  + − − + =

( ) ( )

1

2

1 2

0

0 x x

x x x x x x

− =

 ⇔ 

+ − − + =



( )2

0

2m 4m 2m ′

∆ =  ⇔ 

+ − − − =

 ( )

1

4 2

m

m m m vo nghiem

= 

⇔ ⇔ =

+ + =

 Vậy m=1 thỏa mãn toán Câu

(129)

a) Ta có CM =CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (1) Suy ∆ACM cân C ⇒ CAM =CMA

Mặt khác  

 

0

90 90 CME CMA CEM CAM

 + =

 

+ =

 nên

 

CME=CEM suy ∆CME cân C ⇒CE=CM (2) Từ (1), (2) suy CM =CA=CE

b) ∆OAE= ∆OBI (g.c.g)

Suy AEBI hình bình hành ⇒ AI/ /BE Ta có OD ⊥ BE ⇒OD ⊥ AI, mà AB ⊥ DI

⇒O trực tâm ∆ ADI ⇒OI ⊥ AD⇒ AJI =900 Mà 

90

ABI = nên tứ giác AJBInội tiếp

c) Tam giác COD vuông O (vì OC, OD hai phân giác hai góc kề bù), có OM đường cao nên

OM =CM MD

Theo a) ta có CM =CA=CE ⇒2CM =AE, mà BD=MD AE=BD (gt) ⇒2CM =MD

⇒ 2

2CM =R (do MO=R

OM =CM MD)

⇒

2 R

CM = ⇒ AE=R 2(do AE=2CM )

Vì tam giác AEB vng A nên 2 12 12 AM = AE + AB

2

3

AE AB R

AM

AE AB

⇒ = =

+

Câu

j J F

I D

C E

A

O

B

M

(130)

Biến đổi P ab 4 ab 4

ab ab

= + + ≥ + =

Dấu “=” xảy , ab

a b = 

 ≤ ≤



Mặt khác 1≤ ≤a 2, 1≤ ≤b suy 1≤ab≤ ⇔4 (ab−1)(ab−4)≤ ⇔0 ( )ab ≤5ab−4 Khi ( )

2

4 4

9

ab ab ab ab

P

ab ab

+ + − + +

= ≤ =

Dấu “=” xảy

1

2

1 ,

ab

a b ab

a b a b

 =

= = 

 = ⇔

  = =



 ≤ ≤



Vậy Pmin =8 ab=2 1≤a b, ≤2 PMax =9 a= =b a= =b Đề số19

Bài (2,0 điểm)

a) Giải phương trình 2x2+ x2 −2x−19 4= x+74 Điều kiện x2 −2x−19 0≥

( x2− x− )+ x2− x− − =

2 2 19 19 36

Đặt t= x2−2x−19,t≥0

Phương trình tương đương với ( )

( )

t n t t

t l

=   + − = ⇔  = −



4

2 36 9

2

x

t x x x x x x

x = 

= ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ 

= − 

2 2

4 19 19 16 35

5

Thay vào điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn Vậy S= −{ 7; }

b) Giải hệphương trình x y x

x xy y y

 + − =

 

− + − + =



2

3

9

Cộng vế theo vếhai phương trình ta

( ) ( ) x

x xy y x x x y x

y x

= 

− + + − + = ⇔ − + − = ⇔ 

= 

2

3

9 6 3

3

( ) ( )x y; ;

⇒ = 3 ( ) (x y; = 3;− )

Thử lại ta thấy nghiệm ( ) ( )x y; = 3; thỏa mãn hệphương trình Bài 2. (2,5 điểm)

(131)

a) Cho biểu thức P x x x x x x x x x x x

+ − +

= + −

− +

2

với x>0,x≠1 Rút gọn tìm giá trị nhỏ biểu thức P

( )( )

( ) (( ) )

x x x x x x

x x x x x x

P

x x x x x x x x x x x

− + + +

+ − + +

= + − = + −

− + − +

2 1

2 3

1

( )

( ) ( )(( ) )

x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x

+ + − +

+ + + + + +

= + − = + −

+ +

1 1

2 3

1

( )

( ) ( )(( ) )

x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x

+ + − +

+ + + + + +

= + − = + −

+ +

1 1

2 3

1

x x x x x x x

x

x x x x x

+ + + − + + +

=2 3+ 1− 2= 3=2 + +2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có x P x

+ ≥ ⇒ ≥ +

2 2

Dấu xảy x=3(tmdk)

2

b) Cho hai số thực a b, thỏa mãn a2+4ab−7b2 =0 (a≠b a≠ −b) Tính giá trị biểu thức Q a b a b

a b a b

− −

= +

− +

2

a b a b a ab b a ab b a ab b Q

a b a b a b a b

− − + − + − + − +

= + = =

− + − −

2 2 2

2 2

2 2 5

Vì a2 +4ab−7b2 =0 nên ta có

(a b ) (a ab b ) (a b ) Q

a b a b

− − + − −

= = =

− −

2 2 2

2 2

6

c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ( )d :y=(m+2)x m− +1 ( )d' :x+(m+2)y= +m m tham số Chứng minh giao điểm

hai đường thẳng nói thuộc đường cốđịnh m thay đổi

Nhận xét A( ) ( )1 3; ∈ d ; B( ) ( )0 1; ∈ d'

• Với m= −2 : ( )d :y=3 ( )d' :x=0 vng góc với • Với m≠ −2 : ( )d' :y x

m

= − +

+

1

Khi ta có a a ' (m ) ( ) ( )d d' m

 

= + − = − ⇒ ⊥

+

 

1

2

Vậy ( ) ( )d ⊥ d' với m

(132)

Vậy giao điểm hai đường thẳng nói nhìn đoạn AB cốđịnh góc

vng nên thuộc đường trịn đường kính AB mthay đổi

Bài (1,5 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x+ + + =y x+ y

x y x y

x y x y x xy y

x y xy

x y xy xy xy x y xy

+ + + = +

⇔ + + + + + + = + +

⇔ + + = −

⇔ + + = − +

− − +

⇔ =

3

3 4

1

Nếu xy sốkhơng phương VT sốvơ tỉ cịn VP số hữu tỉ, vơ lý

Vậy xy=k2 ⇒ xy =k

Ta có x+ + =y xy− xy+ ⇔ + +x y xy =xy− xy+ ⇔( x+ y) (= xy+ )

2

3 4 2 1

x y xy

⇔ + = −1 (*)

( ) ( )

y k x y k k x x

⇔ = − − ⇔ = − 2− − +

1

( )

k x y

x

k

− + −

⇔ =

−

1

2 (k>2)

Nếu x sốkhơng phương VT sốvơ tỉ cịn VP số hữu tỉ, vơ lý

Vậy x sốchính phương, Lý luận tương tự y sốchính phương

Đặt x=a y2; =b2

Từ (*) a b+ =ab+ ⇔1 (a−1)(b− =1)

Ta tìm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a b; = 3; ; ;3 ⇔ x y; = 9; ; 4;

b) Số tự nhiên n=1116có tất ước sốnguyên dương phân biệt? Tính tích tất cảcác ước sốđó

n=1116 =3 376

Mối ước số nguyên dương n có dạng 37x y x∈{0 6; ; ; ; ; ; }và { ; ; ; ; ; ; }

y∈ Do x nhận giá trị y nhận giá trị nên n

có tất 7 49x = ước sốnguyên dương phân biệt

Nếu a ước số nguyên dương n a, ≠1113 b n a

= ước số nguyên dương n b, ≠a Khi a b tạo thành cặp ước sốnguyên dương n chúng có tích n

(133)

Trong 49 ước số nguyên dương phân biệt n, ngoại trừ 1113 48 ước số

lại chia thành 24 cặp ước số có tính chất cặp ước ( )a b,

Vậy tích tất cảcác ước nguyên dương phân biệt n ( )1116 24.1113 =111147 Bài

Vì AB⊥CD nên CA =CB⇒D 1=N1 nên tứ giác PQDN nội tiếp ⇒PND +PQD=1800 mà

 

PND=900 ⇒PQD=900 ⇒PQ⊥CD⇒ PQ AB∥ a) Xét hai tam giác CAQ AMC

  ACQ=MAC =450  

CAQ=AMC ( sd AC+sd BN=sd BC+sd BN) Vậy ∆CAQ∽∆MAC g( −g)

CA CQ

AM CQ AC R AM AC

⇒ = ⇒ = =2

Tứ giác ACMQ có AM ⊥CQ⇒SACMQ = AM CQ = AC = R =R

2

2 2

(134)

b) Ta có ∆CAQ∽∆MAC g( −g) CA CQ AQ CQ AQ

AM AC MC AM MC

 

⇒ = = ⇒ =  

 

2 (1) ( )

COM CND g g

∆ ∽∆ − ( DCN chung, COM =CND=900) Suy CM CO CM CN R R R

CD =CN ⇒ = =

2

Tương tự : AQ AN =2R2

Vậy CM CN AQ AN AQ CN MC AN

= ⇒ = (2)

Từ (1) (2) suy CQ CN

AM AN

 

=  

c) Ta có tứ giác PQDN nội tiếp ⇒  PQN=PDN Mà PDN =BCN nên PQN =BCN

NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆CPQ PQN = PCQ Do BCN =PCQ hay BN =ND

Suy CNlà phân giác góc OCB

Tan giác BOCvng cân O⇒BC=OB =R

Vì CM phân giác tam giác BOCnên OM OC R MB = CB = R =

1

2

Ta có OM +MB= ⇒R OM =R( 1− )

Vậy OM =R( 1− ) NQlà tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆CPQ Bài

Theo trình đổi dấu vng dịng i cột j đổi dấu i+3j+1lần Mà i+3j+1 i+ j hai sốkhông tính chẳn lẻ (vì (i+3j+ − +1) (i j)=2j+1là số lẻ)

Do vng dịng i cột j mà i+ j số lẻ sẽđổi dấu số chẵn lần dấu ô vuông dấu +, cịn vng dòng i cột j mà i+ j số chẵn sẽđổi dấu số lẻ lần dấu ởơvng dấu –

Mà từ1 đến 2019 có 1009 số chẵn 1010 số lẻ nên số cặp ( )i j; mà i+ j 1009.1010+1010.1009=2038180

Vậy sốcác ô vuông lại mang dấu + 2038180

(135)

Đặt t x t= 2, ≥0, phương trình cho trở thành t2 + −t 20 1= ( ) 4 81

b ac

∆ = − =

Phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt t=4(nhận); t= −5(loại)

Với t=4 tìm x= ±2 Vậy phương trình cho có nghiệm x= ±2

Câu Ta có: ( 2a−2 2)( )a− =1 2( a−2)( )a−1 ( )( )( )

2 a a a

= − − +

( )( )

2

a− a− = a+ a− Vậy T = 2( a−1) Câu 3.

Gọi H K, chân đường cao kẻ từ A B xuống CD

ABCD

S diện tích hình thang ABCD

Ta có ADH =BCK  AHD BKC= =90 ;  ADH BCK= AD BC= nên DH CK= Mặt khác ABKH hình chữ nhật nên AB HK= suy

2

CD HK

DH= − =

Do AH= AD2−DH2 =2 3

Vậy ( ) 12

2 ABCD

AH AB CD

S = + =

Câu

Giải hệ phương trình ( )

( )

2

5 42

7 42

x xy x y

xy y x

 − + − =

 

+ + =



(136)

Lấy ( ) ( )1 + ta (x y+ )2 = ⇔ = −0 x y Thay x= −y vào ( )1 ta x2+ −x 42 0= Giải phương trình ta x= −7;x=6

Với x= −7 ta có y=7; Với x=6 ta có y= −6 Vậy hệđã cho có hai nghiệm (−7;7) (6; 6− ) Câu

2

1 9a ,b 4b 3a

′ ′

∆ = − ∆ = −

( ) (2 )2

1 1a 1b 3a 2b ′ ′

∆ + ∆ = − + − + + −

Do 3a+2b≥2 nên ∆ + ∆ ≥1′ ′2

Suy có hai giá trị ∆ ∆1′ ′, 2 khơng âm hay hai phương trình cho có nghiệm

Câu

( ) ( )

2 * 100 100 1

abcd k k= ∈ ⇒k = ab cd+ = +cd +cd

( )( )

2 100 101 101 100 101 10 10

k cd cd k cd k k

⇒ = + ⇔ = − ⇔ = − +

Do k<100(vì k2 chỉ có 4 chữ số)⇒ −k 10 101< 101 là số nguyên tố (k 10 101) k 10 101 k 91

⇒ +  ⇒ + = ⇔ =

Suy abcd=912 =8281 Câu

Ta có tứ giác CIEF nội tiếp CEF AED = =60( ADE đều)  1( ) 60

2

CIF= ABC ACB+ = 

Suy IFC IEC = =90 nên FM MB MC= = ( )1

Mặt khác tứ giác BDGI nội tiếp ADE=60(ADE đều) BIG CIF = =60

(137)

Suy  IGB IDB= =90 nên GM MB MC= = ( )2

Lại có GMF=180−CMF BMG − =180−ABC ACB − =60 ( )3

Từ ( ) ( )1 , ( )3 suy MF MG= GMF =60 nên MFG đều

Câu

a) Ta có:

 1 45 1( )

2

BKC= BAC= 

 90  90 2( ) BDC=  ⇒KDC = 

Từ ( ) ( )1 , suy KDC vuông cân D nên DC DK=

Ta lại có AC AK= AD trung trực CK

b)Gọi I giao điểm AP EF, Ta có IP IQ IA= = nên AQP vuông Q ( )1

Ta có FP FQ= PFCvng cân F nên F tâm đường trịn ngoại tiếp PCQ Do  1 90 45 2( )

2

PQC= PFC=  = 

Từ ( ) ( )1 , suy   AQC AQP PQC= + =135

Suy  AQC ABC+ =135 45 180+  = 

Vậy tứ giác ABCQ nội tiếp, nên Q thuộc đường tròn ( )O Câu 9.

