Bộ đề luyện thi vào chuyên toán 10

lấy điểm C.. Chứng minh rằng a là một số chính phương. Cho hình chữ nhật ABCD có chiều dài và chiều rộng tương ứng là a b ,. Hãy xác định độ dài đoạn AE theo R. Trong một hình v[r]

(1)

 Tài liệu sưu tầm

BỘ ĐỀ LUYỆN THI

VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

(2)

BỘĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN ĐỀ SỐ

Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức

2

a b a b b b

P

a ab ab a ab a ab

 

+ − −

= +  + 

+  − +  (với a b, >0 a≠b) Rút gọn biểu thức P tìm giá trị nhỏ biểu thức

2019 13

Q= + P+ a− a+a a

b) Tìm tất cặp số nguyên dương ( , )x y cho hai số x2+8y y2+8x

các số phương Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x3+3x2+4x+ =3 3x x( +1)3 x+2 b) Giải hệ phương trình:

2

( ) ( 12)

4(2 3)

x x y y xy

x y

 + + + =

 

+ − =



Câu (0,5 điểm). Cho hai hàm số 2

y= x y= mx Tìm m để hai đồ thị hai hàm số

đã cho cắt ba điểm phân biệt ba đỉnh tam giác

Câu (2,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Trên cạnh BC lấy điểm E Tia AE cắt đường thẳng CD F

a) Chứng minh 12 12 12

AB AE AF

 − =

 

 

b) Từ điểm M tam giác ABC, vẽ MI ⊥BC MH, ⊥CA MK, ⊥AB Xác định vị

trí điểm M để MI2+MH2+MK2 đạt giá trị nhỏ

Câu (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O , D điểm cạnh BC (D khác B C) Gọi M N, trung điểm cạnh AB AC, Đường thẳng MN cắt ( )O điểm P Q, (P Q, thuộc AB AC) Đường tròn ngoại

tiếp tam giác BDP cắt AB I (khác B) Các đường thẳng DI AC cắt K

a) Chứng minh tứ giác AIPK nội tiếp PK QB PD =QA

b) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP G (khác P) Đường

thẳng IG cắt đường thẳng BC E Chứng minh D di chuyển BC CD

CE khơng đổi

Câu (1,0 điểm).Cho a b c, , số thực dương Chứng minh 2

2 2

8 8

( ) ( ) ( )

8 8

3 3

a b c

a+b + abc+ b+c + abc+ c+a + abc+ + + ≥a+ +b+ +c+

Câu (0,5 điểm) Cho tập X ={0;1;2;3;4;5} Hỏi từ tập X ta lập số tự nhiên abcdef gồm chữ số khác thỏa mãn: d + + − − − =e f a b c

(3)

ĐỀ SỐ

Câu (2,0 điểm) a) Cho biểu thức

2 2

2 :

a b a b a b

P

a b

a b a b a b a b

 − −  −

= + 

+

+ + − − − +

  (với a> >b 0)

Rút gọn biểu thức P tìm giá trị nhỏ biểu thức b= −a b) Tìm tất cặp số nguyên dương ( ; )x y thỏa mãn

2

x y

y + x =

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình 3

1

x − − x − + =x

b) Giải hệ phương trình

4

2

697 81

3 4

x y

x y xy x y

 + = 



 + + − − + = 

Câu (0,5 điểm)

Cho parabol

( ) :P y=x đường thẳng d y: =mx+3 Tìm m để đường thẳng d cắt ( )P

tại hai điểm A B, phân biệt cho độ dài AB ngắn

Câu (2,0 điểm) Trong tam giác ABC lấy điểm O cho  ABO= ACO Gọi H K, hình chiếu O lên AB AC

a) Chứng minh OB.sinOAC=OC.sinOAB

b) Gọi M N, trung điểm BC HK Chứng minh MN vng góc

với HK

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB< AC, nội tiếp đường trịn ( )O ngoại

tiếp đường tròn ( )I Điểm D thuộc cạnh AC cho  ABD= ACB Đường thẳng AI cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC điểm thứ hai E cắt đường tròn ( )O điểm

thứ hai Q Đường thẳng qua E song song với AB cắt BD P

a) Chứng minh tam giác QBI cân BP BI =BE BQ

b) Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K trung điểm EJ Chứng

minh PK//JB

Câu (1,0 điểm)

Cho a b c, , số thực dương cho ab+bc+ca=3abc Chứng minh

2 2 2

1 1

2

2a +b + b +c +2c +a ≤

Câu (0,5 điểm)

(4)

ĐỀ SỐ Câu (2,0 điểm)

a) Cho a b c, , ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a+ + +b c abc =4 Tính giá trị biểu thức P= a(4−b)(4− +c) b(4−c)(4−a) + c(4−a)(4−b) − abc +2019

b) Với số nguyên dương n, xác định theo n số tất cặp thứ tự hai số nguyên dương ( ; )x y cho x2 −y2 =100.302n đồng thời số cặp số phương

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: ( )

1

x+ x+ − =x x + +x

b) Giải hệ phương trình: ( )

2 2

3

5 2 2

2 12

x xy y x xy y x y

x y x y xy y

 + + + + + = +

 

+ + + + + = + +



Câu (0,5 điểm) Cho parabol

( ) :P y=x đường thẳng d y: =5mx+4m m( ≠0) Tìm m để đường thẳng d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, có hồnh độ x x1, 2 cho

2

1

5 12 12

x mx m

m A

x mx m m

+ +

= +

+ + đạt giá trị nhỏ

Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD, điểm E nằm cạnh BC (E khác B, E khác )

C Hai đường thẳng AE CD cắt F a) Chứng minh 12 + 12 = 12

AE AF AB

b) Gọi G trọng tâm tam giác ACD I trung điểm cạnh AD Điểm M di động đoạn thẳng ID, đường thẳng MG cắt AC N Chứng minh AD + AC =3

AM AN

và giá trị tích AM AN nhỏ tính tỉ số AM

AD

Câu (2,0 điểm) Cho đường tròn ( ; )O R điểm A cố định ( ; )O R Gọi M, N giao điểm hai đường tròn ( ; )O R ( ; )A R ; H điểm thay đổi cung nhỏ MN

đường tròn ( ; )A R Đường thẳng qua H vng góc với AH cắt ( ; )O R B, C Kẻ

( ), ( )

HI ⊥ AB I∈AB HK ⊥ AC K∈AC

a) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cố định

AB AC = R

b) Tìm giá trị lớn diện tích ∆AIK H thay đổi

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 4a 9b 16c

b c a a c b a b c

= + +

+ − + − + −

Câu (0,5 điểm) Cho tập X ={1, 2,3, ,81} Chứng minh phần tử tùy ý

(5)

ĐỀ SỐ

Câu (2,0 điểm)

a) Cho 3

1

x= + + Tính giá trị biểu thức P= x3−3x2−3x+2019 b) Tìm cặp số nguyên dương ( ; )a b cho

3

4 b 4 b b 4 b b

a+ − = + + + − +

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 4

13 x −x +9 x +x =16 b) Giải hệ phương trình:

( ) ( )

4

2

3

240

2 4

x y

x y x y x y

 − = 



− = − − −



Câu (0,5 điểm)

Cho parabol

( ) :P y=2ax (a>0) đường thẳng d y: =4x− −y 2a2 Tìm a để d cắt

( )P hai điểm phân biệt A B, có hồnh độ x x1, 2 cho biểu thức

1 2

8

2

Q

x x x x

= +

+

đạt giá trị nhỏ

Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD có xAy=450 quay quanh đỉnh A Các tia

,

Ax Ay cắt cạnh BC CD theo thứ tự P Q Kẻ PM song song với AQ QN

song song với AP Đường thẳng MN cắt AP E cắt AQ F Chứng minh

a) Tam giác AMN cân b) EF2 =ME2 +NF2

Câu (2,0 điểm)

Cho đường tròn (O R; ) đường tròn (O R′ ′; ) cắt A B Trên tia đối AB

lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD CE, với đường trịn tâm O, D E, tiếp điểm E nằm đường tròn (O′) Đường thẳng AD AE, cắt đường tròn (O′)

M N (M N, =/ A) Tia DE cắt MN I Chứng minh rằng:

a) MIBAEB b) O I′ ⊥MN

Câu (1,0 điểm)

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

2 2 2

2( ) ( )

P= a b+b c+c a + a +b +c + abc

Câu (0,5 điểm) Cho tập A={1, 2, ,16} Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ cho

trong tập gồm k phần tử A tồn hai số phân biệt a b, mà a2+b2

một số nguyên tố

(6)

ĐỀ SỐ Câu (2,0 điểm) a) Cho a b, số dương, a≠b

( )( )

2

( ) (2 )

: 3

a a b b a a b b

a b a b

ab

a b a b

 + − 

 + − +   − =

 +   − 

   

Tính S 2ab2 2(a22 b2)

a b

+ − +

=

+

b) Cho số nguyên dương a b c d, , , thoả mãn a< ≤ <b c d ad; ; =bc d − a ≤1 Chứng minh a số phương

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 3 ( )2 ( )3

2 2

x +x + x x x − + = x + x+ x + −x x − x

b) Giải hệ phương trình:

3 3

1

1 1

1 18

x y

x y x y

 + = 



   

 +  +  + =

   

    

( ) :P y=x hai điểm A B, thuộc ( )P có hồnh độ lần

lượt −1 Tìm M thuộc AB cho tam giác MAB có diện tích lớn

Câu (2,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có chiều dài chiều rộng tương ứng a b, Điểm G nằm đường chéo AC cho

2

GA

GC = Một đường d qua G cắt

cạnh AD AB tương ứng P Q

a) Chứng minh AD AB

AP + AQ có giá trị không đổi

b) Đặt AP=x gọi S diện tích ngũ giác BCDPQ Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1

6

M

a ax

S

x b

= +

+

 

+

 − 

 

biết a+ ≤b

Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O R; ) Trên cung nhỏ AD

lấy điểm E (E không trùng với A D) Tia EB cắt đường thẳng AD AC, I K Tia ECcắt đường thẳng DA DB, M N, Hai đường thẳng

,

AN DK cắt P

a) Chứng minh tứ giác IABN,EPND nội tiếp EKM =DKM

b) Khi điểm M vị trí trung điểm AD Hãy xác định độ dài đoạn AE theo R

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , >0 Chứng minh rằng:

( )( )

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

2 2

2 2 2

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

a b c b c a c a b

+ + + + + +

+

+ + + + ≥

(7)