( )* ⇔x3+y3+ +z3 3xyz x y x z y x y z z x z y− − − − − − ≥0 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )0 **

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

⇔ − − + − − + − − ≥

Khơng tính tổng quát, giả sử x y z≥ ≥ ≥0

(138)

Khi ( )** ⇔z z x z y( − )( − ) (+ x y x x z− ) ( − −) (y y z− )≥0( hiển nhiên đúng)

Dấu xảy x y z= = hai số nhau, số lại

Đề số21 Bài

1 Đặt x = 33+ 2 2 + 33− 2 2 =a+bkhi

( )3 ( ) ( )( )

3 3 3

x = a + b =a + b +3ab a + b = +3 2 + −3 2+3 3+ 2 3−2 x

⇒ 3

x = +6 3x ⇔ x −3x = (1)

Đặt y = 317 +12 2+ 317 −12 2 = +c dkhi

( )3 ( ) ( )( )

3 3 3

y = c +d =c + d + 3cd c+ d =17 +12 +17 −12 2+3 17 +12 17−12 y

3

y 34 3y y 3y 34 ⇒ = + ⇔ − = (2)

Từ (1) (2) suy A = 3 ( )

x + y −3 x + y = x3+ y3−3x −3y = +6 34 = 40 Ta có 1

m + n =

( ) ( )

2 m n mn

2 m n mn 2mn 2mn

+

⇔ = ⇔ + =

Ta có ( )( )

x + mx + n x + nx + m =0

2

x mx n (1) x nx m (2)

 + + =

⇔ 

+ + =



Phương trình (1) PT bậc hai có

1 m 4n

∆ = −

Phương trình (2) PT bậc hai có

2 n 4m

∆ = −

Do 2 2 ( ) 2 ( )2

1 m 4n n 4m m n m n m n 2mn m n

∆ + ∆ = − + − = + − + = + − = − ≥

Suy ∆1 ∆2 có số lớn Vậy phương trình cho ln có nghiệm

Bài 1

2

x xy y (1) x y 4x (2)

 + + =

 

− + =

 Điều kiện x≥0 Cách 1:

PT (1)

x xy y ⇔ + + − = (3)

PT (3) phương trình bậc hai ẩn x có ( )2

y 4y y

∆ = − + = − ≥

Do PT (3) có hai nghiệm x = −1 (loại x≥ 0), c y a

x=− = − (điều kiện y ≤ x ≥ 0) ⇒ y = -x + Thay y = -x + vào PT (2) ta có

(139)

3

x − − + +x 4x =5 ⇔ x − +1 x − +1 4x − =4 0

( )

3

x

x x x

−

⇔ + − + − =

+

( )2 ( )

3

2

3 x 1 x 1 4 x 1 0

x  −    ⇔ − + + − =  +    ( ) ( ) 3

x x

1 x x  − =  ⇔  −  + + − =  +  x

⇒ = (TMĐK) suy y=0 (TMĐK)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) (1 ; 0) Cách 2: đặt điều kiện cách

PT (1)

x xy y

⇔ + + − =

( )( ) ( )

( )( )

x x y x x x y

⇔ + − + + =

⇔ + − + =

x 1(loai) y x

= −  ⇔  = −



Thay y= −1 x vào (2) ta

3

x x 4x

x x 4x (3)

− − + =

⇔ + − + =

Ta thấy x=1 nghiệm pt (3) y=0

Nếu x > vế trái lớn nên pt (3) khơng có nghiệm lớn Nếu ≤ x < vế trái bé pt (3) khơng có nghiệm 0≤x<1

2 2

2xy + + + =x y x + 2y + xy ( )

x x 2y y 2y y (1)

⇔ − − + + − − =

Cách 1: Đặt

2y − +y = a, PT (1) trở thành ⇔ x2− ax + − =a (2) Phương trình (2) có ( )2

a 4a a

∆ = − + = − +

Phương trình (1) có nghiệm ngun ⇔ Phương trình (2) có nghiệm ngun ⇒ ∆ số phương

Đặt ( )2 2

k

a − + =4 (k∈N ) ( )2

k a

⇔ − − = ⇔(k + −a k)( − +a 2)= Vì (k+a– 2) (+ k–a+2)=2k số chẵn có tích số chẵn nên (k+a– 2)

(k–a+2) số chẵn Do k a 2

k a 2 + − = 

 − + =



k a 2 k a 2 + − = −   − + = −  ⇔ k a =   =  k a = −   = 

(140)

Vậy phương trình (2) có nghiệm

2

a k 2

x

2 a k 2

x

2

 + +

= = =

 

 − −

 = = =



Ta có

a

y

2 − − = = ⇔y 2y2− − =y ⇔2y2−2y + − =y

(y 2y)( 1) y 1 y

2 =  

⇔ − + = ⇔

 = − 

Ta chọn y=1 (vì y ∈ Z)

Vậy nghiệm nguyên (x ; y) phương trình (2 ; 1) (0 ; 1) Cách 2: Có thể phân tích đưa phương trình ước số (các bạn tự giải) Bài 3:

1 Gọi A Ai j hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 8073 điểm cho

Giả sử Ak điểm cách xa đoạn thẳng A Ai jnhất Khi

Tam giác A Ai jAklà tam giác lớn có diện tích khơng lớn

Vẽ đường thẳng qua điểm Ai, Aj, Ak song song với cáccạnh i j k

A A A

∆

Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tam giác nhỏ

Tam giác lớn có diện tích khơng q đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 8073điểm cho

Ta có 8073 chia cho 2018 dư nên theo nguyên lý Dirichlet suy có

1 tam giác có 1tam giác chứa 2019 8073 điểm cho

2.Đặt 3

a b b c

P= + + + +1 c a + suy

3 3

2a b 2b c 2c

2P= + + + + a + =1

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

2a b +1 b − +b + 2b c +1 c − +c + 2c a +1 a − +a

( ) ( ) ( ) 2

a b b c c a =ab bc ca Q

≤ + + + + + + + + = +

Khơng tính tổng quát, ta giả sử b ≤ ≤c a ta có

( )( ) 2

b a −c c −b ≥ ⇔0 abc + b c ≥ab + bc ⇔ ab2+ bc2+ ca2 ≤abc + b c2 + ca2

Do 2 2 2 2 ( )2

Q abc b c ca 2abc b c ca c a b 4ca b a b

2

+ +

≤ + + ≤ + + = + =

( )2

3 3

4 a b c

4 a b a b 4.3

c

27 2 27 27 + +

+ +

 

≤  + +  = = =

 

(141)

Do 2P 10≤ ⇔ ≤P Dấu “ ”= xảy ⇔a+ + =b c 3, b ≤ ≤c a, 2c= +a b, abc=2abc b=0, c=1, a=2

⇔

Bài

a) Ta có AD⊥BC D (vì ∆ABC vng cân A)

 

ANM =APM =90 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1)

 

NAP = NHP =90 nên NAPH tứ giác nội tiếp (2)

Từ (1) (2) suy N A P H M, , , , thuộc đường tròn

 

AMH APH 180

⇒ + =  

ANM = APM =90 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1)

Ta có  

APC= MDC =90 nên AMNP tứ giác nội tiếp Suy P 1 =C1 mà C 1 = MBD (vì AD trung trực BC)

 

1

MBD P

⇒ =

Ta có    

AMB= ADB+ MBD =90 + MBD mà MBD = P1

Suy     

1

AMB= 90 + P =APM + P = APH ⇒ AMB   + AMH =APH + AMH =1800 Do B M H, , thẳng hàng ⇒AH⊥BH

b) Ta có  

IBA =BAD = 45 (vì BI  AD )

Tam giác ADB vng D có DI trung trực nên DI phân giác góc ADB

 

ADI BDI 45

⇒ = = Do   ( 0)

IBA = IDA = 45 ⇒ A, I, B, D thuộc đường trịn (3)

Ta có  

AHB= ADB=90 nên A H D B, , , thuộc đường tròn (4) Từ (3) (4) suy A H D B I, , , , thuộc mộtđường tròn

 

IHD IBD 180

⇒ + = 

IHD 90

⇒ = (vì 

IBD= 90 ) lại có NHD=900 Do H N I, , thẳng hàng

2

Cách 1:

Kẻ AD đường kính đường trịn ( )O Xét tam giác vng ∆HBA ∆CDA

có B1 = D1 (vì nội tiếp chắn AC)

nên ∆HBA∽∆CDA (g.g) HB = AB

CD AD HB AD= AB CD

⇒ ⇒

P

D C

I

H

B

A N

M

1

D M A

B

O

H C

1

(142)

Tương tự ∆HCA∽∆BDA (g.g) ⇒ HC = AC

BD AD ⇒HC.AD=AC.BD Do HB = AB DC

HC AC DB (1)

Ta có ∆AMB∽∆CMD (g.g) NB = AB MD CD

⇒ ⇒MB.CD=MD.AB Tương tự MC = AC

MD BD ⇒MC.BD=AC.MD Do MB = AB DB

MC AC DC (2)

Ta có HB + MB AB DC + DB AB.2 DC DB 2.AB HC MC AC DB DC AC DB DC AC

 

=  ≥ =

 

Dấu "=" xảy ⇔DB = DC ⇔ AB = AC ⇔ ∆ABC cân A

Cách 2: (Cách khơng thích xóa nha Do copy nên để ngun trạng) Gọi I giao điểm AH với đường trịn (O) Kẻ đường kính AD

Ta có   

ABD= ACD = AID =90 Do BC // DI ⇒ BI =CD ⇒ A 1= A2

Ta có DIBC hình thang cân nên CD = BI, CI = BD Xét ∆AHB ∆ACD có A 1= A2,   ( )

0

AHB= ACD = 90 ⇒ ∆AHB ∽∆ACD (g.g) HB AB

CD AD ⇒ = (1)

Xét ∆ABD ∆AHC có BAD =HAC, ABD = AHC(=900) ⇒ ∆ABD ∽∆AHC (g.g) BD AD

HC AC ⇒ = (2) Từ (1), (2) suy HB BD AB AD AB

CD HC = AD AC = AC

HB AB CD HC AC BD

⇒ = (3)

Xét ∆ABI ∆AMC có A 1 =A2 ,   s 

1 AIB ACB đA

2 C

 

= = 

 

⇒ ∆ABI ∽∆AMC (g.g) BI AB MC AM ⇒ = (4)

Xét ∆ABM ∆AIC có BAM = IAC, A BC AIC 1sđA

2 C

 

= = 

 

⇒ ∆ABM ∽∆AIC (g.g) MB AM CI AC ⇒ = (5)

I D M A

B

O

H C

1

(143)

Từ (4), (5) suy BI MB AB AM AB MC CI = AM AC = AC

MB AB CI MC AC BI

⇒ = (6)

Từ (3) (6) suy HB MB AB22.CD CI HC MC = AC BD BI =

2

AB CD CI AB

AC BI BD = AC (vì CD = BI, CI = BD) Ta có HB MB HB MB AB22 2.AB

HC + MC ≥ HC MC = AC = AC Dấu “=” xảy HB MB

HC MC

⇔ = HB MB

HB HC MB MC

⇔ =

+ +

HB MB BC BC

⇔ = ⇔ H ≡ M ⇔ ∆ABC cân A

a Điều kiện: x 0;x 9  *

                    

3 3 3 2 12 18 4 3

3

3 24

1

3

x x x x x x x x x x x

A

x x x x

x x

x x x x x

x

x x x x

                                

b x  4 3thỏa mãn  * Với x  4  312 ta có:

 2

8 12 4 3 2 3 1 1

x A x             Câu

Điều kiện đểphương trình  1 có hai nghiệm x x1, 2thỏa mãn điều kiện toán là:

   

 

2

2 2

1 1 2 1 2

0 3

0

0 3

25 2 25

m m

S m

P m

x x x x x x

                                                 2

8 16 4

2 2

1 1

5 hoaêc

2 3 25

m m m

m m m m m m m m                                         m  

Vậy m 3 thỏa mãn yêu cầu toán

(144)

Câu

a x  4x2  2 3x 4x2 Điều kiện:   2 x 2 Đặt   4  4  24

2

t

t x x x x , phương trình cho trở thành:       

  

2

3 4

t

t t

t

*)  

   



             

 

2 2

2 4 2

2

x tm

t x x x x x x

x tm

*) 4   4  4  4  4 2 8 20   0

3 3

t x x x x x x x

b  

 

     



   



3 2

3

2

x x y xy y x y

x xy x

Ta có                       

2

1 2

2

y x

x y x y x y x y x y

y x

*) Với y   x  2 2x32x2  4 0 2x 1x2 2x 2     0 x 1 y 1

*) Với  

 

   

       

 

  

2

1 17 2

1 17

x

y x x x

x



   



   

1 17

khi 10 17

1 17

khi 10 17

x y

Vậy tập nghiệm hệphương trình cho là:

 

    

    

   

       

    

    

 

 

1 17 17

1; , ;10 17 , ;10 17

2

Câu

a Chứng minh tứ giácBEIN nội tiếp

Tứ giác BAMN nội tiếp nên ta có:

  

BAD BNM hay BADBNI  1

Tứ giác BEAD nội tiếp nên ta có: BAD BED  2

(145)

Từ 1  2 suy ra: BED BNI

Vậy tứ giác BEINnội tiếp

b Chứng minh: MIBAEB

Tứ giác BAMN nội tiếp

   

 

  

 

1

BMI BAE

MNA MBA

Tứ giác BEINnội tiếp MNA INE IBE  3

Từ 2  3 MBA IBE IBMMBE EBA MBE IBM EBA  4

Từ 1  4  MIBAEB(G-G) c Chứng minh O I' MN

*) CD tiếp tuyến  O nên: CDA CBD  CDACBD (G-G) BD CD

DA CA

Tương tự ta có: CE  EB

CA EA mặt khác CD CE (Tính chất tiếp tuyến), suy ra: 