ĐỀ SỐ Câu (2,0 điểm)

a) Cho x>1,y<0 thỏa mãn điều kiện

( )

3

2

( )( ) 16

2019

1 ( )

x y x y x x

x x y xy y

+ − − − = −

− − + +

Tính tỉ số x

y

b) Tìm tất số tự nhiên n cho n7 −n5+2n4 +n3−n2 +1 có ước nguyên tố

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2

2

x x

x

+ + + + =

+

b) Giải hệ phương trình: ( )( )

2 3

2

6 6

2

1

x x x x x x

x

x y

 − + = + − +

 

+ = + 



( ) :

2

P y= − x d đường thẳng qua hai điểm

(0; 2), ( ;0)

I − M m với m≠0 Chứng minh d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, với độ dài AB>4

Câu (2,0 điểm) Giả sử ABCD miếng bìa hình vng cạnh a Trên mặt phẳng có

hai đường thẳng song song l1 l2 cách đơn vị Hình vng ABCD đặt

trong mặt phẳng cho AB AD cắt l1 E F, Cũng CB CD lần

lượt cắt l2 G H Gọi chu vi AEF CGH tương ứng m m1, Lấy hai điểm M N nằm BC DC cho NH =AE MG=AF

a) Chứng minh tổng m1+m2 chu vi MCN

b) Chứng minh với cách đặt bìa hình vng thế, dù đặt

m +m số

Câu (2,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp ( )O (AD<BC) Gọi I giao điểm AC

và BD Vẽ đường kính CM DN, Gọi K giao điểm AN BM, Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác NOC điểm J khác C

a) Chứng minh KBNJ tứ giác nội tiếp b) Chứng minh I K O, , thẳng hàng Câu (2,0 điểm) Cho a b c, , số thực thỏa mãn a+ + =b c Chứng minh

2 2

1 1

8 8

a b c

− + − + − ≥ −

+ + +

Câu (0,5 điểm) Cho lớp học có 35 học sinh, học sinh tổ chức số câu lạc môn học Mỗi học sinh tham gia câu lạc Nếu chọn 10 học sinh ln có học sinh tham gia câu lạc Chứng minh có câu lạc gồm học sinh

(8)

a) Cho 2

x= −

+ Tính giá trị biểu thức

( ) 2019

9

5 29

2

(4 1) 4 5

2

x

P x x x x x x x

x x

 − 

= + − + + + − + + +  

+

 

b) Tìm tất cặp số nguyên dương ( , )x n cho xn+2n+1 ước 1

2

n n

x + + + +

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x2−11x+21 4− x− =4 0 b) Giải hệ phương trình:

3

2

3 49

8 17

x xy

x xy y y x

 + = − 



− + = −



Câu (0,5 điểm) Cho parabol ( ) :

3

P y= x đường thẳng :

d y= − +x Gọi A B

giao điểm d với ( )P Tìm điểm M trục tung cho độ dài MA MB+ nhỏ

Câu (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân A có A=360 Phân giác BD đường cao AH cắt I

Tia phân giác ADB cắt AH O Gọi E giao điểm BO AC; F giao điểm

của CI DO

a) Chứng minh BEF cân

b) Chứng minh tứ giác BCEF BDAF hình thoi

Câu (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Lấy điểm P cung BC không chứa điểm A ( )O Gọi ( )K đường tròn qua A P, tiếp xúc với AC Đường tròn ( )K

cắt PC S khác P Gọi ( )L đường tròn qua A P, đồng thời tiếp xúc với AB Đường tròn ( )L cắt PB T khác P.Gọi D điểm đối xứng với A qua BC a) Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DPT

b) Ba điểm S D T, , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( ) ( ) ( )

2 2

a ab b bc c ca

P

b ca c c ab a a bc b

+ + +

= + +

+ + + + + +

Câu (0,5 điểm) Cho tập X ={1, 2,3, , 200} Chứng minh với tập A X

(9)

a) Cho biểu thức 1 :2

1

xy x x y xy

x P

xy

xy xy

 + +  +

= + + 

−

+ −

  ( với x>0,y>0,xy≠1) Rút gọn biểu thức P tìm giá trị nhỏ biểu thức Q 16xy P (x2 y P2)

x y

= + +

+

b) Tìm cặp số nguyên ( )x y; thỏa: 6060 6060 4040 2020

y =x −x −x +

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

4 x+ +3 2x+ =7 (x+1)(x +4x+2) b) Giải hệ phương trình:

2

4

2( ) 2(2 )

3 6

x y x y xy

x x y y xy

 + + + = +

 

+ + + =



Câu (0,5 điểm) Cho parabol

( ) :P y= −x đường thẳng d y: =2x−3 Gọi A B, hai giao điểm d ( )P Tìm điểm M AB parabol ( )P cho MAB vuông

tại M

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có trực tâm H Qua A kẻ đường thẳng song song

với BH cắt CH E

a) Gọi p p1, chu vi tam giác EHA ABC Chứng minh

1

p EH

AB = p

b) Qua A kẻ đường thẳng song song với CH cắt tia BH D Kẻ đường trung tuyến AM ABC Chứng minh DE⊥ AM

Câu (2,0 điểm). Cho đường tròn ( ), (O O1), (O2) biết (O1), (O2) tiếp xúc với điểm I (O1), (O2) tiếp xúc với ( )O tạiM M1, Tiếp tuyến (O1)

I cắt ( )O tạiA A,  Đường thẳng AM1 cắt (O1) điểN1, đường thẳngAM2 cắt

(O ) điểm N2 Chứng minh tứ giác M N N M1 1 2 2 nội tiếp OAN N2 1

b) Kẻ đường kính PQ ( )O cho PQAI( điểm P nằm AM1 không chứa

điểmM2) Chứng minh PM PM1, 2 khơng song song đường thẳng

, ,

AI PM QM đồng quy

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , ba số thực dương Chứng minh bất đẳng thức:

2 2

1

1 1

( ) ( ) ( )

a a + bc +b b + ac +c c + ab ≤ abc

Câu (0,5 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ có điểm nguyên nằm đường trịn bán kính r Chứng minh tồn hai điểm mà khoảng cách không nhỏ

3

r

(10)

a) Cho biểu thức 2

2 2

a b ab

P

ab a b ab a b

 

 

      (với a b, 0 a1)

Tìm giá trị lớn P a1 số tự nhiên

b) Cho m n, hai số nguyên dương lẻ cho n21 chia hết cho m2n21 Chứng minh 2

1

m n  số phương

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x x 1 x

x x x

−

+ = − + −

b) Giải hệ phương trình:    

 

2

1 1

3

x y y y x x x y

x x x y x x y

         



       



Câu (0,5 điểm) Cho parabol 2 ( ) :

3

P y x Lấy hai điểm thay đổi A B ( )P

cho OAOB Chứng minh hình chiếu H O AB thuộc đường tròn cố

định đồng thời xác định vị trí A B để OH lớn

Câu (2,0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD có BACCAD ABCACD Hai tia AD BC cắt E, hai tia AB DC cắt F Chứng minh

a) AB DE BC CE b) 1( )

2

AC  AD AFAB AE

Câu (2,0 điểm). Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp

đường tròn ( )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 không trùng với D), gọi K giao điểm AI EF

a) Chứng minh điểm I D N K, , , thuộc đường tròn b) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn ( )I

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn điều kiện

a b c+ + ≤

Chứng minh rằng:

2 2

1 4 1

6 4

a b c b c c a a b

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

     

+ + + − − −

+ + ≤ +   +   +  

− − −  +   +   + 

Câu (0,5 điểm) Một nước có 80 sân bay, mà khoảng cách hai sân bay khác Mỗi máy bay cất cánh từ sân bay bay đến sân bay gần Chứng minh sân bay khơng thể có q máy bay đến

(11)

ĐỀ SỐ 10 Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức 8

3 3

a a a a

P= a+ +  − + a− +  −

   

b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau:

( ) ( )

3 2 2

2

3 3

8 16

2

x x x x x x x x

y z

 − + − − − − − − 

 + = − +

 

 

với điều kiện 2≤ < <y x 10

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: ( )2

2 x + −x 1 +2x +2x= +3 4x+5

2

1 4( ) 3( ) 2019 2020

x y x y x y

x y

 + + + = + + + 



− =



Câu (0,5 điểm) Cho parabol ( ) :

2

P y= x đường thẳng d có hệ số góc m

− (với

m≠ ) qua điểm I(0;2) Chứng minh d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, khác phía Oy AB>4; 8yA2 +yB2 > (Ở yA,yB tung độ hai

điểm A B)

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD BE CF, , cắt H

Biết SAEF =SBFD =SCDE Chứng minh

a) H tâm đường tròn nội tiếp DEF b) ABC tam giác

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có A B C nội tiếp đường trịn  O , ngoại tiếp đường tròn  I Cung nhỏ BC có M điểm N trung điểm cạnh BC

Điểm E đối xứng với I qua N Đường thẳng ME cắt đường tròn  O điểm thứ hai

Q Lấy điểm K thuộc BQ cho QK QA Chứng minh rằng: a) Điểm Q thuộc cung nhỏ AC đường tròn  O

b) Tứ giác AIKB nội tiếp BQ AQ CQ

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , ba số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=3abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức 22 22 22

( 2) ( 2) ( 2)

a b c

P

b a c b a c

= + +

+ + +

Câu (0,5 điểm) Bên đường trịn tâm O bán kính R=1 có điểm phân biệt Chứng minh rằng: tồn hai điểm số chứng mà khoảng cách hai điểm nhỏ

(12)

ĐỀ SỐ 11 Câu (2,0 điểm)

a) Cho ba số dương x y z, , thỏa xy+ yz+zx=1 Tính giá trị biểu thức ( 2)( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)

2 2

1 1 1

1 1

y z z x x y

P x y z

x y z

+ + + + + +

= + +

+ + +

b) Cho ba số tự nhiên a b c, , thỏa mãn đồng thời hai điều kiện a b− số nguyên tố

( )

2

3c =c a+b +ab Chứng minh 8c+1 số phương Câu (2,0 điểm)

32x −80x +50x +4x− −3 x− =1 b) Giải hệ phương trình:

3

4

8

2

x y xy

x y x y

 + − = 



+ − − =



( ) :P y= −x đường thẳng d y: =mx−1 Chứng minh d qua điểm cố định I cắt ( )P hai điểm A B, phân biệt m thay đổi Tìm m để IA

IB =

Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD, có độ dài cạnh a E điểm di chuyển CD ( E khác C, D) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F, đường thẳng vng góc với AE A cắt đường thẳng CD K Chứng minh

a) 1 2 1 2

AE + AF không đổi b)

    

cosAKE=sinEKF.cosEFK+sinEFK.cosEKF Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( )O Các đường caoAD BE CF, , cắt H Tiếp tuyến B C, ( )O cắt G Gọi S =GD∩EF M trung

điểm cạnh BC Giả sử EF∩BC =T AT, ∩( )O =K

a) Chứng minh điểm A K F E H, , , , nằm đường tròn b) Chứng minh điểm M H S K, , , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn

a+ + =b c Tính giá trị lớn

của

biểu thức ( )( )

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

P

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

+ + + + + +

= + +

+ + + + + + + + + + + + Câu (0,5 điểm) Trên bảng cho đa thức ( )

4

A x =x + x+ Thực trò chơi sau,

bảng có đa thức B x( ) phép viết lên bảng hai đa thức sau:

( ) 2 ( ) ( )2

1 ;

1

C x x A D x x A

x x

   

=  +  = −   −

   

Hỏi sau số bước ta viết đa thức ( )

10

E x =x + x+ hay không?