BD EB

DA EA

 5

*) MIBAEB( C/m câu b)EB  IB  6

EA IM

*) ABD AED IEN mà IENIBN (Tứ giác BEIN nội tiếp)ABD IBN

Mặt khác INB DAB (C/m câu a) Từđó ta có: INBDAB (G-G) DB  IB

DA IN

 7

Từ 5 ; 6 ; 7  IB  IB

IN IM IN IM I trung điểm MN O I' MN

Câu

a Giải phương trình nghiệm nguyên 4y2  2 199x22x

ĐK:199x22x  0 x 12 200  x  15; 14; 13; ;12;13   (Vì x Z)

Ta có:4y2  2 199x22x  2 200x 12  2 10 2  0 y2 4, mà yZ Suy ra: y   2; 1;1;2

(146)

   

   1  15 13

x y

x ;

   

    1  15 13

x y

x ;

   

    2 

x y

x ;

   

   2 

x y

x

Vậy tập hợp cặp số  x y; nguyên thỏa mãn đề là:

              

 

 13; , 13;1 , 15; , 15;1 , 3;2 ,  3; 1;2 , 1; 2

S

b Tìm tất cảcác cặp số nguyên tố p q, sao cho p22q2 41 * 

     

2 2 41 41 2

p q p q p2 số lẻ plẻ p 2k 1k N*, thay vào  * suy ra:

 

  

2 2 1 20

q k k q chẵn, mà q số nguyên tố nênq  2 p2 49 p 7

Câu

a Cho x y, là số thực dương thỏa mãn xy 1 chứng minh rằng: 1

1x 1y 1 xy

      

      

1 1 1

0 x y 1 xy x 1 xy y 1 xy

     

 

    

       

  



    1 

1 1

xy x xy y y x x y

x y

xy

x xy y xy

   

   

 

 

  

2

1

1 1

y x xy

x y xy , bất đẳng thức với số thực x y; 0

1

xy 

Vậy bất đẳng thức cho

b Cho x y, là số thực dương thỏa mãn điều kiện x y3 4xy 12 .Tìm GTLN của:

1 2018

1

P xy

x y

  

 

Ta có: 12x y3 4xy 2 xy3 4xy (Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số thực không âm x y; ) Đặt t  xy t 0, đó:

(147)

  

   3    2 2    

12 8t 4t 2t t t 2t 3t t 1 (Vì t  0

  

2

2t 3t 0)

  1 1

t xy Theo câu a ta có:

    

  

1 2018 2018 1 1

P xy xy

x y xy

Đặt t  xy 0 t 1, ta được:   

2

2 2018

1

P t

t

Ta chứng minh GTLN P 2019, ta chứng minh bất đẳng thức sau đúng:

  

           



2 2

2

2018 2019 2018 2018 2019 2017 2018 4036 2017

1 t t t t t t t t

Bất đẳng thức sau với 0 t Dấu " " xảy khi:      

1

t

x y

Vậy GTLN Plà 2019 đạt x  y Đề số23 Câu

a)Ta có x  2 3 x22  3 x24x  1 0 4 5 4 1 4 2

x  x   x  x   

4 2 3 38 5

x  x  x  x 

x4 4x3 x2 2x3 8x2 2x 10x2 40x 10 5 5

           

2

A 

 

b)Phương trình hồnh độ giao điểm d  P x2m1x  1 0  1

 P cắt d hai điểm phân biệtA x y 1; 1, B x y 2; 2 phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt x1, x2

 2

1

m

m m

m

  

            

 (*) Áp dụng ĐL Vi-ét ta có x1x2 m1; x x1 2 1 Từ giả thiết ta có

1

y x ,

2

y x

Khi 3  3 6  3  3 3  18 2 18 2 18 y y  x x x x  x x  x x x x    2 Do x1 x2 nên   3  3  

1 2 2

2 x x 18 0 x x 3x x x x 180

(148)

Do đó,

 3      2  

1 18 3

m  m    m   m  m   

  m 4(t/m (*))

Câu 2.

a)  

 

2

2 5 18

y xy x y

x y x

     



     



ĐK: x y, 

 1 2  1 4 1  0  1 2 4 0

4

y

y y x y y y y x

y x

  

               

 Với y 1 thay vào  2 ta

2

4

11

5 11 5

24 110 117

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

2 55 217 55 217 24 24

x  x 

    

Với y  4 2x thay vào  2 ta 5x2 28 14 x 18 x4 4

x2 2x 2 x2 2x 2x2 2x 2 6 x2 2x 2 0

           

 

2

2 2 2

2 2

x x x x

                      

5 2

3

3 10

5 2

3 x y x x x y                      

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:

55 217 ;1 24               

; 55 217;1 24               

; 2 7;

3              ;

5 2

; 3              

b)Từ giả thiết suy 0x y z; ; 3 Ta có

 2   2  2  2    2

9 x 6x 25  x 30x 225 8x 24x  15x 8x x3  15x với ,

x x

  

(do 0≤ ≤ ⇒x 8x x( −3)≤ 0, dấu xảy x =0 x = 3)

(149)

Do 9x2 6x 2515x hay 6 25 15

3

x

x  x    với x, 0 x Tương tự 6 25 15 ; 6 25 15

3

y z

y  y   z  z    với y z, : 0y z, 3

Do đó, 15 15 15 45 14

3

x y z

M         

Dấu xảy x y z; ;   3; 0; 0 x y z; ;   0; 3; 0hoặc x y z; ;   0; 0; 3

Ta có 5x2 6x 25  x2 22x 121  4x28x 4

11x2 4x1 2  11x2với x, 0 x (do 4(x −1)2 ≥ 0, dấu xảy x =1)

Do 5x26x 2511x hay 6 25 11

x

x  x    với x, 0 x Tương tự 6 25 11 ; 6 25 11

5

y z

y  y   z  z    với y z, : 0y z, 3

Do đó, 11 11 11 33

5

x y z

M         

Dấu xảy x   y z

Vậy GTLN M 14 đạt x y z; ;   3; 0; 0 x y z; ;   0; 3; 0hoặc x y z; ;   0; 0; 3 GTNNcủa M đạt x   y z

Câu

a)Vì x y, nguyên dương    x y;  1;1 không thỏa mãn phương trình nên

2 1 3; 3

x y   xy  x y Suy xy  x y ước nguyên dương lớn 30

gồm: 5;6

Nếu xy   x y x 1y16 ta trường hợp

+)

1

x x

y y

 

    

 

 

    

 

 

(thỏa mãnđiều kiện đầu bài)

+)

1

x x

y y

 

    

 

 

    

 

 

(thỏa mãnđiều kiện đầu bài) Nếu xy   x y x 1y17 không thỏa mãn

(150)

Vậy cặp số  x y; thỏa mãn    1;2 , 2;1

b)Vì 12n2 1 số lẻ nên để 12n2 1 là số nguyên 12n2  1 2m1 ,2 m Suy ra, m m 1 3n2

Vì m m; 11 nên xảy hai trường hợp

2

*

2

3 ;

, ,

;

m u m v

u v

m v m u

   

 

   

 

Nếu m v m2;  1 3u2 v2 3u2 1 hay v2 là số phương chia 3 dư 2 Điều khơng xảy số phương chia dư Do xảy

2

3 ;

m  u m v

Ta có 2 12n2   1 2 2 2 m  1 2 4m 4 4v2 là số phương (điều phải chứng minh)

Câu

a)Xét NDEvà NCI có:

 

END =INC (đối đỉnh)  

EDN =ICN (cùng chắn cung EI)

Suy NDE ∽NCI (g.g) nên ND NE

NC  NI

NI ND NE NC

 

b)Do tứ giác BFEC,DEIC, ABDE nội tiếp nên:

M

N H

K

G T

I

O F

E

D C

B

A

(151)

  

AFE ACB DIE

   

MEC ABC DEC DIC Tứ giác MENI nội tiếp

    / /

DIE EMN AFE EMN MN AB

    

Mà CH AB CH MN c)Xét ENM,TNC có

   , 

EMN EIN NCT ENM TNC  ENM ∽TNC (g.g)

NE NM

NC NE NM NT

NT NC

     1

Xét ENK,GNC có KEN CGN ENK , GNC  ENK ∽GNC (g.g)

NE NK NC NE NG NK

NG NC

     2

Từ    1 , suy NM NT NG NK NK NM TGN KMN

NT NG

     ∽

 

KMN TGN

  ( )3

Mà KMN HCK (cùng phụ với KHC) KMN HGN ( )4 Từ ( )3 ( )4 ta có TGN HGN H T G, , thẳng hàng

Câu

TH1: Tất hộp có số kẹo 2, lấy 505 chiếchộp ta

có tổng số kẹo 1010

TH2: Tồn hai hộp có số kẹo khác nhau, ta xếp hộp thành hàng ngang cho hai hộp khơng có số kẹo Ký hiệu ai số kẹo hộp thứ i , i1;2; ;1010 Xét số

1 1; 2; ; 1010 1010

S a S a a S a a  a , với 1≤ai ≤1010

+) Nếu tồn hai số S S1; ; ;2 S1010 có số dư chia cho 1010, giả sử

 

,

i j

S S i j Sj Si ai1   aj1010

Do 1Sj Si 2019;Sj Si1010 nên Sj Si 1010 hay ai1  aj 1010

+) Nếu S S1; ; ;2 S1010 khơng có hai số có số dư chia cho 1010  1

Xét 1011 số S S1; ; ;2 S1010,a2, theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số có số dư chia

cho 1010 Mà S1 a1 a2,1a a1, 2 1010 nên S a1, 2 không số dư chia cho 1010  2

(152)

Từ  1  2 suy tồn k 2; 3; ;1010 cho S ak, 2 số dư chia cho 1010 Khi

2 1010

k k

S a a a  a 

Mà 1a1 a3   ak 2019a1 a3   ak 1010 Suy điều phải chứng minh

Đề số24 Câu 1:

a) Ta có:

(x2+ +x 1)(3(3x−2)2 +33x− + =2 1) 9

( ) ( )2

2 3

x x  x x 

⇒ + +  − + − + =

 

( )( ) ( )2 ( )

2 3 3

2 3

x x x  x x  x

⇒ + + − −  − + − + = − −

 

( ) ( ) ( )

3

2 3

2

x x  x  x

⇒ + +  − − = − −

 

( )( ) (3 )

2 3

x x x x

⇒ + + − = − −

( )( ) (3 )

2 3

x x x x

⇒ + + − − − − =

3 1 33 2 3 0

x x

⇒ − − − + =

( )

3

3 2 *

x x

⇒ − − + =

Đặt 33x− = ⇒ =2 t t3 3x−2

( ) 33 *

3

x t

t x

 − + = ⇒ 

= −



( ) ( )

3

3 2 x t

t x  − + = 

⇒  − + = 

Lấy ( ) ( )1 − , ta được:

3

3 x − − +t t x=

( )( 2) ( )

3 x t x xt t x t

⇒ − + + + − =

( )( 2 )

3 x t x xt t

⇒ − + + + =

( ) ( )

x t x t x t 

⇒ −  + + + =

 x= ⇒ =t x 33x−2

3

x x

⇒ = −

3

x x

⇒ − + =

3

2

x x x

⇒ − − + =

(153)

( ) ( )

1

x x x

⇒ − − − =

( 1)( 1) (2 1)

x x x x

⇒ − + − − =

(x 1) (x x 1) ⇒ −  + − =

( )( )

1

x x x

⇒ − + − =

( )

1 x kép

x  = ⇒  = −



 x2+t x +(t2+3)=0

( )

2 2

4.1 3 12

t t t

∆ = − + = − − <

Vậy ( )

x +t x+ t + = vô nghiệm Vậy S= −{ 2; 1}

a) Phương trình hồnh độ ( )P d là:

( )

2 2

2ax =4x−2a ⇔2ax −4x+2a =0 *

Để d cắt ( )P hai điểm phân biệt M N, ( )* phải có hai nghiệm phân biệt , nghĩa

( )2

0 4.2 2a a

∆ > ⇒ − − >

16 16a

⇒ − >

1 a

⇒ − > ( )( 2)

1 a a a

⇒ − + + >

( )

1

4

a a   ⇒ −  +  + >

 

 

  ⇒ < <0 a Ngồi ra, ta có:

3

4 16 16 1 2.2

M

a a

x

a a

+ − + −

= = 16 16 1

2.2

N

a a

x

a a

− − − −

= =

3

1 1

M N

a a

x x

a a a

+ − − −

+ = + =

3

1 1

2x xM N a a 2a

a a

+ − − −

= =

Mà 8 4 2

2 2

BĐT Cô si

M N M N

K a a

x x x x a a a

a

−

= + = + = + ≥ =

+

Do K đạt giá trị nhỏ nhất, ngĩa

2

1

4 2

2

a a a a

a

+ = ⇔ − + = ⇔ =

Vậy

a= thỏa mãn yêu cầu đề

(154)

Câu 2: Ta thấy 3

3

3 abc a =bc⇒ a =abc⇒a = Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:

2

2 3

2

3

2

b c a a

a =bc≤ +  =  − 

   

( 3 )2

2

3

4 a a

a −

⇒ ≤ 2 ( 3 )2

12a 3a a

⇒ ≤ −

( )2

2 2

3 12

a a a

⇒ − ≥ ( 2 )2 ( )2

3a

⇒ − − ≥ ( )( )

3a 3a

⇒ − + − − ≥

2 2

3 3 3 3

a a a a  − − ≥   − + ≥ ⇒   − − ≤    − + ≤    2 2

1 3

3

3 a a a a  − ≥    ≥ +  ⇒  −  ≤   +   ≤  

2

3

a +

⇒ ≥ 3

a +

⇒ ≥ ( Do a>0)

Câu 3:

a) Ta có: ( ) ( )

2

1 1 1

2

2 2 2

x

− −

= = = − = −

+ Đặt

4 5 A= x + x − x + x− Ta thấy:

( )

3

4 A= x x + + −x x + x−

( ) ( ) ( )

3 2

4 4 4 1

x x x x x x x x

= + − − + − + + − −

( )( )

4x 4x x x 1

= + − − + −

Mà ( ) ( )

2

2 1

4 4 1 2

x + x− = ⋅ −  + ⋅ − − =

 

Thay

4x +4x− =1 vào A, ta đượcA= −1

Vậy ( )2018

1 2019 2020

P= − + =

b) Vì 2 x x

−

+ số nguyên nên

( )( ) 3 x x x − +

+ số nguyên

(155)

I F D E H C A O B M

Ta thấy ( 32)( 3) 22 22 210 210

1 1 1

x x x x

x x x x x

− + = − = + − = −

+ + + + +

Do 2

10x + ⇒1 x + ∈1 Ư(10)={± ± ± ±1; 2; 5; 10}  x2+ = − ⇒1 1 x2 = −2(vơ lí)

 2

1 0

x + = ⇒x = ⇒ =x

 2 ( )

1 2

x + = − ⇒x = − vơ lí

 2

1 1

x + = ⇒x = ⇒ = ∨ = −x x

 2 ( )

1

x + = − ⇒x = − vơ lí

 2

1 2

x + = ⇒ x = ⇒ = ∨ = −x x

 2 ( )

1 10 11

x + = − ⇒ x = − vơ lí

 2

1 10 3

x + = ⇒x = ⇒ = ∨ = −x x Thử lại:

 Thay x=0 vào

2 x x −

+ , ta thấy

0 3

− = − ∈ Ζ +

 Thay x=1vào 2 x x

−

+ , ta thấy

1 1

− = − ∈ Ζ +

 Thay x= −1 vào 2 x x

−

+ , ta thấy ( )2

1 1 − − = − ∈ Ζ − +

 Thay x=2 vào 2 x x

−

+ , ta thấy

2

− = − ∉ Ζ +

−

+ , ta thấy ( )2

2

− − = − ∈ Ζ

− +

−

+ , ta thấy

2

− = − ∉ Ζ +

−

+ , ta thấy ( )2

3 3

− − =− ∉ Ζ

− +

−

+ , ta thấy

3 3

− = ∈ Ζ +

Vậy x∈ − −{ 2; 1; 0;1;3}thì 2 x x

−

+ số nguyên Câu 4:

a) Tứ giác AMHC nội tiếp đường trịn (Vì

  90

AMH = AMH = ) 45 HAC CMH

⇒ = = ( Hai góc chắn cung

 HC)

ACH

⇒ ∆ vuông cân

(156)

AC CH

⇒ =

b) Tứ giác MHCA thuộc đường trịn đường kính AH, mà EACHlà hình vng EACH

⇒ thuộc đường trịn đường kính AH EACHM

⇒ nội tiếp đường trịn Vì EACHlà hình vng nên CE =AH

EC

⇒ đường kính ( )1

EM MC

⇒ ⊥

Ta lại có: HMI   =HDI =HAC=CMH (do tứ giác MHID MACH, nội tiếp)

  45

CMH HMI

⇒ = = 

( )2 MC MI

⇒ ⊥

Từ ( ) ( )1 , ⇒M I E, , thẳng hàng

Chứng minh tương tự, ta M I F, , thẳng hàng Vậy M I E F, , , thẳng hàng

c) Các tứ giác EACH FDCB, hình vng

2

1 2

S S AC CB S S AC CB

⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅

( )( ) ( )( ) 2 2

AC CB AO OC OB OC R OC R OC R OC OM OC

⇒ ⋅ = − + = − + = − = −

2 2

CM OM OC

⇒ < − (đúng ∆MCO tù C) Vậy

1

CM < S S⋅

a) ĐKXĐ: x ; x≠4;x≠9

( )( ) ( )( )

3 2 :

1

:

1 3

1

x x x x

A

x x x x x

x x x

A

x x x

A

x x x

   + + + 

= −    − + 

+ − − − +

   

− − + + +

=

+ − −

− − −

= =

+ − +

b) Ta có

0 ≥

(157)

(3 )

3

2

( 1) 10

( 1) ( 1) 21 (1 5)

2

2 2(2 5)

x − + − + = = + + + + = = = − + + + Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) 2019 2 2019 2019 2019

( 2) 5

4 5 1 B= x + x− = − + + − + − 

 

= − + − + − = − = −

Câu

a) Phương trình

1

x −mx+ − =m có hai nghiệm dương phân biệt

( )

2

0 4

0

1

0

m m m m S m m m P m 

∆ > − + >

 

≠  − > 

 > ⇔ > ⇔ ⇔

    >

>

 

 >  − > 

 

Vậy với m m ≠   >

 phương trình cho có hai nghiệm dương phân biệt b) Vì

(m 2)

∆ = − ≥ với m nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1,

x2

Theo hệ thức vi – ét ta có:

1

x x m

x x m

+ =



 = −



Khi

1 2

2 2

1 2 2 2

2

4 6

2(1 ) ( ) 2 ( )

4( 1)

2

( 2)

4 2 (1)

x x x x x x

A

x x x x x x x x x x x x

m m

A

m m

A m m

Am m A

+ + + = = = + + + + − + + + + − + + ⇔ = = + + ⇔ + = + ⇔ − + − =

(1) có nghiệm

2

' (2 2) 2

( 1)( 2)

1 A A A A A A A ∆ ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤

Vậy Min A = -1;

(158)

( ) 2

1 4

( 2)

m m

⇔ − − − =

⇔ + =

⇔ = −

Vậy với m = -2 phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề Câu 2.

Có

2

2 11 11

3 2 4 x − x+ =x − x+ + =x−  + >

  với x∈R ⇒VT > với x∈R

ĐKXĐ:

x>−

2

3

3 5 12

x x x x

− + + = +

⇔ − + + − + − =

Đặt

3 ( 0)

x − x+ =t t> ta có phương trình

2

12 ( ) ( ) t t

t TM

t KTM

+ − = =  ⇔  = −



Với t = ta có

2

3 3

1( ) ( ) x x

x x x TM

x TM

− + =

⇔ − − =

= −  ⇔  =



Vậy phương trình (1) có tập nghiệm S= −{ 1; 4} Câu

(159)

a)∆IAE ∆ICA có IAE =ICA (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AE)

và góc I chung

⇒∆IAE ∽ ∆ICA (g.g)

2

(1) IA IE

IA IE IC IC IA

⇒ = ⇒ =

Lại có ∆IAOvng A có AM ⊥IO (do IO trung trực AB)

2

(2) IA IM MO

⇒ =

Từ (1) (2) ta có

IE IC IM IO IE IO IM IC

=

⇔ =

IEM

∆ ∆IMC góc I chung IE IO IM =IC ⇒∆IEM ∽ ∆IOC (c.g.c)

  IME OCE

⇒ =

⇒Tứ giác OMEC nội tiếp (góc tứ giác góc ngồi ởđỉnh đối diện) b)Do tứ giác OMEC nội tiếp (câu a)

  OEC OMC

⇒ = (hai góc nội tiếp chắn cung OC) Mà OEC =OCE (do tam giác OCE cân O)

Và OCE =IME (chứng minh trên)  

IME OMC

⇒ =

Mà IME +EMA=900 OMC +CMA=900 (do AB ⊥IO)

  AMC AME

⇒ =

c) CMO

∆ ∆ICOcó  

CMO=ICO (=OEC) 

IOC chung

⇒∆CMO ∽ ∆ICO (g.g)

2

(1)

CM IC

MO CO

CM CO MO IC CM CO CM MO IC

CM CM

MO IC CO ⇒ =

⇒ = ⇒ = ⇒ =

(160)

Lại có:∆IEM ∽∆COM (g.g) (do IEM =MOC(=IOC)theo câu a EMI =OMC (câu b)

(2)

IM CM

IE CO

⇒ =

Từ (1) (2) ta có

2

IM CM IM MO IE

IE = MO IC ⇒ MC = IC

Mà MA2 = MI.MO (hệ thức lượng tam giác vuông IAO)

2

MA IE

MC IC

⇒ = mà MA = MB 2

2

MB IE MB IE

hay

MC IC MC IC

  ⇒ =   =

 

Câu

Với số thực dương a, b, c ta có 1 a+ + ≥b c a+ +b c Thật vậy: Ta có

( )

ơ

1 1

3

2 2

c si

a b a c b c

a b c

a b c b a c a c b

−

       

+ +  + +  = +  + +  + + +

       

≥ + + + = Vậy 1

a+ + ≥b c a+ +b c(*) Dấu “=” sảy a = b = c * Với ba số thực a, b, c ta có

2

3(ab bc ca+ + )≤(a b c+ + ) Thậy vậy:

( ) ( ) ( )

2

2 2

3( ) ( )

3 3 2

0

ab bc ca a b c

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

a b b c c a

+ + ≤ + +

⇔ + + ≤ + + + + +

⇔ + + − − − ≥

 

⇔  − + − + − ≥

Luôn với a, b, c

Vậy ( )

2

3 a b c

ab bc ca+ + ≤ + + (**) Dấu “=” sảy a = b = c

Áp dụng (*) (**) giả thiết a + b + c ≤ ta có

(161)

( ) ( )

2 2

2

1 362

1 1 360

9 360 360.3

121 9

3 a b c ab bc ca

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

+

+ + + +

= + + +

+ + + + + + + +

≥ + ≥ + =

+ + + +

Dấu “=” sảy a = b = c = Câu

Tam giác ABC có B, C cố định, AH = h

Vậy A thuộc đường thẳng d cố định song song với BC cách BC đoạn h

Gọi (O; r) đường nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC, AC, AB E, F, G Ta có

1

ABC

S∆ = AH BC (không đổi) (1)

Mặt khác ( ) (2)

2

ABC AOB BOC COA

S∆ =S∆ +S∆ +S∆ = r AB+BC+CA Từ (1) (2) ta có r lớn AB + AC nhỏ Lấy C’ đối xứng với C qua d ⇒C’ cốđịnh AC = AC’

⇒AB + AC = AB + AC’ ≥ BC’

⇒AB + AC nhỏ A ≡I (I giao BC’ d)

(162)

Gọi P trung điểm CC’ d//BC nên I trung điểm BC’ ⇒IB = IC’=IC ⇒AB = AC

Vậy r lớn tam giác ABC cân A

1) 3

2 2 3 2 2 3 1

x= + + − − ⇔ + =x 1 2+2 3 + 2−2 3

( )3 ( ) 3 2

1 4 6 1 3 9 3

x x x x x

⇒ + = − + ⇒ + + = −

( ) (3 )3

3

3 9 3 9

P=x x + x+ = x + x + x

27 P= −

2) (Điều kiện x≥ −7)

( ) (2 )

6 5 7 3 7 3 7 0

x + x+ = x+ ⇔ x− − x+ + + −x x+ = (x 3 x 7)(x 3 x 7 1) 0

⇔ + − + + + + + =

3 7 0(1)

3 7 1 0(2)

x x

 + − + = ⇔ 

+ + + + = 

(1)⇔ + =x 3 x+7 3 2 5 17 2

7 6 9

x

x x x

≥ −

 − +

⇔ ⇒ =

+ = + +



(2)⇔ x+ = − −7 x 4 2 4 7 13 2

7 9 0

x

x x

≤ −

 − −

⇔ ⇒ =

+ + =



Phương trình có nghiệm 5 17 2

x= − + ; 7 13

2 x= − −

3) ( )

2

3 1 1 3 1 3 (1)

5(2)

x y y x y x y

x y

 − − + + − = −

 

+ = 

Điều kiện 3x− >≥y 0;y≥0

(1)⇔( 3x− −y 1)( y+ +1 1)( 3x− −y y+ +1 2)=0

(163)

3 1 0(3)

3 1 2 0(4)

x y

x y y

 − − =

⇔ 

− − + + =



(3)⇔ =y 3x−1thế vào (2), ta ( )2

2

3 1 5 10 6 4 0

x + x− = ⇔ x − x− =

1 2

2 11

5 5

x y

= ⇒ = 

 ⇔

 = − ⇒ = − 

Loại nghiệm ( ); 2; 11

5 5

x y = − −   

( ) 3 ( )

4 3 0 5

2 1

y x y

y −

⇔ − + =

+ +

Từ (2), ta có: y ≤ 5 < ⇒ − > ⇒3 3 y 0 ( )5 vô nghiệm Vậy tập nghiệm S ={( )1;2 }

Câu 2.

1) Vì d2vng góc với d1 nên d2: y = 4x+ b

Phương trình hồnh độ giao điểm d2 (P) :

2

2x =4x+ ⇔b 2x −4x− =b 0(1)

d2cắt (P) hai điểm phân biệt A, B ⇔( )1 có hai nghiệm phân biệt

' 4 2b 0 b 2

⇔ ∆ = + > ⇔ > −

Gọi A x y( 1; 1) (,B x y2; 2) với x x1, 2 nghiệm (!)