(13)

ĐỀ SỐ 12 Câu (2,0 điểm)

a) Cho số a b, thỏa mãn điều kiện 3 3 4

b

a + b = − Chứng minh − ≤ <1 a b) Tìm tất số nguyên tố p cho p2− +p lập phương số tự nhiên Câu (2,0 điểm)

4

2

3 17 11

( 1)

3

x x x x

x x

+ + + + = + +

+ +

b) Giải hệ phương trình: ( )( )

( )( ( ))

2

1

xy x y xy x y y

x y xy x x

 + − − + = +

 

 + + + − =



Câu (0,5 điểm) Cho hàm số 2

( ) ( 14)

f x = −m + m− x số thực

1

a= + + + + 10

2

b= + + + +

Hãy so sánh f a( ) f b( )

Câu (2,0 điểm). Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R r bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ABC Chứng minh

a) 12 12 42

R +r =a

b) 82 32 2

( )

R r S

R r

=

+ ; ( Kí hiệu S diện tích tứ giác ABCD)

Câu (2,0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O tâm O, đường kính AD

Hai đường chéo AC BD cắt I Gọi H hình chiếu I lên AD M

trung điểm ID Đường tròn (HMD) cắt ( )O N (N khác D) Gọi P giao điểm

của BC HM Chứng minh

a) Tứ giác BCMH nội tiếp

b) Ba điểm P D N, , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , >0 thỏa 21ab+2bc+8ca≤12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P

a b c

= + +

Câu (0,5 điểm) Chứng minh 2015 số tự nhiên liên tiếp ln tồn số có tổng chữ số chia hết cho 28

(14)

ĐỀ SỐ 13 Câu (2,0 điểm)

a) Cho số thực x y, thỏa mãn x= y− y2 + +1 y+ y2+1 Tính giá trị biểu thức

4 2

3 2019

P=x +x y+ x +xy− y +

b) Cho số nguyên a b, số nguyên tố p thỏa mãn

2

a b

p

+ ∈

 Cho biết p tổng

của hai số phương Chứng minh a2 b2

p

+

tổng hai số phương Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 37

4 26

3 x+ − x + x− = b) Giải hệ phương trình:

( ) ( )

2

1

1 2

2

1 2

9

xy

x y

x x y y

 + =

 +

 + +



 − + − =



( ) :P y= −x đường thẳng d qua điểm I(0; 1)− có hệ số góc k Chứng minh với k, d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, cho x1−x2 ≥2 OAB vuông

Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C) Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho

BE=CM

a) Chứng minh OEM vuông cân ME // BN

b) Từ C kẻ CH ⊥ BN ( H∈ BN) Chứng minh ba điểm O, M, H thẳng hàng

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn ( )O có AD BE CF, , ba đường cao Đường thẳng EF cắt BC G, đường thẳng AG cắt lại đường tròn ( )O

điểm M

a) Chứng minh bốn điểm A M E F, , , nằm đường tròn

b) Gọi N trung điểm cạnh BC H trực tâm tam giác ABC Chứng minh GH ⊥ AN

Câu (1,0 điểm) Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn x2+y2+ + + +z2 (x y z)2≤4

Chứng minh 12 12 12

( ) ( ) ( )

xy yz zx

x y y z z x

+ + + + + ≥

+ + +

Câu (0,5 điểm) Cho A tập gồm phần tử tập S={0;1;2; ;14} Chứng minh tồn hai tập B C A (B C, khác khác rỗng) cho tổng phần tử B tổng phần tử C

(15)

ĐỀ SỐ 14 Câu (2,0 điểm)

a) Cho n số tự nhiên n≥1 Chứng minh

3 3

1 1

1 + 1+ + + + 3+ + n + n <

b) Cho x y, số nguyên cho x2−2xy−y xy−2y2−x chia hết cho

Chứng minh 2

2x +y +2x+y chia hết cho

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2 ( )4( 2 )

1+ 2x−x + 1− 2x−x =2 x−1 2x −4x+1

2

3

2

14 2

9

2

xy y x y x y x y

x y x y

 + − + −

= +

  

+ −

   +   =

   

    



( ) :P y=2x đường thẳng d y: = −2mx+ +m Tìm m để d cắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 cho biểu thức

2 2

1

(2 1) (2 1)

P

x x

= − −

− − đạt giá trị lớn

Câu (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn đường chéo BD Gọi E, F lần lượt hình chiếu B D xuống đường thẳng AC Gọi H K hình chiếu C xuống đường thẳng AB AD

a) Chứng minh tứ giác BEDF hình bình hành CH CD =CB CK

b) Chứng minh

AB AH +AD AK = AC

Câu (2,0 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB=2R C điểm



AB Lấy điểm M tùy ý BC (M khác B) Gọi N giao điểm hai tia OC BM Gọi H I, trung điểm đoạn thẳngAO AM, ; Klà giao điểm

đường thẳng BM HI

a) Chứng minh A H K N, , , nằm đường trịn

b) Xác định vị trí điểm M cung BC (M khác B) cho 10

2

R

AK =

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương cho ab bc+ +ca=1 Chứng minh

6b 6c 6a

a+ + b+ + c+ ≤ abc

Câu (0,5 điểm) Giả sử A tập số tự nhiên  Tập A có phần tử nhỏ

1, phần tử lớn 100 x∈A (x≠1), tồn a b, ∈A cho x= +a b (a b) Hãy tìm tập A có số phần tử nhỏ

(16)

ĐỀ SỐ 15 Câu (2,0 điểm)

a) Cho n số tự nhiên n≥1 Chứng minh

( )

2 2

1 1 1

1 +2 +3 + + n n+2 n+1< 2

b) Tìm số nguyên dương (m n; ) cho p=m2+n2 số nguyên tố m3+n3−4 chia hết chop

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: ( )

( ) ( ) ( )

4

2

1

3

1

x

x x x

x x

−

+ − + = − −

−

2 3

x

x y y

y

x x y x y

 − = − + 



 + − = + −



Câu (0,5 điểm) Lấy điểm A B thuộc parabol ( ) :P y=x2 với xA<0, xB >0 Hãy xác định tọa độ điểm A B, cho OAB

Câu (2,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BD E cắt CD K Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC F cắt CD I Chứng minh

a) DK =CI EF//CD b) AB2=CD EF

Câu (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( )O có trực tâm H Giả sử M điểm BC không chứa A (M khác B C, ) Gọi N P, điểm đối xứng M qua đường thẳng AB AC,

a) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp ba điểm N H P, , thẳng hàng b) Tìm vị trí M để đoạn thẳng NP lớn

Câu (1,0 điểm) Cho số dương x y z, , thỏa mãn điều kiện xy+yz+zx=xyz

Chứng minh x+yz + y+zx+ z+xy ≥ xyz + x+ y+ z

Câu (0,5 điểm) Xét tập X gồm 700 số nguyên dương lớn 1, đôi khác

mỗi

số nhỏ 2017 Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x y, cho x−y thuộc tập E ={3;6;9}

(17)

ĐỀ SỐ 16 Câu (2,0 điểm)

a) Cho a≥0 a≠1 Rút gọn biểu thức

( )

3

6 20 14 ( 3) :

2

a

P a a a

a

 − 

 

= − + + + − − −

 − 

 

b) Giả sử số nguyên dương n có tất k ước số dương làd d1, 2, ,dk Chứng minh

1 k

d +d + +d + =k n+

2

n

số phương Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 4 28 27

2 27 24

3

x + x+ = + x+

2

8

16

2

8 3

xy

x y

x x x x y

y y

 + + =

 +

 

 + = + −



Câu (0,5 điểm) Cho đường thẳng d y: =ax b+ qua điểm M(2;7) Tìm số nguyên ,

a b cho đường thẳng d cắt trục hoành điểm có hồnh độ số ngun

âm, cắt trục tung điểm có hồnh độ số nguyên dương

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Lấy điểm M cạnh AC Từ C vẽ đường thẳng vng góc với tia BM, đường thẳng cắt tia BM D, cắt tia BA E

a) Chứng minh EA.EB = ED.EC điểm M di chuyển cạnh AC tổng

BM BD CM CA+ có giá trị không đổi

b) Kẻ DH ⊥BC (H∈BC) Gọi P, Q trung điểm đoạn thẳng BH, DH Chứng minh CQ⊥PD

Câu (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O dây AB cố định (O không thuộc AB) P

điểm di động đoạn AB (P khácA B, ) Qua A P, vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với

( )O A Qua B P, vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với ( )O B Hai đường tròn ( )C

( )D cắt N ≠P

a) Chứng minh  ANP=BNP PNO=900

b) Chứng minh P di động N ln nằm cung tròn cố định

Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn a2 +b2 + +c2 (a+ +b c)2 ≤4 Chứng minh

( ) (2 ) (2 )2

1 1

3

ab bc ca

a b b c c a

+ + + + + ≥

+ + +

Câu (0,5 điểm) Mỗi điểm mặt phẳng tô ba màu xanh, vàng đỏ Chứng minh ln tìm hai điểm màu có khoảng cách cm

(18)