Ta có: ( )

1 2 1; 2 4

2

I I

y y

x +x = ⇒ x = y = + = x +x + = +b b Vậy I(1;4+b)

Suy ra: 2 2 ( )2 ( )

1

8 17, 17 17 4 2

OI =b + b+ AB= x −x = + b

( )

5AB= 17OI ⇔5 4+2b =b +8b+17

2 1

2 3 0

3 b

b b

b

= −  ⇔ − − = ⇔  =

 (thỏa điều kiện)

Vậy d2 : y = 4x – d2: y = 4x +

2) Phương trình (1) có hai nghiệm 0 1 4 m

⇔ ∆ ≥ ⇔ ≥ −

(164)

Theo định lí Vi-et 2

5

. 4 9

x x

x x m

+ = − 

 = −



( ) ( )

1 1 8 1 5

x x − −x x + = ⇔ x13−8x23−(x1+x2)= ⇔5 x13−8x23 = ⇔0 x1=2x2

Suy :

1

1 2

1 2 10 3 5 5

. 4 9

3 2

4 9 x

x x

x x m x

x x

x x m

 = −  + = −    = − ⇔ = −    =    = − 

Suy 4 9 50 14

9 81

m m

− = ⇒ = − (thỏa điều kiện) Vậy 14

81 m= −

3) Đặt S = +x y P, =x.y,S>0, P>0

2

1 1 2

1 1

2 2 2 1

x y S P S

T P

y x P T

    − =  + + =  + ⇒ = +     2

2 12 4

2 1 2 1

S S S S T T   ⇔ − =  +  +  +  ( )

2 2 1 8 16 0(1)

S T S T

⇔ − + + + =

( 1) có nghiệm 5

' 0 4 4 15 0

2

T T T

⇔ ∆ ≥ ⇔ − − ≥ ⇒ ≥

Vậy min 5 6 3 3

6

2 3 3

S x T P y  = = +   = ⇔ ⇔ = = −

 

3 3 3 3 x y  = −   = +  Câu

Vì 65 lẻ nên 2x+5y+1 lẻ

2x− + +y x +x lẻ Mà 2x+1lẻ nên 5y chẵn, suy y chẵn

Mặt khác ( )

1

x + =x x x+ chẵn nên 2x−1 lẻ, suy x − =1 0 ⇔ = ±x 1 Với x = ⇒(5y+3)(y+3)=65⇒ =y 2

Với x = -1 ( )( )

5y 3 y 3 65 5y 4y 66 0

⇒ + + = ⇔ + − = Phương trình khơng có nghiệm ngun

Vậy: ( ) ( )x y; = 1;2

(165)

Câu

1 Chứng minh hai tam giác AGE, FHC đồng dạng I trung điểm GH Ta có: CAE = ABC (cùng chắn cung AC)

CDBF nội tiếp ⇒  ABC=CFD (cùng chắn cung CD) Suy ra: CAE =CFD (1)

ADCE nội tiếp ⇒  AED= ACD (cùng chắn cung AD)  

ACD =BCF(cùng phụ BCD) Suy ra:  AED= BCF (2)

Từ (1) (2) suy ra: hai tam giác AGE, FHC đồng dạng

Ta có: CGD  =AGE=CHF ⇒CGDH nội tiếp ⇒CGH =CDH  

CDH =CBF (CDBF nội tiếp)

Suy ra: CGH =CBF Mà CBF =CAB⇒CGH =CAB⇒GH / /AB Suy ra: GI IH

AO = OB Vì AO = OB nên GI = IH ⇒ I trung điểm GH Chứng minh I, J, K thẳng hàng

Vì I, J tâm đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác CGDH, ADCE nên IJ ⊥CD Vì J, K tâm đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác ADCE, BDCF nên JK ⊥CD

(166)

Suy ra: I, J, K thẳng hàng

3 Chứng minh tam giác JOK vuông ba đường thẳng DE, IM, KO đồng quy Ta có: J tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AOCE ⇒OJ ⊥ AC

( )

/ /

OJ BC BC AC

⇒ ⊥

Mặt khác JK / /EF (tính chất đường trung bình) Do đó: MJK =BCF

Mà BCF =BDF (BDCF nội tiếp)

Suy r: MJK  =BDF =ODK ⇒ JDOK nội tiếp Suy ra:  JOK = JDK

Mà:  90

JDK = (CGDH nội tiếp GCH =900) Suy ra: 

90

JOK = Suy tam giác JOK vuông O Gọi N giao điểm ED OK

Ta có: M trực tâm tam giác JNK nên NM ⊥ JK (3)     

MOI = JOC =OCB=OBC=CFD (vì OJ//BC)

Mà CFD =IKD (JK//EF) ⇒MOI =IKM suy IMOK nội tiếp Suy ra: IM ⊥JK (4)

Từ (3) (4) suy ba đường thẳng DE, IM, KO đồng quy Đề số27

Bài

a/ Phương trình hoành độgiao điểm (P) (d) x2 =2mx 2m 3+ +

2

x 2mx 2m

⇔ − − − = (*)

Có: 2 ( )2

m 2m m 0, m R

′

∆ = + + = + + > ∀ ∈

Vì thế: phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt Hay: (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

b/ Gọi x ,x1 2 hoành độhai giao điểm (d) (P) Khi đó: 1

2

y 2m.x 2m

 = + +

 = + +

 x ,x1 hai nghiệm (*)

(167)

Theo Vi-ét, có: 2

x x 2m

 + =

 = − −



Có: y1 +y2 ≤5

1

2

2m.x 2m 2m.x 2m 2m.(x x ) 4m

2m.2m 4m 4m 4m (2m 1)

⇔ + + + + + ≤

⇔ + + + ≤

⇔ + + − ≤

⇔ + + ≤

⇔ + ≤

2m

⇔ + = (

(2m 1)+ ≥ ∀ ∈0, m R )

1 m

2

−

⇔ =

Vậy m

− = Bài (2đ)

a/ Có A 2= +2 21 + + + 2019

2A 2= + +2 23 + + 2020

Trừ vế theo vế, ta được:

2A A− =(21 +22 +23 + + 22020) (− 20 +21 +22 + + 22019) 2020

A

⇒ = −

Lại có: B 2= 2020 ∈ (lũy thừa 2020 theo số 2)

Nên: A 2= 2020 − ∈1 

Và B A 1− = Vậy A, B hai số tự nhiên liên tiếp

b/ 2x2 3x 10 x2 2x

x x

− + = − +

+ + ĐK: x 0+ ≠

2

x 2x 0 x

− + ≥

+ (*) Phương trình tương đương:

2x 24 x 12

x x

− + = − +

+ +

24 12

2x x

x x

⇔ − + + = − +

+ +

Đặt t x 12

x

= − +

+ (**) ⇒2t t+ =

(168)

2t 02 9t 4t 4t  + ≥

 ⇔ 

= + +



1 t

1

t

4t 5t 1

t

 ≥ − 



⇔ ⇔  =



 − + = 

  =

 

⇔ =t t

=

Khi t 1= x 12 x

− + =

+

⇒(x x 2− )( + ) (− x 2+ )+12 0=

⇔x2 −3x 0+ = x (n)

x (n)

 = ⇔  =

 (do ĐK (*) )

Khi t

= x 12 x

− + =

+

⇒4 x x 2( − )( + ) (− x 2+ )+48 0=

⇔4x2 −9x 14 0+ = (Vô nghiệm)

Vậy S={ }1;

Bài (3đ)

a/ Xét ABD CBA Có: ADB= CAB

  (Góc nội tiếp góc tạo tt dây chắn AB của( )O )

DAB= ACB

  (Góc nội tiếp góc tạo tt dây chắn AB (O ') )

ABD

⇒ đồng dạng CBA (g.g) b/ Vì ABD đồng dạng CBA (câu a) Nên: AB BC

BD=AB hay

2

AB =BD.BC

Mà: B trung điểm AM ⇒MB2 =AB2 =BD.BC (đpcm) c/ Có: MBD=BAD+BDA (Góc ngồi ABD)

MBC=BAC+BCA (Góc ABC) Mà: BAD=BCA BDA=BAC (ở câu a) Nên: MBD=MBC Lại có: MB2 BD.BC MB BC

BD MB

= ⇔ =

Suy ra: BDM đồng dạng BMC (c.g.c) ⇒BDM=BMC

(169)

Xét tứ giác ADMCcó:

0

A M BAD BAC M

A M BAD BDA M

A M DBM BMD BMC

A M 180 BDM BMC

A M 180

+ = + + ⇔ + = + + ⇔ + = + + ⇔ + = − + ⇔ + =

    

   

 

Vậy: ADMC tứ giác nội tiếp Bài (2đ)

a/ Ta chứng minh phép biến đổi tương đương Xét: a2 b2 1(a b)2

2

+ ≥ +

( )

2 2

2

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

a b (luon dung)

⇔ + ≥ + +

⇔ − + ≥

⇔ − ≥

Vậy: a2 b2 1(a b)2

2

+ ≥ + Dấu “=” xảy a=b Xét: ab 1(a b)2

4

≤ +

( )

2

4ab a 2ab b

a 2ab b

a b (luon dung)

⇔ ≤ + +

⇔ − + ≥

⇔ − ≥

Vậy: ab 1(a b)2

≤ + Dấu “=” xảy a=b b/ Có: 5 x( +y2 +z2)−9x y z 18yz 0( + )− =

⇔5x2 +5 y( +z2)−9x y z 18yz 0( + )− = ⇔5x2 −9x y z( + )= −5 y( +z2)+18yz

Mà theo câu a Có: y2 z2 1(y z)2 5 y( z2) 5(y z)2

2

−

+ ≥ + ⇔ − + ≤ +

và yz 1(y z)2

≤ + 18yz 9(y z)2

⇔ ≤ +

Nên: −5 y( +z2)+18yz y z≤ ( + )2

( ) ( )2

5x 9x y z y z

⇔ − + ≤ +

( ) ( )2

5x 9x y z y z

⇔ − + − + ≤

( ) ( ) ( )2

5x 10x y z x y z y z

⇔ − + + + − + ≤

(170)

( )

(x y z 5x) ( (y z))

⇔ − + + + ≤

( )

x y z

⇔ − + ≤ (do 5x y z 0+ + > ) Hay x y z≤ ( + )

Có: Q 2x y z 2x 2.2 y z( )

y z y z y z

+ − −

= = − ≤ − =

+ + +

max

Q

⇒ = Dấu “=” xảy khi: y z( ) x 4y 4z x y z

 =

 ⇔ = =

 = +

 Vậy Qmax =3 x=4y=4z

Bài

Lời bình: Tư từ nguyên lý Dirichlet

Quy ước, ta xem hợp tác công ty A với công ty B liên kết chiều từ A vào B Và hiển nhiên, có liên kết chiều ngược từ B vào A

Vì cơng ty huyện KS hợp tác 97 cơng ty huyện KV Khi đó, số liên kết tối thiểu từ KS vào KV là: 33.97=3201 (liên kết)

Giả sử: tất cơng ty huyện KV có tối đa 32 liên kết với công ty huyện KS Khi đó, số liên kết tối đa từ KV vào KS là: 100.32=3200<3201 (liên kết) (mâu thuẫn !)

Vậy tồn cơng ty huyện KV có 33 liên kết với cơng ty huyện KS (đpcm) Đề số28

Câu 1: (1,0 điểm)

Ta có: ab c+ =ab c a b c+ ( + + =) (a c b c+ )( + ) c− = − +1 (a b)

Do đó: 3 ( )( )( ) ( )3

3

A=a +b +c + a+b b+c c+a = a+ +b c = Câu 2: (2,5 điểm)

a) x− −1 x+ =7 3x−4 Điều kiền: x≥1

Với điều kiện phương trình trở thành: 25( 1) ( 7)

5

x x

x

x x

− − +

= −

− + +

( )

8

3

5

x

x x

−

⇔ = −

− + + ( )

8

3

5

x

x x

 

⇔ −  − =

− + +

 

(171)

( )

4

3

1

5 *

5

x x nhan x x x x  − =  =   ⇔   − = − + + =   − + +  

Giải ( )* , ta được:25(x− + + +1) x 10 x2+6x− =7 64 5 6 7 13 41 41

13

x x x x 

⇔ + − = − +  ≤ 

 

( )

25 x 6x 169x 1066x 1681

⇔ + − = − +

2

144x 1216x 1856

⇔ − + − =

( ) 58

144

9 x x 

⇔ − −  − =   ( ) ( ) 58 x nhan x loai =   ⇔  = 

Vậy 4; S=  

  b) ( )

( )

2

4 x y xy xy x y

+ − =   + − = −  ( ) ( ) ( )

2 2

4

x y y

xy x y

− − − =  ⇔  + − = −  ( )( ) ( )

2

4

y x

xy x y

− − =  ⇔  + − = −  ( ) 2; y x

xy x y

= =  ⇔  + − = −  2 y x x y  =   =   ⇔  =  =  

Vậy hệphương trình có nghiệm: ( )1; , ( )2;1 Câu 3: (1,5 điểm)

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MB=BP, MC=CN, AN= AP Trên đoạn NP, ta lấy điểm K′ cho: K N CN

K P BP ′

=

′

Ta có ∆ANP cân A nên  ANP= APN

Lại có: BPK ′ +APN =180° CNK ′ +ANP=180° nên BPK ′=CNK′

B C A I N M P K

(172)

xét ∆BPK′ ∆CNK′, có:  

BPK′=CNK′ K N CN K P BP

′ = ′

Vậy ∆BPK′∆CNK′(c− −g c)

Suy ra: BK P ′ =CK N′ K B BP MB

K C CN MC

′

= =

′

Do K B MB K C MC

′ =

′ nên K M′ phân giác BK C′

mà  BK P′ =CK N′

nên    1 1( ) 90 2

MK P′ =MK B′ +BK P′ = BK C′ + BK P′ +CK N′ = ° Suy MK′ ⊥NP

Vậy K′ ≡K

Do đó: KM tia phân giác BKC Câu 4: (2,0 điểm)

a) Theo giả thiết, ta có: (2−x)(2−y)(2− ≥z)

( ) ( )

8 x y z xy yz zx xyz

⇒ − + + + + + − ≥

Từđó, ta có: 2 2 2 ( ) ( )

8

x +y +z ≤x +y +z + − x+ + +y z xy+yz+zx −xyz

( )2 ( )

4

x y z x y z xyz

= + + − + + + −

5 xyz = − ≤ <

b) Ta có: P=(x+ +y z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx) (=3 x2+y2+z2−xy−yz−zx) ( 2 2) ( )2 ( 2 2)

3

2 x y z x y z x y z

   

=  + + − + + =  + + − 

theo chứng minh 2

5

x +y +z ≤ Từđó, ta suy ra:

( )

3

3.5 9

P≤ − =

Đẳng thức xảy (x y z, , ) hoán vị (2,1, 0) Vậy maxP=9

Câu 5: (2,0 điểm)

(173)

a) Bên MAN, lấy điểm K′ cho AK′ = AC K AN ′ =NAC xét ∆K AN′ ∆CAN , có:

  K AN′ =NAC

K A′ =CA

AN: cạnh chung

Vậy ∆K AN′ = ∆CAN c( − −g c)  AK N′ ACN 60 ABN

⇒ = = ° =

Do đó, tứ giác ABK N′ nội tiếp suy K′ thuộc đường trịn (ABN) ( )1 Ta có: MAN= ° =30 K AN   ′ +K AM′ =NAC+K AM′

và NAC +MAB= °30

Nên  K AM′ =MAB Từđó, cách chứng minh tương tựnhư trên, ta có K′ thuộc

đường trịn (ACM) ( )2

Từ ( )1 ( )2 , ta suy K′ điểm chung thứ hai hai đường tròn (ABN) (ACM), tức K′ trùng K

Bây giờ, ∆K AN′ = ∆CAN nên NC=NK′=NK Suy N thuộc trung trực KC

Lại có AC =AK′= AK

nên A thuộc trung trực KC

Do AN trung trực KC Tức K C đối xứng với AN

b) Trên đoạn AK lấy điểm O cho OMN = °60 Khi đó,  AKN = ABN = °60 nên  AKN =OMN = °60 , suy tứ giác OMNK nội tiếp Từđây ta có:

   60

ONM =OKM =ACM = ° Mà OMN= °60 nên ∆OMN

Ta có MOK =MNK(cùng chắn cung MK đường tròn (OMNK))

(174)

 

MNK =BAK (cùng chắn cung BK đường tròn (ABN))

và BAK=2MAK (dựa chứng minh câu a)) nên MOK =2MAK

Mặt khác, ta lại có: MOK  =MAK+OMA nên MAK =OMA Suy ∆OMA cân O,tức ta có OA=OM =ON

Vậy O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AMN thế, ta cóAK qua tâm đường trịn

ngoại tiếp ∆AMN Câu 6: (1,0 điểm)

Ta có: ( )2 ( 2) ( )2

7 16 30

A= m n+ + mn= m +n + mn= m n− + mn Do A225 nên A15

Lại có 30mn15 nên 7(m−n)2 225 Suy (m n− )15

Từđây, ta có: ( )2

7 m−n chia hết cho 225 Dẫn đến 30mn225, tức mn15

Mà ( )

mn= m n n n− + nên n2 15 tức n15 Từđó, suy m15(do (m n− )15) Vậy

15 225 mn =

Đề số29

Câu 1:( 4,0 điểm)

a) Ta có:

2 2

A=n − +n n + n

= 2( )( ) ( )

1 1 2 1

n n n− n+ + n+ 

= ( )( )

1 2

n  n+ n −n + 

= 2( ) ( ) ( )

1 1 1

n n+  n + − n − 

= 2( )2( 2 )

1 2 2

n n+ n − n+

Với n∈N n; >1 n2 −2n+ =2 (n−1)2 + >1 (n−1)2

Và 2 ( )

2 2 2 1

n − n+ =n − n− <n

Vậy ( )2 2 2

1 2 2

n− <n − n+ <n nên

2 2

n − n+ khơng sốchính phương Do A khơng sốchính phương với n∈N n; >1

b) B=(13 7− )( +4 3)−8 20+2 43 24 3+

(175)

= 91 52 3+ −28 3−48 8− ( 13 3− + 7+4 3)2

= 43 24 3+ −8( 13 3− + 7+4 3)

= 43 24 8+ −  (2 1− ) (2 + 2+ 3)2 

 

= 43+24 3 −8 2( − + + 3)

= 35

Câu 2:(4,0 điểm)

Gọi x số trứng bán (x∈N x, >8) , thì:

Số trứng bán ngày thứ : 8 8 8 x− +

Số trứng bán ngày thứ hai :

8 16 8

8 16

8 x x− + + − 

 

+

Theo ta có phương trình : 8 16 8

8 8

8 16

8 8

x x

x

−

 

− + + 

−  

+ = +

Giải phương trình ta được: x = 392 Vậy tổng số trứng bán 392 trứng

Số trứng bán ngày 8 392 8 56 8

−

+ =

Số ngày 392 : 56 = ngày

b) Điều kiện: 7 0 ( )*

2 0

x y

+ ≥ 

 + ≥



Đặt u= 7x+ y , v= 2x+ y (với u v, >0

Hệphương trình cho trở thành:

5 (1)

2 (2)

u v

v x y

+ = 

 + − =



(176)

Ta thấy: 2

5

u − =v x Kết hợp với (1) suy ra: 5 2

x

v= − thay vào (2) ta

2 1

x= y− (3)

Thay (3) vào (2) ta có 5y− = −2 3 y

⇔

( )2

3

5 2 3

y

y y

≤ 



− = −

 ⇔

3

11 11 0

y

y y

≤ 

 − + =



⇔

3

11 77

2

11 77

2 y y y

≤ 



−  = 

 +

 =  

⇔ 11 77

2

y= − ⇒ x=10− 77 ( thỏa (*))

Vậy hệphương trình cho có nghiệm là: 10 77;11 77 2

 − 

−

 

 

Câu 3:( 4,0 điểm)

a) Do a,c < nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

Ta có: 2

1 2019 i 2019

x + − =x x + +x

⇔ 2

1 2019 2019

x + − x + =x +x

⇔

2

1

2

1 2019 2019

x x

− = +

+ − +

⇔

2

1 2

0

2019 2019

x x

x x x x

+ = 



+ − + = −



* Trường hợp 1: x1+x2 =0 ⇔ m – 2019 =

⇔ m = 2019

* Trường hợp 2: Không xảy do:

1 2019

x + > x ;

2 2019

x + > x

Vậy m = 2019

b) ĐK:

1 0 x + ≥

( )

2 x +2 =5 x +1

⇔ ( ) ( )( )

2 x − + + + =x 1 x 1 5 x+1 x − +x 1

(177)

⇔ 2. 2 1 5 2 1 2 0

1 1

x x

x x x x

+ − + + =

− + − +

⇔

2

1

2 1

1 1

1 2

x

x x

x

x x

 +

=

 − +



 +

= 

− + 

* Trường hợp 1: 2 1 2 1 x

x x

+ =

− + ⇔

2

4x −5x+ =3 0 ( vô nghiệm) * Trường hợp 2: 2 1 1

1 2

x

x x

+ =

− + ⇔

2

5 3 0

x − x− =

⇔

5 37

2

5 37

2 x

x

 −

=  

 +

= 

Vậy phương trình có nghiệm : 5 37

2

x= − ; 5 37

2

x= +

Câu 4:( 4,0 điểm)

a) Ta có: AE, AF hai tiếp tuyến đường tròn ( )I , suy ra: AE = AF, AI phân

giác góc EAF

AEF

∆ cân A, AI đường phân giác AI đường cao tam giác AEF

EAI

∆ vuông E, EK đường cao suy

. AE = AK AI

Xét ∆AEN ∆ADE có EAN chung  

AEN = ADE ( Hệquả góc tạo tiếp tuyến dây cung) Do đó: ∆AEN ∆ADE (g.g)

⇒ AE AN

AD = AE ⇒

2

. AE = AN AD

Ta có: AK.AI = AN.AD (

AE )

Xét ∆ANK ∆AID có: 

KAN chung

AN AK

AI = AD ( Do AK.AI = AN.AD)

(178)

Do đó: ∆ANK ∆AID (c.g.c)

⇒  AKN = ADI

Do đó: DNKI nội tiếp

Vậy bốn điểm I,D,N,K thuộc đường tròn b) Do MD tiếp tuyến ( )I nên MD ⊥ ID

Tứ giác MKID có   0

90 90 180

MKI +MDI = + =

Do đó: MIKD nội tiếp, suy M,N,K,I,D thuộc đường tròn

Suy ra:  

90 MNI =MKI =

Ta có: MN ⊥ IN (N∈( )I )

Vậy MN tiếp tuyến đường tròn ( )I

Câu 5:( 4,0 điểm) ( Hình vẽ0.25 điểm)

a) Ta có:  AKB=AEB ( chắn AB đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB

Mà  ABE = AEB ( tính chất đối xứng ) suy  AKB= ABE (1)

Ta có:  AKC = AFC ( Cùng chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp ∆AFC )

Mà  ACF = AFC ( tính chất đối xứng) suy AKC = ACF (2)

Mặt khác  ABE = ACF ( Cùng phụ BAC ) (3)

Từ (1), (2) (3) suy  AKB= AKC hay KA phân giác tron BKC

Gọi P, Q giao điểm BE với AC CF với AB

Ta có: 

120

BOC = nên BC= R 3 ,  1

60 2

BAC = BOC = Trong tam giác vng ABP có:  

90 , 60

APB= BAC = , suy ABP =300 Hay

 

30 ABE =ACF =

Tứ giác APHQ có:  

180 AQH +APH =

Suy  

180

PAQ+PHQ= ⇒ 

120

PHQ= ⇒ 

120

BHC = ( đối đỉnh)

Ta có:  

30

AKC = ABE= ,  

30 AKB=ACF = ABE=

Mà BKC    = AKC+ AKB= AFC + AEB = 

60 ACF +ABE=

Suy ra:  

180 BHC+BKC = Do tứ giác BHKC nội tiếp

(179)

b) Gọi ( )O' đường tròn qua bốn điểm B,H,C,K Ta có dây BC =R 3

 

60

BKC = =BAC nên bán kính đường trịn ( )O' bán kính R đường trịn ( )O

Gọi M giao điển AH BC suy MH ⊥ BC; KểKN vng góc BC (N∈BC) ,

gọi I giao điểm HK BC

Ta có: 1 . 1. . 1 ( )

2 2 2

BHCK BHC BCK

S =S +S = BC HM + BC KN = BC HM +KN

( )

1 2

BHCK

S ≤ BC HI +KI =1 .

2BC KH ( Do HM ≤HI KN, ≤KI )

Ta có: KH dây cung đường tròn (O R'; )

Suy KH ≤2R (không đổi), nên SBHCK lớn KH = 2R HM + KN = HK = 2R

Gía trị lớn 1

32 3

2

BHCK

S = R R= R

Khi HK đường kính đường trịn ( )O' M,N,I trùng nhau; suy I trung điểm BC nên ∆ABC cân A; Khi A điểm cung lớn BC

Đề số 30

Câu

a)

( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2

2

5

2 3 5

5

3 5

3 5 3 5

A= + + − +

+

−

= + + + − + +

+ −

= + + − + −

= + + − + − =

b) Gọi R làbán kính mặt cầu Khi diện tích mặt cầu

( )

2

4πR =36πcm ⇔ =R cm

Thể tích hình cầu 4 ( )3

3 36 3

V = πR = π = π cm

Câu 2.

a) Phương trình hồnh dộ giao điểm ( )d ( )P : ( )

2

2 2 *

x = x+ − ⇔m x − x m− + =

(180)

Ta có: ∆ = −′ m ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt phương

trình (*) có nghiệm phân biệt, tức ∆ > ⇔ − > ⇔ >′ m m

Vậy m>1

b) Ta có

( )( )

2

3 2 10 3

x y xy x y

x y x y

− + − − + =

⇔ + + − − + = ⇔(x+3y+1)(x− − = −y 3)

Vì x y, ∈ nên ta có trường hợp sau

i)

3

x y x y x

x y x y y

+ + = − + = − =

  

⇔ ⇔

 − − =  − =  = −

  

ii) 1

3 10

x y x y x

x y x y y

+ + = − + = − =

  

⇔ ⇔

 − − =  − =  = −

  

iii)

3

x y x y x

x y x y y

+ + = + = =

  

⇔ ⇔

 − − = −  − =  =

  

iv) 1 3

3

x y x y x

x y x y y

+ + = + = = −

  

⇔ ⇔

 − − = −  − = −  =

  

Vậy nghiệm nguyên cần tìm là( ) (x y; = −1; ; ;) ( ) (x y = 7; ; ;− ) ( ) ( ) ( ) (x y = 3;1 ; ;x y = −3;1) Câu 3Giải phương trình x− +1 5− − =x 2 (x−1 5)( −x)

Điều kiện: 1≤ ≤x Đặt u x v x  = −   = −

 ta có

( )2 ( ) (2 )

2

2 2 2

2

1

4 2

2 , , ,

,

u v uv

u v uv u v uv

u v uv

u v

u v u v uv u v u v

u v

u v u v u v

u v + = +  + = + + = +   + − =      + = −  + = ⇔ + = + ⇔ + − + − = ⇔     + =   ≥  ≥  ≥      ≥  ⇔ 2 ,

u v uv u v u v + = +   + =   ≥  ( ) 0 0

2 2

5 1 2

, ,

0 5 0 u

x u

v uv

v x x

u v u v TM

x

u x

u v u v

v x  =  − =  =  =  =    =  − = =      ⇔ + = ⇔ + = ⇔  = ⇔ ⇔ =  − =   ≥  ≥     =     − =   

Vậy nghiệm cần tìm

5 x x =   = 

a) Giải hệ phương trình ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2

x y x y y

x y y x y y

 + + + = +

 

+ + + + + = +



(181)