ĐỀ SỐ 17 Câu (2,0 điểm)

a) Cho số thực a b c x y z, , , , , cho x y z, , ≠0, 3

ax =by =cz 1 1

x+ + =y z Chứng

minh ax2 +by2 +cz2 = a+ 3b+ c

b) Tìm tất ba số nguyên ( , , )a b c cho số ( )( )( ) 2

a−b b−c c−a

+ lũy thừa 2019

2018 (Một lũy thừa 2019

2018 là số có dạng 2019 2018 n với

n số nguyên không âm)

Câu (2,0 điểm)

2 2

x + x+ = − + +x

2 2

4

2

x xy y xy y

x x y y y

 − + + − =

 

+ − + = +



Câu (0,5 điểm) Cho đường thẳng d y: =(m−2)x− +m Tìm m để khoảng cách từ O

đến đường thẳng d lớn

Câu (2,0 điểm)

Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên cạnh AD lấy điểm M cho AM =3MD Kẻ tia Bx cắt cạnh CD I sao cho  ABM =MBI Kẻ tia phân giác CBI, tia cắt

cạnh CD tại N

a) So sánh MN với AM + NC

b) Tính diện tích tam giác BMN theo a Câu (2,0 điểm)

Từ điểm A nằm ngồi đường trịn ( )O Vẽ hai tiếp tuyến AB AC, ( ,B Clà hai tiếp điểm)

và cát tuyến AEF đến ( )O cho (AEF nằm tia AO AB, , F E, ∈( )O

 

BAF <FAC) Vẽ đường thẳng qua E vng góc với OB cắt BC M , cắt BF N

Vẽ OK ⊥EF Chứng minh rằng:

a) Tứ giác EMKC nội tiếp

b) Đường thẳng FM qua trung điểm AB

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , ba số thực không âm thỏa mãn a+ b+ c≥1 Chứng

minh 2 ( ) ( )( )( )

7

a +b +c + ab+bc+ca ≥ a+b b+c c+a

Câu (0,5 điểm) Cho đường gấp khúc khép kín có độ dài Chứng minh ln tồn hình trịn có bán kính

4

R= chứa tồn đường gấp khúc

(19)

ĐỀ SỐ 18 Câu (2,0 điểm)

a) Cho x y, >0 cho x+ = −y xy Tính giá trị biểu thức

2

1

2 (1 )(1 )

1

y x

P x y x y

x y

+ +

= + + + +

+ +

b) Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình x2+ y2+ + =x y kxy có

nghiệm nguyên dương Câu (2,0 điểm)

2

8

2

x x

x

x x

− +

− + = −

( )( )

2

21

1

x y x y

x x y y

 + + + = 



 + + + + =



( ) :

P y= x đường thẳng d mx: − + =y Tìm m để d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, cho diện tích tam giác AOB

2 Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC với đỉnh A B C, , cạnh đối diện với đỉnh tương ứng a b c, ,

a) Tính diện tích tam giác ABC theo a b c, , b) Chứng minh 2

4

a +b +c ≥ S

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O với AB< AC Gọi M trung điểm BC, AM cắt ( )O điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác

MDCcắt đường thẳng AC E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt

đường thẳng AB F khác B

a) Chứng minh BDFCDE; ba điểm E M F, , thẳng hàng OA⊥EF.

b) Phân giác góc BAC cắt EF điểm N Phân giác góc CEN BFN lần

lượt cắt CN BN, P Q Chứng minh PQ song song với BC

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn điều kiện ab+bc+ca≤3abc

Chứng minh 2( a b b c c a) a2 b2 b2 c2 c2 a2

a b b c c a

+ + +

+ + + + + ≥ + + +

+ + +

Câu (0,5 điểm) Trên đảo có 13 tắc kè xanh, 15 tắc kè đỏ 17 tắc kè vàng Khi hai tắc kè khác màu gặp nhau, chúng đổi sang màu cịn lại Liệu đến lúc tất tắc kè có màu hay không ?

(20)

ĐỀ SỐ 19 Câu (2,0 điểm)

a) Cho số thực x y z, , đôi khác thỏa mãn

3 3

(y−z) 1−x + −(z x) 1−y +(x−y) 1−z =0

Chứng minh 3 3

(1−x )(1−y )(1−z )= −(1 xyz) b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 2

8

x y y

x y x

− = − Câu (2,0 điểm)

1

x+ + x − x+ = x

2

2 34

x x y xy x

y x y xy y

 + − + − − = + 



+ − + − − = − +



Câu (0,5 điểm) Cho hàm số y= 2x−1 có đồ thị ( )C Tìm m để đường thẳng

:

d y= +x m cắt ( )C hai điểm phân biệt A B cho đoạn thẳng AB có độ dài

bằng

Câu (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC (AB< AC) có đường cao AH cho AH =HC Trên AH lấy điểm I cho HI =BH Gọi P Q trung

điểm BI AC Gọi N M hình chiếu H AB IC; K

giao điểm đường thẳng CI với AB; D giao điểm đường thẳng BI với AC

a) Chứng minh I trực tâm tam giác ABC

b) Chứng minh tứ giác HNKM hình vng bốn điểm N P M Q, , , thẳng hàng Câu (2,0 điểm) Cho đường trịn ( )O đường kính AB=2AC, điểm C thuộc đường tròn

(C≠ A C, ≠B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C, kẻ tia Ax tiếp xúc với đường

tròn ( )O Gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q, tia AM cắt BC N

a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân

b) KhiMB=MQ, tính BC theo R

Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a b c, , thoả mãn a2+b2+c2 =2

Chứng minh bất đẳng thức { }

( )

2 2 2 3

2 8max ; ;

3 a b b c c a

a b c abc

a b c

+ + + ≥

+ +

Câu (0,5 điểm) Cho ba đống sỏi khác Sisyphus thực di chuyển viên sỏi từ ba đống sỏi sang đống sỏi lại Mỗi lần chuyển sỏi, Sisyphus nhận từ Zeus số tiền hiệu số số sỏi đống sỏi lấy đống sỏi nhận thêm trước di chuyển Nếu số chênh lệch âm Sisyphus phải trả cho Zeus số tiền chênh lệch Sau số bước thực số sỏi đống trở ban đầu Hỏi số tiền tối đa mà Sisyphus nhận ?

(21)

ĐỀ SỐ 20 Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức

3

10 5

5 5

5

x x x x

P x

x x x x

x

 

 +  +  − 

= −   −   − 

+ + + −

−

     

Rút gọn biểu thức P tìm số nguyên x≥11 để

P>

b) Tìm số nguyên x y, thỏa mãn x4+ =y x3+y2 Câu (2,0 điểm)

(3 4)

x + x − x− x+ =

4

3

( 1)( 1)

1 1

x y xy

x y x

 + + = 



− − − = −



Câu (0,5 điểm) Cho parabol ( ) :

2

P y= x đường thẳng : ( 1) 2

d y = m+ x−m − (m

là tham số) Tìm m đường thẳng d cắt Parabol ( )P hai điểm A x y( ;1 1), ( ;B x y2 2) cho biểu thức T = +y1 y2−x x1 2 đạt giá trị nhỏ

Câu (2,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB / / CD AB, <CD) Gọi K M, trung điểm BD,AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua

M vng góc với BC Q Chứng minh

a) KM //AB b) QC=QD

Câu (2,0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a M điểm di động đoạn OB (M khôngtrùng với O B, ) Vẽ đường tròn tâm I qua M tiếp xúc với BC B, vẽ đường tròn tâm J qua M tiếp xúc với CD D Đường tròn ( )I

đường tròn ( )J cắt điểm thứ hai N

a) Chứng minh điểm A N B C D, , , , thuộc đường tròn Từ suy điểm

, ,

C M N thẳng hàng

b) Tính OM theo a để tích NA NB NC ND lớn

Câu (1,0 điểm) Cho x y z, , >0 thỏa x+ y+ z =1 Chứng minh rằng:

2 2

2 ( ) ( ) (

1 )

x yz y zx z xy

x y z y z x z x y

+ + + + +

+ + + ≥

Câu (0,5 điểm) Một quân cờ di chuyển bàn cờ n n× theo cách: lên

một ô, sang bên phải ô, xuống bên trái Hỏi qn cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát không ?

(22)

ĐỀ SỐ 21 Câu (2,0 điểm)

a) Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với giá trị nguyên dương n

( 2 )

2 2 2

P= n + n+ + n − n+ n + − n +

b) Tìm tất số tự nhiên ( ; )x y thỏa mãn x x2 =9y2+6y+16 Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: ( ( ) )

2 x+2 +2 2−x = 9x +16

b) Giải hệ phương trình: ( ) 4

2019 2023 2023 2019

2021

2

xy x y

x y x y

 + + =

 

 + =



Câu (0,5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol ( ) :P y=x2 đường thẳng

:

d y= − mx− m Tìm tất giá trị m để đường thẳng d cắt ( )P hai điểm

phân biệt có hồnh độ x x1, cho x1 + x2 =3

Câu (2,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB=a AD, =b Gọi H hình chiếu A lên BD Gọi E F hình chiếu H lên BC CD, gọi M giao

điểm CH AD Chứng minh:

a) HE 2a3 2

a b

=

+ b)

6

a b

CM

a

+

=

Câu (2,0 điểm) Cho đường trịn ( )O đường kính AB, qua A B vẽ tiếp

tuyến d1 d2 với ( )O Từ điểm M ( )O vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 C cắt d2 D Đường trịn đường kính CD cắt đường trịn ( )O E F (E

thuộc cung AM ), gọi I giao điểm AD BC

a) Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD

b) Chứng minh MI vng góc với AB ba điểm E I F, , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm). Cho a b c, , >0 cho a+ + ≥b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

2 25

2

3

b c

Q a

a b c

= + + + + +

Câu (0,5 điểm) Trong 100 số tự nhiên từ đến 100, chọn n số (n≥2) cho số phân biệt chọn có tổng chia hết cho Hỏi chọn n số thỏa mãn điều kiện

trên với n lớn ?