Từ (2) ta có x2+y2 =(y+2)2−(x+y)

 , thay vào (1) ta

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( )

2

2 2

2 4

2

y x y x y y

y x y y

y y x y

y x +  − +  + + = +

 

⇔ +  − + = +

= − 

⇔ + + = ⇔ 

= − 

i) Với y= −2 (2) trở thành x2+ =4 0, vô lý Suy y= −2 không

nghiệm

ii) Với y= −x (1) trở thành4 4( 2) 2 x

x x x x

x = 

= − + ⇔ + − = ⇔ 

= − 

Khi hệ có nghiệm

1 x y

=   = −



2 x y

= −   =  Câu

a) Chứng minh điểm S A B I O, , , , thuộc đường trịn

Vì SA,SB tiếp tuyến nên SA⊥OA,SB⊥OB, mặt khác I trung điểm

của CD nên ,OI ⊥CD Gọi M trung điểm SO Khi ta có MS=MO=MA=MI =MB ( tính chất đường trung tuyến tam giác

vuông)

Suy điểm S A B I O, , , , thuộc đường tròn ( )M

b) Chứng minh  DHC=DOC

Xét hai ∆SDB ∆SBC có 

  S chung SBD SCB 

 =

 suy ∆SDB∽∆SBC(g-g)

Suy

SB =SD SC(1)

(182)

Xét ∆SBO có

SB =SH SO (2)

Từ (1) (2) SD SC SH SO SC SO SH SD

= ⇔ =

Xét hai ∆SDH ∆SOC có 

S chung SC SO SH SD 

 

=

 suy ∆SDH∽∆SOC(c-g-c)

Suy SDH =SOC (hai góc tương ứng)

Xét tứ giác DHOC có:

     

180

HOC+HDC=SOC+HDC=SDH+HDC= suy tứ giác DHOC nội tiếp

Suy DHC =DOC ( góc nội tiếp chắn cung DC)

c) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định Sdi động

Gọi J giao điểm AB OI Xét hai ∆OIS ∆OHJ có   

0

90 chung

OIS OHJ O

 = =

  

suy ∆OIS∽∆OHJ(g-g)

Suy OI OJ =OH OS

Mặt khác 2

OH OS=OB =R ( hệ thức lượng tam giác vng SBO)

Từ

OI OJ =OH OS =R

2

R OJ

OI

⇔ = , hệ thức chứng tỏ J điểm cố

định Hay đường thẳng AB qua điểm cố định Jkhi Sdi động Câu

Vì x y z, , >0 nên áp dụng BĐT AM-GM ta có

2

1 2

2 2

2

x z xz

y z yz

x y xy

 + ≥

 

 + ≥

 

 + ≥



suy 2 ( )

3x +3y +z ≥2 xy+yz+zx =10

Vậy giá trị nhỏ biểu thức 10 Đẳng thức xảy

2

1

2x z

2

2y z x 1

2

x y y

x, y, z z

xy yz zx

 =  

 =

 = 

 = ⇔ =

 

 >  =

 

+ + =

   

(183)

Đề số 31

Câu

Tính 13 3− =2 1− Và 19 2+ =3 1−

Đưa dạng ( )2 ( )2

2 3 T = −    − 

   

Tính kết T =187 Câu 2.

Viết phương trình hồnh độ giao điểm:

2

2x =6x+ +m

2

2x 6x m

⇔ − − − =

Lập luận để có ( )2

' 0; 2( m 4) ∆ = ⇒ − − − − = Tính 17

2 m= − Câu

Biếnđổi đẳng thức:

2 2

6(sin α+cos α) sin+ α =8 Suy được:

sin

2 α =

Lập luận sinα ≥0 suy sin 2

α =

Tính

45 α =

Lưu ý: Học sinh không lập luận sinα ≥0trừ 0,25 điểm Câu

Viết số dạng:

2018 chu so 2018 chu so 2018 chu so 2017 chu so

1111 5555 5  =1111 1.100 05 

2018 chu so 2017 chu so

=1111 1.3.333 35 

2018 chu so 2017 chu so

=3333 3.3333 35  tích số lẻ liên tiếp Tính tổng hai số là:

2017 chu so

6666 68 

Câu

(184)

Chứng minh được:  B=CAH

Chứng minh ∆BAH ∆ACH (g-g)

Suy hệ thức

AH =BH CH Câu

Biến đổi phương trình: 3 2

x +y =4x +4y −12về dạng

( )( 2 ) 2

x+y x +y −xy =4x +4y −12 Suy được: xy=3

Qui việc tìm x y, giải phương trình: t2− + =4t Tìm cặp nghiệm: (x=1;y=3 ;) (x=3;y=1) Câu

Kẻ OM ⊥ AB ON; ⊥CD Chứng minh M, O, N thẳng hàng Sử dụng tính chất đường kính dây tính được:

5 ; MB= cm ND= cm Gọi OM =x

Dùng định lý Pytago hệ thức 2 ( )2 2 2 ( )2

5 11

R = +x = + −x

Tìm x=5cm

(185)

Suy ra:R=10cm Câu

Từ điều kiện:x y z

a+ + =b c suy

2 2

x y z xy xz yz a b c ab ac bc

 

+ + +  + + =

 

Quy đồng biểu thức ngoặc được:

2 2

x y z xyc xzb yza

a b c abc

+ +

+ + + =

Từ điều kiện a b c

x+ + =y z suy được: xyc+xzb+yza=0 Kết luận được: 22 22 22

x y z a +b +c = Câu 9.

Chứng minh AH ⊥BC

Chứng minh tứ giác AHDE nội tiếp Chứng minh HAE =HEA

Suy ra: HA=HE

Câu 10

Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt Trong đó:

Tính được: ( )2 ' a b ∆ = −

Suy ra:a≠b

Lập luận trường hợp thứ nhất: Phương trình có hai nghiệm trái dấu, suy ab<0

(186)

Lập luận trường hợp thứ hai: Phương trình có hai nghiệm dương, suy ra:

0 ab a b

>   + < 

Kết luận hai trường hợp là: a≠bvà hai số a, b có số âm Câu 11

Biếnđổi biểu thức Mvề dạng

( )2 ( )

M= a+ +b c −2 ab+bc+ca

Chứng tỏ được: 2

ab bc+ +ca≤a +b +c Suy được:

10

M ≥ − M

Tính

100

M = đạt 10 a= = =b c Câu 12.

a) Chứng minh 

BAC=90 Suy AMN∆ vuông A Gọi J giao điểm BI CK

Chứng minh AJ tia phân giác MAN

Chứng minh được: ∆ADCcân C, suy KJ⊥AI Chứng minh J trực tâm ∆AIK

Suy AJ⊥MN

Chứng minh ∆AMN vuông cân A

b) Chứng minh (    0)

; 45 AMI AHI MAI IAH AMI AHI

∆ ∆ = = =

Suy AM = AH

Chứng minh ; AH ≤OA OA= BC

Tính 1

2

AMN

S∆ = AM AN = AH

ABC

S∆ = AH BCsuy

1

AMN ABC

S∆ ≤ S∆

N K J I M

H O

D C

B

A

(187)

a) Ta có:

1 1

2

x x A

x x x x

 

  

   

=

 13 22 x x x x     =        

1

x x x

  



  

b) Ta có:

  2 40 x x x   

2 2 2 2

3

40 40

3 3

x x x x

x

x x x x

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

Đặt x t

x



 ta có phương trình t2 – 6t -40 =0

10 t t         10 t 

2

10 10 30

x

x x

x      vô nghiệm

4

t  

2

4 12

6 x x x x x x               

Vậy tập nghiệm phương trình S   2; 6 c) Ta có:

2

3

2 (1)

2 (2)

x y

x y y x

   

 

   



3 2 2

2x y (x 2y )(x )y x 2x y 2xy 5y

         

  2

2

3

3 x y

x y x xy y

x xy y

  

     

   



TH1: x=y, thay vào phương trình (1) ta x=y=1 TH2:

2

2 2

3 11

3 0

2

0 x y

x xy y x y y x y

y                         

Thử lại , ta thấy x=y=0 không nghiệm hệphương trình cho Vậy hệphương trình có hai nghiệm (1;1), (-1;-1)

(188)

Câu 2.

a) Nếu a = b phương trình có nghiệm x b

  Nếu a

8 ( 1) b a a

   

+ Nếu ( 1) 0

a

a a a

 

      

 

 nên phương trình có nghiệm

+ Nếu 0<a<1

 2

2 2

2 2 (2 ) ( 1) (3 2) a b      b a b  a    a  a a  a  Nên phương trình có nghiệm

Vậy phương trình cho ln có nghiệm với số thực a,b thỏa mãn a b 2 b)Ta có 2m.m2 = 9n2 -12n +19 2m.m2 = (3n-2)2 +15

Nếu m lẻ  m= 2k +1, k*

2m.m2 =2.4k.m2 = (3+1)k 2m2  2m2 (mod3) mà m20;1 (mod3) nên 2.4k.m20;2 (mod3)

Mặt khác (3n-2)2 +15 1 (mod3)

Vậy trường hợp không xảy

Nếu m chẵn m= 2k , k* ta có phương trình

22k.m2 - (3n-2)2 = 15 (2k.m +3n-2) (2k.m -3n+2) = 15 (*)

Vì m,n *nên 2k.m +3n-2 > 2k.m -3n+2

2k.m +3n-2 >0  2k.m -3n+2 >0

Do dó (*) 15

k k

m n m n

   



    

2 3

k k

m n m n

   



   



TH1: 15 2

k k

k

m n k

n m n

     

 

     

 (vô nghiệm)

TH2: 2

1

1 3

k k

k

m n k k m

n n

n m n

         

   

         



Vậy phương trình cho có nghiệm m=2, n=1 Câu

Ta chứng minh 2

3 ( 2), ,

a ab b   a b a b (*) Thật ta có (*)16a2ab3b2 1 (a5b2)2

 2 2 13 a b 10(b 1) 2(a 1)

       (ln đúng)

Do 4

5 5 P

a b b c c a

  

     

(189)

Áp dụng BĐT quen thuộc 1

x y xy x y, 0 ta có

1

2 P

a b b

 

 

   

 

 



1 1 1 3 a b a a

   

   

       



   

  

Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P =

Lưu ý: Có thể dùng bất đẳng thức Cauchy- Schwart để chứng minh (*) sau:

2

11 11 11

1 1

2 4 2

3 ( 2)

b b

a b a b

a ab b a b

       

                      

 

      

Câu

a)Tứgiác ABJC nội tiếp nên  JCNMBJ Tứgiác MBIJ nội tiếp nên  BMJ JIC

Tứgiác NCJI nội tiếp nên  JICJNCJNC BMJ Do BJM ~CJN BJM CJN

Ta lại có BIM   BJM CIN; CJN BIM CIN Suy M,I,N thẳng hàng

(190)

b)ABJC CNIJ tứ giác nội tiếp nên AJ    BACBNCI NCI; NJI Suy AJ BAJN  JA tia phân giác góc BJN

Kẻ tiếp tuyến Ax đường trịn (O) Suy AJB BAx Ta lại có AJB BMN  BAxBMN nên MN//Ax Vậy AO vng góc với MN

c)Vì ~ BJM 22 CJN

S MB

BJM CJN

S CN

 

   

Vì I trung điểm BC nên SABJ SACJ

Suy 22

ABJ ABJ CJN ACJ BJM ACJ

S S S AB MB NC AB MB

S S S MB NC AC AC CN

  

   

Ta lại có MNIJ, NCJI nội tiếp nên AB.AM=AI.AJ=AN.AC Suy MB AC AM EM MB NC

NC  AB  AN  EN  ME  NE Áp dụng tính chất đường phân giác ta có

;

MB PB QC NC

ME PE QE NE

PB QC

PB QE PE QC PE QE

 

   

Câu

Ta tô màu đoạn thẳng ba màu đỏ, xanh, vàng Ta chứng minh tồn tam giác có ba cạnh tô màu

Gọi A điểm cho, nối A với 16 điểm lại ta 16 đoạn thẳng

Ta có 16=3.5+1 nên theo định lí Dirichlet tồn đoạn thẳng tô màu

Giả sử6 đoạn thẳng AB, AC, AD, AE, AF, AG có màu đỏ Xét đoạn thẳng nối cặp điểm điểm B,C,D,E,F,G xảy trường hợp sau

TH1: tồn đoạn thẳng tô màu đỏ, chẳng hạn BC tam giác ABC có ba cạnh màu đỏ

TH2: tất cảcác đoạn thẳng nối B,C,D,E,F,G có màu xanh vàng Ta xét đoạn thẳng BC,BD,BE,BF,BG tô hai màu theo ngun lí Dirichlet tồn đoạn thẳng có màu Giả sử BC,BD,BE có màu xanh

+ Nếu ba đoạn thẳng CD,CE,DE có đoạn tơ màu xanh, chẳng hạn CD tam giác BCD có ba cạnh màu xanh

(191)

+ Nếu ba đoạn thẳng CD,CE,DE khơng có đoạn tơ màu xanh, tam giác CDE có ba cạnh màu vàng

Do tồn tam giác có ba cạnh tô màu

Lấy sốnguyên dương đoạn thẳng chia cho ta sốdư 0,1,2 Tơ màu đoạn thẳng có sốdư 0,1,2 tương ứng với ba màu đỏ, xanh, vàng

Theo kết quảthì ln tồn tam giác có ba cạnh tô màu, tức ba số ghi cạnh tam giác có sốdư r chia cho 3, chẳng hạn 3h+r, 3k+r, 3q+r Khi 3h+r +3k+r +3q+r =3(h+h+q+r) số chia hết cho

Đề số 33

Câu

1) Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức 3 5 10

P  



   

3 5

P   

    2 

5 5 5

8

 

   

 

 5 1  

8

 



 

2 1



 

2) Rút gọn tính giá trị biểu thức

2

x x

Q

x

 



 x2020 2019

Ta có x2020 2019 2019 2019 1     2019 1 2

2019

x

  

2 1 2

2

x x

Q

x x

 

 

 

 

2

Q x

 

2 2019 1 2019

Q

     

Câu 2.