(23)

ĐỀ SỐ 22 Câu (2,0 điểm)

a) Cho a= 2; b= Chứng minh 1 a b a b

a−b− = + + + +b b a

b) Tìm tất ba số nguyên tố ( ; ; )a b c thỏa mãn a< <b c, , , 1bc− a ca− b ab− c

Câu (2,0 điểm)

5

5 6

x x

+ + + =

+ + b) Giải hệ phương trình:

2

4 4

x y x

x xy y y

 + − = 



− + − + =



Câu (0,5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol

( ) :P y=x hai đường thẳng

:

d y=m; d′:y=m2 (với 0< <m 1) Đường thẳng d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, đường thẳng d′ cắt ( )P hai điểm phân biệt C D, (với hoành độ A D số

âm) Tìm m cho diện tích hình thang ABCD gấp lần diện tích tam giác OCD

Câu (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD, lấy điểm M BD cho MB≠MD

Đường thẳng qua M song song với AB cắt AD BC E F Đường

thẳng qua M song song với AD cắt AB CD K H

a) Chứng minh KF // EH đường thẳng EK HF BD, , đồng quy b) Chứng minh SMKAE =SMHCF

Câu (2,0 điểm) Cho AB đường kính cố định đường tròn ( )O Qua điểm A

vẽ đường thẳng d vng góc với AB Từ điểm E đường thẳng d, vẽ tiếp

tuyến với đường tròn ( )O (C tiếp điểm, C khác A) Vẽ đường tròn ( )K qua C

tiếp xúc với đường thẳng d E, vẽ đường kính EF đường trịn ( )K Gọi M

trung điểm OE Chứng minh rằng:

a) Điểm M thuộc đường tròn ( )K

b) Đường thẳng qua F vng góc với BE ln qua điểm cố định E thay

đổi đường thẳng d

Câu (1,0 điểm) Cho số dương x y, Tính giá trị nhỏ biểu thức

3

2 (2 )( )

4 3( )

(2 ) 1 ( ) 1

x y x y

P

x y

x y x y

+ +

= + + −

+

+ + − + + −

Câu (0,5 điểm) Trên bảng ban đầu ghi số số Ta thực viết thêm số lên bảng sau: đã có số, giả sử a b, (a≠b), ta viết thêm lên bảng số có giá trị a+ +b ab Hỏi với cách thực vậy, bảng xuất số 2016 khơng

? Giải thích

(24)

ĐỀ SỐ 23 Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức ( )

( )2

2 3 6 4

2

b a b b

P a b

a b a b a ab a b

 

 −  +

 

= − −  + 

 +  − − + −

   

(với a b, số nguyên dương, a,b≤9,a≠b,b≠4a)

Rút gọn P tìm n=ab (n số có hai chữ số a b, a≠0) để P đạt giá trị lớn

b) Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn 2n+1, 3n+1 số phương 2n+9 số nguyên tố

Câu (2,0 điểm)

3x− +5 3− x =9x −36x+38 b) Giải hệ phương trình: 2 2

2

1

1 25

4 16

x y

y x

+ = 



 

 +  + =

  

  



Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol ( ) :

4

P y= x Giả sử hai đường

thẳng qua I(0;1) cắt ( )P A B1, 1 A B2, tương ứng Chứng minh

1 2

1 1

1

IA + IB = IA + IB = 1 2 1 2

1

IA IA + IB IB ≤

Câu (2,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có cạnh AB=a A, =600 Một đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA DA theo thứ tự M N

a) Chứng minh tích BM DN có giá trị khơng đổi b) Gọi K giao điểm BN DM Tính số đo BKD

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn ( )O đường kính BC Kẻ đường

cao AH ABC Cho biết 20 ,

AH

BC cm

AC

= =

a) Tính độ dài cạnh AB AC

b) Đường trịn đường kính AH cắt đường tròn ( )O , AB AC, M D E, , Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC K Chứng minh ba điểm A M K, , thẳng hàng bốn điểm B D E C, , , nằm đường tròn

Câu (1,0 điểm) Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn abc=2 Chứng minh 3

a +b +c ≥a b+ +c b a+ +c c a+b

Câu (0,5 điểm) Đặt tùy ý 2018 bìa hình vng cạnh nằm hình vng lớn có cạnh 131 Chứng minh bên hình vng lớn, ta ln đặt hình trịn có bán kính cho hình trịn khơng có điểm chung với bìa hình vng

(25)

ĐỀ SỐ 24 Câu (2,0 điểm)

a) Chứng minh số x0 = 2+ 2+ − 2− + nghiệm phương trình

16 32

x − x + =

b) Cho ABC có  A= +B 2C độ dài ba cạnh ba số tự nhiên liên tiếp Tính độ dài

cạnh ABC

Câu (2,0 điểm)

4 10

x x

x− x+ + x− x+ =

b) Giải hệ phương trình: ( )

( )

3

2

6

2

x xy y

x y

x x y

x xy y

 + = + 

 +

+ − + =

 + +



Câu (0,5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d y: = +x ( ) :P y=x

Xác định độ dài cạnh hình vng ABCD biết hai đỉnh A B, thuộc đường thẳng d hai

đỉnh C D, thuộc parabol ( )P

Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh

, , ,

AB BC CD DA hình vuông

a) Chứng minh ( )

2

ABCD

AC

S ≤ MN+NP+PQ+QM

b) Xác định vị trí M N P Q, , , để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD BE CF, , cắt điểm H Đường thẳng EF cắt điểm M Gọi O trung điểm BC Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác OBF OCE, cắt giao điểm thứ P

a) Chứng minh tứ giác EFPH,BCHP MEPB, tứ giác nội tiếp b) Chứng minh OPM tam giác vuông

Câu (2,0 điểm) Cho a b c, , ba số dương Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

2 2 2 2 2

4 ( ) ( ) ( )

2 2

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

+ − + − + −

+ +

+ + + + + + ≥

Câu (0,5 điểm) Trong bảng 11 11× vng ta đặt số tự nhiên từ đến 121 vào

đó cách tùy ý (mỗi ô đặt số hai khác đặt hai số khác nhau) Chứng minh tồn hai ô vuông kề (tức hai vng có chung cạnh) cho hiệu hai số đặt hai lớn

(26)

ĐỀ SỐ 25 Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức 2

2

1 ( 1)

a a

P a

a a

= + + +

+ + với a≠ −1 Rút gọn biểu thức P tính giá trị biểu thức P a=2020

b) Cho p q, số nguyên tố thỏa mãn

1

p q n

+

+ =

+ + với n số nguyên dương Tìm tất giá trị dương q−p

Câu (2,0 điểm)

3x− +5 3− x =9x −36x+38 b) Giải hệ phương trình:

2

3

2

x y xy x y

x y x y

 + − + + − = 



− + + − =



Câu (0,5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol ( ) :P y=x2 Trên ( )P lấy điểm

phân biệt ( ; ) i i i

A a a với i=1, 2, ,6 Giả sử A A1 2 ⊥ A A4 5 A A2 3 ⊥A A5 6 Chứng minh

nếu

1 2 3 4 5 6

(a +a )(a +a )(a +a )(a +a )(a +a )(a +a )≠ −1 A A3 4 A A6 1 khơng thể vng

góc với

Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD, tia đối tia CD lấy điểm M ( CM <CD), vẽ hình vng CMNP (P nằm B C), DP cắt BM H , MP cắt BD K

a) Chứng minh DH vng góc với BM tính PC PH KP BC + DH +MK

b) Chứng minh

MP MK +DK BD=DM

Câu (2,0 điểm) Cho ( )O ( )d không giao Vẽ OH ⊥( )d , lấy hai điểm A B, thuộc ( )d cho HA=HB Lấy điểm M thuộc đường tròn ( )O Dựng cát tuyến qua

, ,

H A B điểm M cắt đường tròn ( )O C D E, , ,DE∩( )d =S Dựng đường

thẳng qua O vng góc với CE cắt tiếp tuyến E ( )O K Dựng ON ⊥DE N

a) Chứng minh tứ giác HNCS tứ giác nội tiếp

b) Ba điểm S C K, , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm) Cho ba số x y z, , không âm thỏa mãn x2+ y2+z2 =1 Chứng minh

2 2

1 1

2 2

x+y y+z x+z

     

−  + −  + −  ≥

     

Câu (0,5 điểm) Từ đa giác 15 đỉnh, chọn đỉnh Chứng minh có ba đỉnh số đỉnh chọn ba đỉnh tam giác cân

(27)

Câu a) Ta có

1

a b a b b b

P

a ab ab a ab a ab

 

+ − −

= +  + 

+  − + 

( 1) ( ) ( )

a b a b b b

ab

a a b a a b a a b

 

+ − −  

= + +

 

+  − + 

( 1) (( )( ))

2

b a b a b

a b a b

ab

a a b a a b a b

+ + −

+ − −

= +

+ + −

( 1) ( ) ( 1)

a b a b

a

a a b a a b a a b

+ − + − +

= + = =

+ + +

Khi

4

2019 13 2019 13

Q P a a a a a a a a

a

= + + − + = + + − + (a>0) 2019 12 (a a 4a a) a 4 (2a a 8)

a

 

= + + − + + − + − − +

 

2031 a a( a 4) (a a 4) (2 a a 4)

a

= + − + + − + − − +

2031 a (a a 4) 2030 a ( a 2)2

a a

   

= + + −  − + = + + −  −

   

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM (Cơ si) ta có a

a

+ ≥ Hơn ( a−2)2 ≥0 nên Q≥2031

Vậy minQ=2031 a=1 a=4 

BỘ ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ

(28)

b) Khơng giảm tính tổng qt, giả sử x≥ y Khi đó, ta có đánh giá

2

8 x 8x (x 4)

x <x + y≤ + < +

Do

x + y số phương nên ta xét trường hợp sau:

 Trường hợp 1: 2

8 ( 1)

x + y= x+ ⇔ y= x+ Điều xảy hai vế

khác tính chẵn lẻ

8 ( 3)

x + y= x+ ⇔ y= x+ Điều xảy hai

vế khác tính chẵn lẻ

8 ( 2)

x + y= x+ ⇔ =x y−

Do 2

8 8(2 1) 16

y + x= y + y− = y + y− số phương nên

ta xét khả sau

• Với y=1 cặp số ( ; )x y =(1;1) thỏa u cầu tốn • Với y≥2, ta có

2 2

(y+3) < y +16y− <8 (y+8) Do

16

y + y− số phương nên

2 2 2

16 {( 4) , ( 5) , ( 6) , ( 7) }

y + y− ∈ y+ y+ y+ y+

Giải trực tiếp trường hợp ta thu được, ta thu cặp số (5;3), (3;5), (21;11), (11; 21)

Tóm lại, cặp số ( ; )x y thỏa mãn yêu cầu toán

(1;1), (5;3), (3;5), (21;11), (11; 21)  Câu

a) Đặt

; 1;

a=x b= +x c= x+ Khi a3+b3+c3 =2x3+3x2+4x+3 Phương trình cho thành

( ) ( ) (2 ) (2 )2

3 3

3

2

a +b +c = abc⇔ a+ +b c  a−b + b−c + −c a =

0

a b c

a b b c c a

+ + = 

⇔  − = − = − = 

a b c

+ + = 

⇔  = =



 Với a+ + =b c ta có

( )

1

(29)

3 x 2 2x 1 ⇔ + = − −

( )3

2

x x

⇔ + = − − ( )( )

1 8

x x x

⇔ + + + =

⇔ = −x (do 8x2 +8x+ > ∀ ∈3 0, x )

 Với a= =b c ta có x= + =x 1 x+2 (vơ lý) Vậy phương trình cho có nghiệm x=1  b) Hệ phương trình cho viết lại sau

3

2

2 12

8 12

x xy y

x y

 + + = 



+ =



Thay 2

12=x +8y vào phương trình hệ, ta được:

3 2

2 ( )

x + xy + x + y y=

3 2

2

x xy x y y

⇔ + + + =

3 2

(x 8y ) (2xy x y)

⇔ + + + =

2

(x )(y x 2xy 4y ) xy(2y x)

⇔ + − + + + =

2

(x )(y x xy 4y )

⇔ + − + =

 Nếu x+2y= ⇔ = −0 x 2y thay vào phương trình thứ hai hệ

ta

12y =12⇔ = ±y • Với y=1 suy x= −2 • Với y= −1 suy x=2

 Nếu

2 2

2 15

4 0

2

y y

x −xy+ y = ⇔x−  + = ⇔ = =x y

  thay vào

phương trình thứ hai hệ thấy khơng thỏa Vậy tập nghiệm hệ phương trình cho

{( 2;1), (2; 1)}

S = − − 

Câu

Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số

2

0

2

0; ; 2

x

x mx x m x m x

x

m m

 = 

= ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈ −  =

 



(30)

Gọi giao điểm hai đồ thị (0;0); ; ; ;

2 2

m m m m

O A    B − 

    Gọi H giao điểm AB trục tung, suy ;

2

m

AB= m OH =

Do OAB nên

2

3

3 {0; 3; 3}

2 2

m

OH = AB⇔ = m ⇔ m = m ⇔m∈ −

So điều kiện, chọn m= ±

Vậy m= ± thỏa mãn yêu cầu toán  Câu

I

H N

K

L

E

G D C

A B

M

F

a) Vẽ AG⊥AF G( ∈CD)

Dễ thấy ABE đồng dạng với ADG (g-g)

Suy

2

AE AB

AG AE

AG = AD = ⇒ =

Xét AGF vuông A ta có

2 2

1 1

AD = AG + AF

Khi

2 2

1 1

1

2

AF

AB AE

= +

   

   

   

hay 12 12 2

AB AE AF

 − =

 

 

b) Vẽ đường cao BL tam giác ABC MN ⊥BL Khi

2 2

(31)

Mặt khác, MH =NL nên

2 2

MI +MH +MK ≥BN +NL (1)

Áp dụng bất đẳng thức 2

2 ( )

2

x +y ≥ x+ y ta có

2 ( )2

2

BN NL BL

BN +NL ≥ + = (2)

Từ (1) (2) suy

2

2 2

2

MI +MH +MK ≥ BL

Vậy 2 2

min( )

2

BL

MI +MH +MK = M trung điểm BL 

Câu

G K

I

Q

P M N

O

B C

A

D E

J

a) Do tứ giác BDIP nội tiếp nên

  

180

PIK = −PID=PBC

Lại tứ giác APBC nội tiếp nên

  

180

PAK = −PAC =PBC

Suy

 

PIK =PAK

Do tứ giác AIPK nội tiếp

Do tứ giác AIPK BDIP nội tiếp nên  PKI =PAI PDI =PBI

(32)

PK PA

PD = PB (1)

Lại tứ giác APBQ nội tiếp nên MPB =MAQ MBP =MQA

Suy MPBMAQ (g – g),

PB MP

QA= MA (2)

Tương tự, MAPMQB (g – g), suy

PA MP

QB =MB (3)

Mà MA=MB nên từ (2) (3) ta suy

PB PA

QA=QB (4)

Từ (1) (4) ta đến

PK QB

PD = QA

b) Do tứ giác BDIG APBC nội tiếp nên  PGI =PBI  PBA=PCA, suy

 

PGI =PCA Do IG//AC

CD KD

CE = KI (5)

Trên cạnh AB, lấy điểm J cho  KPI = APJ

Vì tứ giác AIPK nội tiếp nên KPI =1800−KAI =BAC khơng đổi, J điểm cố

định, nghĩa tỉ số AB

AJ không đổi (6)

Lại PKI PAJ (g – g) PKDPAB (g – g) nên

KI PK KD

AJ = PA = AB (7)

Từ (5), (6) (7) dẫn đến CD AB

CE = AJ

Vậy D di chuyển BC CD

CE khơng đổi 

(33)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

2 2

(a+b) =(1.a+1.b) ≤2(a +b ) (1) Hơn nữa, từ bất đẳng thức 2

2ab≤a +b ta đến

2 (

4abc≤ c a +b ) (2) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1) (2) ta

2 2

2

(a+b) +4abc≤ (a +b )(c+1) Suy

28 2 42

(a+b) +4abc ≥(a +b )(c+1) (3) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

2 2 2 2

1 2(

( )( 1) 1)

a b

b c c

a c

+ +

+ + ≥ + = + (4)

Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta

( 2( 1)

8

)

c+ = c+ + ≥ c+

(5) Từ (3), (4) (5) ta suy

28 2

( )

8

a b

a b abc c

+

+ ≥

+ +

+ (6) Tương tự

28 2

( )

8

b c

b c abc a

+

+ ≥

+ +

+ (7) 28 2

( )

8

c a

c a abc b

+

+ ≥

+ +

+ (8) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (6), (7) (8) ta thu

2 2

8 8

( ) ( ) ( )

8 8

3

4

a b c

a b

abc b c abc c a abc

c

+ +

≥ + +

+ +

+ + +

+ + + +

+

+ +

(34)

Từ giả thiết ta có: a+ + =b c Các ba phần tử X có tổng

{0;2;5 , 0;3;4 , 1;2;4} { } { } Gọi A tập số abcdef cần tìm

{ }

{ A a b c: , , 0;2;5 }

B= abcdef ∈ ∈

{ }

{ A a b c: , , 0;3;4 }

C = abcdef ∈ ∈

{ }

{ A a b c: , , 1;2;4 }

D= abcdef ∈ ∈

Ta có: A= ∪ ∪B C D B C D, , tập rời Do đó: A = B +C + D =2 2.2.1 3! 3!.3! 84( ) + = 

===Hết===

Câu a) Ta có:

2 2

2 :

a b a b a b

P

a b

a b a b a b a b

 − −  −

= + 

+

+ + − − − +

 

( )

2

2 2

a b

a b a b

a b a b a b a b a b a b

 − 

− +

 

= + 

+ + − − + − − −

 

 

2

1

a b

a b

a b a b a b a b a b

+

 

= −  + 

+ + − + − −

  −

2

( ) ( )

a b a b a b

− + +

=

+ − − − a2 b2

b

+ =

Thay a= +b vào biểu thức P ta

2 2

( 1) (1 2 ) (2

2 2 2) (1 )

2 2

b b b b b b

P

b b b

+ + − + + + −

= = = + + ≥ +

(35)

Vậy

2

1 2

min 2

1

2

a b

P

b a

b

 + =   − =

 

= + ⇔ ⇔

= −

  =





b) Cách

Phương trình cho viết lại sau

3 3 3

9 3 .3 27

x + y = xy⇔ x +y + − x y = (*)

Áp dụng đẳng thức 3 2

3 ( )( )

a +b + −c abc= a+ +b c a +b +c −ab bc− −ca , ta có

phương trình (*) tương đương với

2

(x+ +y z x)( +y + −9 xy−3x−3 )y =27

(x y z)[(x y) 3(x y) 3xy 9] ⇔ + + + − + − + = Do x y, ∈+ nên x+ + ≥y nên x+y+ ∈3 {9; 27}

Xét trường hợp:

8

( ) 3( )

x y x y

xy

x y x y xy

+ + = + =

 

⇔

  =

+ − + − + = 

 Giải hệ ta thu

các nghiệm ( ; )x y (2; 4), (4; 2)

 Trường hợp 2:

2

24 27

512 ( ) 3( )

3

x y

xy

x y x y xy

+ = 

+ + =

 

⇔

  =

+ − + − + =

  (vô lý)

Vậy cặp số ( ; )x y cần tìm (2; 4), (4; 2) Cách

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương, ta có

3 2

9xy=x +y =(x+ y x)( +y −xy)≥(x+y)xy

Suy

2≤ + ≤x y Mặt khác, ta có

3 3

9xy=x + y ⇔9xy=(x+ y) −3xy x( +y) (*) Suy x+y chia hết cho Do x+ y∈{3;6;9}

 Trường hợp 1: Với x+ =y 3, thay vào (*)

(36)

 Trường hợp 2: Với x+ =y 6, thay vào (*) ta xy= ⇔ =8 x 4,y=2 2,

x= y=

 Trường hợp 3: Với x+ =y 9, thay vào (*) 81

xy= (vô lý)

Vậy cặp số ( ; )x y cần tìm (2; 4), (4; 2)  Câu

a) Điều kiện:x≥ 32 Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với: (3 ) ( )

1

x − − + x− = x − −

( ) ( )

2

3

9 27

3

2

1

x x x x x x − − ⇔ + − = − + − + − + ( ) ( )

( )( )

2

3

2

1

x x x

x x x x x   − + + +   ⇔ −  + = − + − + − +     ( ) 2

2

3

1

2

1

x

x x x

x x x =   + + + ⇔  + =  − + − + − +  (*)

Nhận xét: 3 2 x x x + + >

− + ; ( )2

2

3

1

x x x + < − + − + Thật vậy,  ( ) 2 3

2 2

2

x x

x x x

x

+ + > ⇔ + + > − +

− +

 3

2 x − <2 x +3x− ⇔1 4x − <8 x +9x + +1 6x −2x −6x

( )2 ( )2

2

x x x x x x x x

⇔ + + − + > ⇔ + + − + > (luôn đúng)



( ) ( )