(192)

1)Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P

2 2 1 2 1 0

x  x m  x  x m  

Phương trình bậc hai có ac m2 1 0 với m nên ln có hai nghiệm

phân biệt khác với m Do  d ln cắt parapol  P hai điểm phân biệt  A; A , B; B

A x y B x y với m

;

A B

x x nghiệm khac phương trình x22x m 2 1 0 Áp dụng hệ thức Vi et ta có : 22

A B A B

x x

x x m

   

   



Do 38 5  38

5

A B

A A B B A B B A

y y y x y x x x

x x



     

 3 3  3  

5 xA xB 38 .x xA B 5 xA xB x x xA B A xB  38 .x xA B

          

 

   

5 6 m 1 38 m

        

2

8m 32 m

    

Vậy m = và m = -2 thỏa mãn điều kiện đề 2) Giải hệ phương trình

  2 2 ( )

1

x y I x y x y                          

Ta có (1)

       2

1

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

Đặt a x y b 0

b x y

   

   



khi (I)

 2   2

2 (1) 4

1 1 3 (2)

36 a ab b a a a b                          

Từ (2) ta có phương trình 9 12 27 8 18 18 0

3

a

a a a a

a                 

(193)

Với a3 ta có b2suy

5

3 2

2

x x y

x y y

  

   

 

 

   

 

 



Với

4

a ta có b 8suy

35

8

4 29

8

x x y

x y y

 

 

   

   

 

 

 

     

 

 

Vậy hệ cho có hai nghiệm  ; 35 29; ; ;  1;

8 2

x y   x y  

   

Câu

1) Vì CD đường kính nên 

90 CBD=

Do BEF =ABF (góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn) Mà  ABF =ODB OB( =OD=R)

Nên BEF =ODB Do tứ giác CDFE nội tiếp đường trịn 2) Gọi Qlà giao điểm BM CD

Tam giác BEFvuông B nên BM = ME ⇒ MBE=MEB (1) Tam giác BCDvuông B nên  

90

BCD+BDC= mà BDC =BEF

K

T H

M Q

O O'

F E

D C

B

A

(194)

(chứng minh câu 1) nên  

90 (2) BCD+BEF =

Từ (1) (2) :   

90 90

BCD+MBE= ⇒BQC= hay BM ⊥CD

Klà tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE, Olà trung điểm CD, nên / /

KO⊥CD⇒KO MB(cùng vng góc với CD) (3) Ta có Mlà trung điểm EF, nên KM ⊥EF BA⊥EF

/ / KM AB

⇒ hay KM BO/ (4)

Từ (3) (4) suy KMBO hình bình hành

3) Hlà trực tâm tam giác DEF, HD⊥EF, suy HD/ /AB Tương tự BH / /AD (cùng vng góc BF)

Do BHDA hình bình hành nên BH = AD

Mặt khác BDAClà hình chữ nhật nên AD = BC⇒BH =BC (5)

Lấy O’đối xứng với Oqua B ta có BO’ = BO (6) với O’cố định O, Bcố định Từ (5) (6) suy HO’CO hình bình hành nên O’H = OC = R

Vậy H chạy đường tròn cố định O R';  Câu

1) Cho số thực x thỏa mãn   1 x Chứng minh 1 x 1  x 2 x2 Với   1 x ta có 0  x2 2 1x2   2 x2 2 1x2

 2  2

2

1 x x 1 x x x 1 x

             

Lại có : 0 1 x2   1, x  1;1 1x2  1 x2  1 1x2  2 x2

 

Vậy 1 x 1 x 1x2  2 x2,  x  1;1

 

Đẳng thức xảy :

2

0

1

x

x x

 

  

    

2) Cho tập hợp Agồm 41 phần tử số nghuên khác thỏa mãn tổng 21 phần tử lớn tổng 20 phần tử lại Biết số 401 402 thuộc tập A Tìm tất phần tử tập hợp A

Giả sử Aa a a1; ; ; ;2 3 a41 với a a a1; ; ; ;2 3 a41 a1a2a3  a41 Theo giả thiết ta có a1   a2 a3 a21a22a23  a41

1 22 23 41 21

a a a a a a a

        (1)

Mặt khác với x y;  y x y x 1  

22 20, 23 20, , 41 21 20

a a a a a a

      

(195)

Nên từ (1) suy a120 20 20 20 400    

Mà a1nhỏ 401  A a1401

Ta có 401a22 a2 a23  a3 a41a21400

22 23 41 21 400

a a a a a a

       

Kết hợp với (2)

 

22 23 41 21 20

a a a a a a

       

     

22 22 21 21 20

20 a a a a a a a a 20

          

 

22 21 21 20

a a a a a a

       

Ta có a1401 mà 402 A a2402

Kết hợp (3) (4) suy A401; 402; 403; ; 441 Câu

Gọi P, Qlần lượt giao điểm CDvới MA MB Đặt PD = x ; CQ = y

Ta có :  APD=QBC (góc có cặp cạnh tương ứng vng góc)

2

PD BC x a

APD QBC xy a

AD QC a y

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇔ = ⇔ =

( ) (2 )2 ( )

2 2 2

2 PC +QD = x+ a + y+ a =x +y + a x+y + a

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2

4

x y a x y a xy

x y a x y a x y a PQ

= + + + + −

+ + + + = + + =

Áp dụng định lý Tales, ta có : MN ML MA MB AL BN AB MD =MC = MP =MQ = PC =QD= PQ O

D C Q

B L

N M

P

A

(196)

2 2 2 2

2 2 2

AL BN AB AL BN AL BN

PC QD PQ PQ QD PQ

+ +

⇒ = = = =

+ (do ( )1 )

2

2 2

2

AL BN AB AL BN

AB +

⇒ = + ⇒ =

Đề số 34

Bài

a, Điều kiện x ≥ -

26 đặt a = 26x+5 b =

2

30

x + a ≥ 0,b > Phương trình trở thành: a2 2a 3b

b + =  (a-b)(a+3b)=0 a=b 26x+5= x2+30

X=1 25 nghiệm pt

b, thay = x2 + y2 vào PT thứ2 ta

(x+2y)( x2+y2+3y2+4xy)=27  ( )3

2

x+ y =27

 x = - 2y thay vào PT thứ ta được: (3-2y)2+y2=0

y=1 y= x =1

5 Bài 2

a, từ biểu thức 2

(x − +x 1)(y +xy)=3x−1 ta nhận thấy 3x-1 phải chia hết cho (x2-x+1) ta có (3x - 1)(3x - 2) = 9x2 - 9x + = 9(x2 – x + 1)-7 phải chia hết cho (x2-x+1)

suy chia hết cho (x2 - x + 1)

(x2 - x + 1) =

X = 0,1,3 -2 thay vào ta có y => (x,y) = (1,1),(1,-2) (-2,1) b, Từ giả thiết xy + ≥ 2y => xy + ≥ 8y

Mà ta lại có 4x2 + y2 ≥ 4xy  4x2 + y2+ ≥ 4xy + ≥ 8y  4(x2 + 4) ≥ 8y + - y2

 4(x2 + 4) ≥ 4(y2 + 1) + (5y + 2)(2-y) ≥ 4(y2 + 1) 

2

4 x M

y + =

+ ≥

Dấu = xẩy x=1 y=2, Mmin=1

(197)

Bài

a, Do đường tron (O) nội tiếp hình vng ABCD nên E F trung điểm cạnh AB AD => ∆ ABF ∆ BCE => góc EBG góc BCG => góc BGC vng => AEGF nằm đường tròn, mà AEOF nằm đường tròn => AEGOF nằm đường tròn

b, Ta có AB tiếp tuyến đường trịn (O) nên góc BEM=góc EFM,

lại có góc EAG EFG chắn cung EG nên góc EAG = EFG

 EM//AG E trung điểm AB => M trung điểm BG

Bài

2 2 2 2 2

1 1

( )

1 1 1 1 1

x y z

x + y + z ≥ x + y + z

+ + + + + +

Ta có: + x2 = xy + yz + xz + x2 = (x + y)(x + z)

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

1 + z2 = xy + yz + xz + z2 = (z + y)(x + z)

VT= 2( )

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

+ +

+ + +

Ta có:

2 2

( )

1 1

x y z

+ +

+ + + ≤( )( 2 2)

1 1

x y z

+ + + +

+ + +

=( )( )

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

x y z

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

+ + + +

+ + + + + +

= 2( )

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

+ +

+ + +

Do VP= 4( ) 3( )( )( )

x y z x y y z z x

+ +

+ + + ( 2 2)

1 1

x y z

+ +

+ + +

Bất đẳng thức trở thành

2 2

1 1

x y z

+ +

+ + + ≤

3 Ta có:

2

1

( )

2 ( )( )

x x x x

x y x z x y x z

x

= ≤ +

+ +

+

2

1

( )

( )( )

y y y y

x y y z x y y z

y

= ≤ +

+ +

+

(198)

2 ( ) ( )( )

z z z z

x z y z x z y z

z = ≤ + + + + + + =>

2 2

1 1

x y z

+ +

+ + + ≤

3 Dấu “=” xảy x = y = z =

3

Đề số 35

Câu 5. a Ta có

( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2

3

8

x y x y x y xy

x y x xy x y x xy

 + + =  + + =  ⇔   + + + = + + + =    

Do phương trình thứ nên x+ ≠y ta kết hợp hai phương trình lại ta có

( )( )

2

2 x

x xy x y x x y

x y =  + + = + ⇔ − + − = ⇔  = − 

TH1:

1

5 y

x y y

y =  = ⇒ + + = ⇔  = − 

TH2: x= −2 y thay vào phương trình thứ ta có −4(y− = ⇔ =1) y Vậy hệđã cho có hai cặp nghiệm ( )x y; ( ) (1;1 ; 1; 5− )

b ĐK:

;

2

x≤ x + ≤x Đặt ( )

5

a= − x +x b= ,− x a b( ≥0) Ta có

2 32 32 2 a b a b − − =

+ + (1)

Ta thấy, a> ≥b 32−a2 < 32−b2 1 2

a+ < +b tức VT<VP, mâu thuẫn Tương tự với a<b mẫu thuẫn Do a=b, tức phương trình ban đầu tương đương với

( ) TM(( ))

5

0 TM x

x x x

x =  − + = − ⇔  = 

Vậy phương trình có hai nghiệm x=1, 0x= Câu 6.

a Trước hết ta chứng minh ( )

mod 42 ,

x ≡x ∀ ∈x  (1)

(199)

Thật vậy, ta có ( )( )( )

1 1 x − =x x x− x+ x +x +

Dễ thầy x x( −1)(x+1) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Theo định lí Ơle ( )

0 mod ,

x − ≡x ∀ ∈x  , tức

x −x chia hết cho Vậy

x −x chia hết cho BCNN 6; 7( )=42 Khẳng định ( )1 chứng minh Từđó

( )7 ( )7 ( )7

27n 10 10n 27 5n 10 27

 + +  + + +  + + + 

     

( )7 ( )7 ( )7 ( )

27n 10 10n 27 5n 10 27 mod 42

≡ + + + + + + + +

≡27n+ + +5 10 10n+27 5+ + n+ +10 27 mod 42( ) ≡42(n+1 mod 42)( )

≡0 mod 42( )

Từđó ta có khẳng định tốn

b Đặt a= +x y Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ( )

2 2

4

x y a xy≤ + = Hay

2

5

1 2a

 +  ≥

 

 

Từđó, ta có 2( 1)

a≥ − Suy

( )2

2 2

17 17 16 17 18 17 2

2

P= x + y + xy= a − xy≥ a − a ≥ − = − Dấu “=” xảy

5 x= =y − Câu 7.

a Sử dụng định lí Talet tam giác LKE với JHEK, ta có LH LJ

HK = JE

Sử dụng định lí Talet tam giác JHE với FL EK , ta có

FL LJ EK = JE Do

FL LH EK = HK Hai tam giác FLH EKH có

90

FLH EKH

∠ = ∠ = FL LH

EK = HK nên FLH EKH LFH KEH

∆ ∽∆ ⇒ ∠ = ∠ Mặt khác, ta lại có ∠LFH = ∠FHJ (so le trong) KEH EHJ

∠ = ∠ (so le trong) Do HJ phân giác góc EHF

(200)

b Go HJFL nên SFJL =SFLH Suy SBFJL =SBFL+SFLH =SBFH (1) Chứng minh tương tự, ta có SCEJK =SCEH (2)

Theo chứng minh câu a, hai tam giác FTL EKH đồng dạng nên FHB FHL EHK EHC

∠ = ∠ = ∠ = ∠

Hai tam giác FHB EHC có ∠FBH = ∠ECH ∠FHB= ∠ECH nên đông dạng với Suy FBH 22

ECH

S BF

S = CE

Ta kết hợp (1) (2), ta thu

2

FBH ECH

S S BF

S = S =CE Điều phải chứng minh

c Không tính tổng qt, ta giả sử P nằm phíc với B so với AD hình vẽở Gọi M giao điểm PJ EK Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác KFE với cát tuyến MJP, ta có

MK PE JF ME PF JK =

Mà hai tam giác BFH CEH đồng dạng với có FL EK hai đường cao tương ứng nên JF FL BF

JK = EK = CE Suy MK PE BF

ME PF CE = (3)

Để chứng minh ba điểm P J D, , thẳng hàng, ta cần chứng minh M D J, , thẳng hàng Theo định lí Menelaus đảo áp dụng cho tam giác LKE, điều tương đương với ta phải chứng minh