2

3

2

3

1 1

1

x

x x x

x x

+ < ⇔ − + − + >

− + − +

Đặt

t = x − ;t>0 Cần chứng minh:t2+ + >2t t3+1

Ta có:

2 1

(37)

Do phương trình (*) vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm x=3 

b) Phương trình thứ hai hệ viết lại sau: ( )

3 4

x + y− x+y − y+ = Xem

đây phương trình bậc hai x Phương trình có nghiệm

( )2 ( 2 )

0 4.1 4

3

x y y y y

∆ ≥ ⇔ − − − + ≥ ⇔ ≤ ≤

Tương tự ta xét phương trình bậc hai y thu

x

≤ ≤ Khi

4

4 697

3 81

x +y ≤   +   =

    Dấu “=” xảy 4,

3

x y

⇔ = = Thay vào hệ phương trình thấy khơng thỏa Vậy hệ phương trình cho vô nghiệm 

Câu

Phương trình hồnh độ giao điểm ( )P d

2

3

x =mx+ ⇔x −mx− = (*)

Vì c

a = − < nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu ∀m Do d ln cắt ( )P

tại hai điểm phân biệt ∀m Gọi A x mx( ;1 1+3), ( ;B x mx2 2+3)

Do x x1, hai nghiệm phương trình (*) nên theo định lí Vi-ét ta có

1

x x m

x x

+ = 

 = −



Ta có

2 2 2

2 2

( ) ( ) ( 1)( )

AB = x −x + mx −mx = m + x −x

2 2

1 2

(m 1)[(x x ) 4x x ] (m 1)(m 12) 12

= + + − = + + ≥

Suy AB≥2

(38)

F E

M N H

K A

B C

O

a) Ta có

  : sin : sin

OB OH OBH

OC =OK OCK (do OBH OCK, vuông H K, ) OH

OK

= (do  ABO= ACO)

  sin sin

OA OAH

OA OAK

= (do OAH OAK, vuông H K, ) 

 sin sin

OAB OAC

= hay OB.sinOAC =OC.sinOAB

b) Gọi E F, trung điểm OB OC,

Do MEOF hình bình hành nên MEO =MFO (1)

Ta có

 2 2 

OEH = ABO= ACO=OFK (2)

Từ (1) (2) suy MEH =MFK

Lại có

;

ME=OF =FK EH =EO=MF nên MEH =MFK (c.g.c) Suy MH =MK ⇒MHK cân M ⇒MN ⊥HK 

Câu

a) Ta có AI phân giác BAC nên Q điểm cung BC (O)

Suy   BAQ=QAC =QBC

     

(39)

Hay tam giác QBI cân Q

Do ABDACB nên

AB AD

AC = AB hay

2

AB = AD AC (1)

Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC

Do ADI AEC (có góc A chung  AID= ACE)

nên

AD AI

AE = AC hay AI AE = AD AC (2)

Từ (1) (2) suy

AI AE= AB ,

Suy ABI AEB

Suy   

2

ABC AEB= ABI =

Ta có   

2

BAC

AEP=BAE= (hai góc so le trong),

Suy   

2

ABC BAC

BEP= +

Theo a) ta có   

BAC ABC

BIQ= + suy BIQ =BEP

Ta có BPE   = ABD= ACB=BQI

Suy PBE QBI , suy BP BE BP BI BE BQ

BQ = BI ⇔ =

b) Do PBEQBI tam giác BQI cân Q nên tam giác PBE cân P, suy

  

BAC ABC

PBE = + PH ⊥BE với H trung điểm BE

Do HK đường trung bình tam giác EBJ nên HK//BJ

Ta có  

2

ACB

JBD =   

2

BAC ABC

DBE= + , suy JBE =90o hay JB vng góc BE

K

H J

Q O

P

E D

I

B

(40)

Suy PH//JB, suy P, H, K thẳng hàng hay PK//JB 

Câu

Đặt x=bc y, =ca z, =ab Khi

3

x y z abc

a

x bc

+ + = = ;

3

x y z

b y

+ +

= ;

x y z

c z

+ + = Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

2 2 2

2

9 9

2 2 ( )

x y y z z x

x y

y z z z

x + y + + + + x ≤ + +

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

2 2

2

3

2 x y y x y

x + y =x + y +y ≥ =

Suy

2

4 2 2

9

2 3

9

3

x y

y y

x y

y x x

x + ≤ =

Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2

3 2

3

3 x y = x xy xy ≤x +xy+xy=x + xy

Suy

2 2 2

2

x y

x + y ≤x + xy

Chứng minh tương tự

2 2 2

2

y z

y + z ≤y + yz;

2 2 2

2

z x

z + x ≤z + zx

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, ta đến

2 2 2

2

9 9

2 2 ( )

x y y z z x

x y

y z z z

x + y + + + + x ≤ + +

Dấu đẳng thức xảy x= =y z hay a= = =b c 

Câu Gọi A tập số có chữ số abcd (a≥1) cho a+ + +b c d chia hết cho

Xét b+ + =c d 4k+r (0≤ ≤r 3) Nếu r∈{0;1;2} với giá trị r tồn hai giá trị

(41)

Ký hiệu: B={bcd: 0≤b c d, , ≤9;b+ + =c d 4k+r,0≤ ≤r 2}

{ : b c, , 9; 3}

C = bcd ≤ d≤ b+ + =c d k+

Ta có: ( )

2 2 10

A= × B + ×C = × B + C +C = × + C

Xét tập hợp C Giả sử c+ =d 4m+s Nếu s∈{ }0;1 tồn hai giá trị b cho

4

b+ + =c d k+ Nếu s∈{ }2;3 tồn ba giá trị b cho b+ + =c d 4k+3 Ký hiệu: D={cd: 0≤c d, ≤9;c+ =d 4m+s(0≤ ≤s 1)}

{ : c d, 9,c s, 3}

E = cd ≤ ≤ + =d m+ ≤ ≤s

Ta có: ( )

2 2 10

C = × D + × E = × D + E + E = × + E

Xét tập E: đếm trực tổng c+d ta được: E =24+25=49

Vậy

2 10 10 49 2249

A= × + × + = 

===Hết===

Câu a) Ta có

(4 )(4 )

a −b −c

(16 4 ) [4( ) 4 ]

a b c bc a a b c abc b c bc

= − − + = + + + − − +

(4 4 4 ) (4 )

a a b c abc b c bc a a abc bc

= + + + − − + = + +

2

4a 4a abc abc (2a abc)

= + + = +

Suy

(4 )(4 )

a −b −c = a+ abc

Tương tự

(4 )(4 )

b −c −a = b+ abc ;

(42)

(4 )(4 )

c −a −b = c+ abc

Do

2( ) 2019 2.4 2019 2027

P= a+ + +b c abc + = + = 

b) Theo đề, ta có

(x−y x)( +y) 100.30= n Suy x+y x−y chẵn

Đặ ,

2

x y x y

a= + b= − , ta thu được:ab=2 52n 2n 2n+2 =A

Số ước A

(2n+1) (2n+3)

Vì a>b nên suy số cặp ( ; )x y thỏa mãn số cặp ( ; )a b thỏa mãn

2

1

[(2 1) (2 3) 1] ( 1)(4 1) n+ n+ − = n+ n + n+ Ta chứng minh

(n+1)(4n +6n+1) khơng thể số phương Thật vậy, giả sử

(n+1)(4n +6n+1) số phương

Do

gcd(n+1; 4n +6n+ =1) nên 4n2+6n+1 phải số phương Điều vơ lý

2 2

(2n+1) <4n +6n+ <1 (2n+2)  Câu

a) Điều kiện:0≤ ≤x

Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với:

( ) ( )2 ( )2

1

x+ x+ − =x x+ − x

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

⇔ + + − = + + − + x x x

⇔ − = − + (dox− x+ >1 với 0≤ ≤x 2)

( )

2 2 2

x x x x x x x x x

⇔ + − = + ⇔ + − + − = + +

( )

( ) ( )

2

2 2

4

0

2

x x

x x x x

 + − 

⇔ − = + − ⇔ 

− = + − ≥

(43)

( )( ) ( )

1

1 11

5 2

1 *

x x

x

x x x x

x x x

≥ 

 



⇔ ⇔ =

− + + − = 

 

  + + −

≥ −

= 

−

Với x≥ 0− > thìx3+5x2+11x>03+5.0 11.+ ( 1− >) Do phương trình (*) vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm x=1

Bình luận Cần ý đến phân tích quen thuộc hấp dẫn sau đây

( )2 ( ) ( )2 ( )2

4 2 2

1 2

x +ax + = x + − −a x = x + − x −a

( )( )

2

x x a x x a

= − − + + − + với a<2  b) ∀x y, ∈ ta có:

( ) (2 )2

2

5x +2xy+2y = 2x+y + x−y ≥0; 2x2+2xy+5y2 =(x+2y) (2+ x−y)2 ≥0 Điều kiện để hệ phương trình xác định là: 2x+y+ ≥1

Viết lại phương trình thứ hệ đánh sau:

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

2 2

5x +2xy+2y + 2x +2xy+5y = 2x+y + x−y + x+2y + x−y

≥ 2x+ y + +x 2y ≥3x+ y ≥3(x+ y)

Phương trình thứ hệ thỏa mãn nếu:

0

2

x y

x y x y

x y

− = 

 + ⇔ = 

 + 

≥ ≥

≥

Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được:

2

3x+ +1 19x+ =8 2x + +x

( )

( ) (( ) )

2

2x 2x x 3x x 19x ⇔ − + + − + + + − + =

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

2

2 3

3 14

2

1 2 2 19 8 19 8

x x x

x x

x x x x x x

+ −

−

⇔ − + + =

+ + + + + + + + +

2

0

x x

(44)

(do

( ) (2 )3 ( )2

3

1 14

2

1 2 2 19 8 19 8

x

x x x x x x

+

+ + >

+ + + + + + + + + )

Vậy phương trình cho có hai nghiệm là: ( ) ( )0;0 , 1;1  Câu

2

5

x = mx+ m⇔ x − mx− m= (1) d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B,

⇔phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2

16

25 16 25

0

m

m m

m

 < −  ⇔ ∆ = + > ⇔

 > 

(*)

Theo định lý Viet, ta có: 2

5

x x m

x x m

+ = 

 = −



Vì x1 nghiệm phương trình nên:x12−5mx1−4m= ⇒0 x12 =5mx1+4m

Do

( )

2

1 12 5 12 16 15 16

x + mx + m= mx + m+ mx + m= m x +x + m= m + m>

Tương tự, ta tính được: 2

2 12 25 16

x + mx + m= m + m>

Khi đó: 22 2

2 2

1

5 12 25 16

2

5 12 25 16

x mx m

m m m m

A

x mx m m m m m

+ + +

= + = + ≥

+ + +

( Bất đẳng thức AM – GM cho số dương) Dấu “=” xảy

( )

2

4 2

2

25 16

25 16 25 16

25 16

m m m

m m m m m m

m m m

+

= ⇔ = + ⇔ = +

+

0

24 16 2

3

m

m m

m

=  

⇔ + = ⇔

 = − 

Kết hợp với (*) ta chọn

m= −

Vậy minA=2

(45)

Câu a) Cách Ta có

2

2 2

1 1

1

AB AB

AE AF

AE AF AB

    + = ⇔  +  =

   

Đặt  BAE= AFD=α Ta có: AB cos , AB AD sin

AE = α AF =AF = α

Vậy AB AB cos2 sin2 1

AE AF α α

  +  = + =    

   

Cách Ta có

2 2

2 2 2 2

1 1

1

AB AB DC AD

AE + AF = AB ⇔ AE + AF = ⇔ AE + AF =

Laị có

AE DC DC DF

AF = DF ⇒ AE = AF

Vậy 2 2 2

2 2 2

DC AD DF AD DF AD AF

AE AF AF AF AF AF

+

+ = + = = =

Cách

Dựng đường thẳng qua A, vng góc với AE cắt đường thẳng CD J

+ Chứng minh hai tam giác ADJ ABE Suy AJ = AE.

+ Trong tam giác vng AJF có:

2 2 2

1 1 1

AD = AJ + AF ⇔ AB = AE + AF

F I

C' D'

N G

K A

D

B

C E M

J F

A

D

B

(46)

b) Cách

 Trường hợp 1: M trùng I M trùng D ta có: AD AC

AM + AN =

 Trường hợp 2: M khác I M khác D:

Gọi K trung điểm CD Dựng CC’// MG, DD’// MG (C’, D’ thuộc AG) Khi

' '

,

AD AD AC AC

AM = AG AN = AG

Do

' ' ' '

AD AC AD AC AD AC

AM AN AG AG AG

+

+ = + =

Hai tam giác KDD’ KCC’ nên KC’=KD’ Suy

2

AD AC AK

AM + AN = AG = =

Ta có

4

2

9

3 AD AC AD AC AM

AM AN ≥ AM AN ⇒ AN ≥ AD AC

= + (AD, AC không đổi)

Dấu đẳng thức xảy

AD AC

MN

AM = AN ⇔ // DC hay MG//DC

Khi

2

AM AG

AD = AK =

Vậy AM AN nhỏ

AM

AD = 

(47)

t

N

M

A' J

K

I O

H

C B

A

a) Ta có  

90 ; 90

AIH = AKH = Vì  AIH +AKH =1800 nên tứ giác AIHK nội tiếp Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn ( ; )O R A

Ta có:  

   

0

0 90

90

ACB HAC

ACB AHK

AHK HAC

 + =

 ⇒ =



+ =

 (1)

Ta lại có:  AHK =AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2)

 

BAt = ACB(cùng

2sđ



AB) (3)

Từ (1), (2) (3) suy ra: BAt =AIK ⇒ At IK

Mặt khác OA⊥ At⇒IK ⊥OA Vậy IK ln vng góc với đường thẳng cố định OA

Gọi J giao điểm AO IK; A′là điểm đối xứng với A qua O

Ta có: (   )

90 ;

ACH AA B AHC′ ABA′ ACH AA B′

∆ ∼ ∆ = = =

2

AC AH

AB AC AH AA R AH R

AA AB ′

⇒ = ⇒ = = =

′

b) Ta có

AK AH

AKH AHC AK AC AH

AH AC

∆ ∼ ∆ ⇒ = ⇒ =

Gọi S S, ′lần lượt diện tích tam giác ABC AIK.

Ta có AIK ACB AI AK IK AJ

AC AB BC AH

(48)

( )

2 4 2

2

1

2 .

1 . .2 4 4

AJ IK

S AJ IK AK AK AC AH AH

S AH BC AH BC AB AB AC AH R R

′    

= = =  =  = = =

   

Suy 1 2

4 8

R R R

S′ = S= AH BC = BC≤ R=

Vậy giá trị lớn tam giác AIK

R , đạt

H ≡O 

Câu

Đặt x= + −b c a y; ; = + −c a b z= + −a b c

Suy x y z, , >0 , ,

2 2

y z z x x y

a= + b= + c= +

2 9 8

2

2 9

16 36 26

2

y z z x x y

P

x y z

y x z x z y

x y x z y z

+ + +

= + +

     

= +  + +  + + ≥ + + =

 

   

2 2 2

2 9

, , , ,9 , ,

2 2

y x z x z y z

y x z x z y x y x z y

x = y x = z y = z ⇔ = = = ⇔ = = =

Vậy 26 , ,

2

z

P= ⇔ =x y= x z= y 

Câu

Xét phần tử x x x1, 2, 3∈X Đặt , 1, 2,3

i i

c = x i= ta có: 1≤ ≤ci Chia khoảng [ ]1;3 thành hai khoảng [ ]1;2 [ ]2;3 Theo nguyên lý Dirichlet ba số c c c1, ,2 3 có hai số thuộc hai khoảng nói Giả sử hai số là: x= 4a

y= b a b, hai số thỏa mãn yêu cầu toán 

(49)

Câu

a) Từ x= +1 2+3 4 suy 32x=3 2+ 34+ = +2 x 1 Khi

3 3

2x =(x+1) ⇒ x −3x −3x=1 Vậy P= 2020 

b) Đặt 3

2+ b =x; 2− b =y

Do b>0 nên x>0 Khi xy=3 4−b x3+ y3 =4 Do phương trình nghiệm ngun cho trở thành

3 2

2 ( )( ) 2

x y x y x y xy

xy x y x y xy

a a

+ + = + ⇔ + + − = + − Do

2 2

2

0,

2

x x

x +y −xy=y−  + > ∀ >x

  nên x+ =y a

Bây ta có

3

2+ b + 2− b =a (1)

3

4 b a a

⇒ + − = (2) hay

3

4

3

a b

a

 −  − =  

 

Vì b số nguyên nên a3−4 3 a⇒a3−4a⇒4a⇒a∈{1; 2; 4}

 Với a=1 b=5

 Với a=2 a=4 b khơng phải số nguyên dương

Thử lại: với a=1,b=5 ta thấy (2)

3 3 3

3

x +y + xyz=a ⇔a −x −y − xya=

2 2

(a x y)[(a x) (a y) (x y) ] ⇔ − − + + + + − = Do x>0,a>0 nên x+ >a 0, suy (a+x)2+(a+y)2+(x−y)2 >0

(50)

Suy a− − = ⇔ = +x y a x y Điều chứng tỏ (1) 

Câu

a) Điều kiện: − ≤ ≤1 x Với điều kiện này, phương trình cho tương đương với:

( )2

2 2

13 256

x −x + +x =

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

( )2 ( )( ) ( )

2 2 2

13, 13 13− x +3 3 3+ x ≤ 13 27 13 13+ − x + +3 3x =40 16 10− x

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

( ) 2

2 10 16 10

10 16 10 64

2

x x

x − x ≤ + −  =

 

Khi

( )2

2 2

13 256

x −x + +x ≤

2

1

9

1

3

5

20 16 10 16 10

x x x

x

x x

x

x x

 +

 − = + − =

 ⇔  ⇔ = ⇔ = ±

 

= 

 = − 

Vậy phương trình cho có nghiệm là: 5

x= ;

5

x= − 

b) Cách

Nhân phương trình thứ hai hệ với −8 cộng với phương trình thứ ta được:

4

8 24 32 16 16 96 256 256

x − x + x − x+ =y − y + y − y+

( ) (4 )4

2

x y x y

x y

x y x y

− = − = −

 

⇔ − = − ⇔ ⇔

− = − = −

 

Lần lượt thay x= −y ; x= −6 y vào phương trình thứ hệ để tìm y Cuối hệ phương trình cho có nghiệm: (− −4; , 4; 2) ( )

(51)

Đặt y=2t Hệ cho thành: ( )

( )

4

3

16 16 16

3 16

x t

x x x t t t

 + = + 



− + = − +

 (I)

Nhân chéo hai PT hệ (I) ta được:

( )( ) ( )( )

16 16

x + t − t + t = t + x − x + x (1)

Nếu ( )x t; nghiệm hệ (I) xt≠0 Chia hai vế PT (1) cho 2

0

x t > ta được:

2

16 16

3

x t t x

 +  − +  = +  − + 

     

      (2) Đặt u x

x

= + ; v t t

= + ( Điều kiện: u ≥2, 2v ≥ )

Phương trình (2) trở thành:

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

8 3

u − v− = v − u− ⇔u v−v u− u −v + u−v =

⇔(u−v)uv−3(u+ +v) 8= ⇔0 (u−v) ( u−3)(v− − =3) 1 (3)

Từ phương trình thứ hệ (I) ta suy ra: x t dấu Từ điều kiện u v, ta suy ra: u v, ≥4 ≤ −4 Suy ra: u−3 , v−3 ≥1 ≤ −7

Do đó: (u−3)(v− − ≥3) Từ (3) suy ra: u=v Khi

( ) ( )

4 4 4

0 4

x t

x t x t x t

x t x t xt x

t

= 

    

+ = + ⇔ − + − = ⇔ −  − = ⇔  =

   



 Với x=t thay vào phương trình thứ hệ (I) ta

( )

4

16 16 16

t + = t + , vô nghiệm

 Với x t

= thay vào phương trình thứ hệ (I) ta được:

( ) ( )( ) 4

256

16 16 t 16 t 15t 16 t t 16 t t

t + = + ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ±

(52)

Câu

2 2

2ax =4x−2a ⇔2ax −4x+2a =0 (*)

d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, ⇔ phương trình (*) có nghiệm phân biệt

0 a 0 a ∆ > ⇔ − > ⇔ < <

⇔ (do kết hợp với a>0)

Áp dụng định lí Viète cho phương trình (*) ta có

1

2

x x

a

x x a

 + = 

  = 

Khi

8 1

4 2

2 2

Q a

a a a a

a

= + = + ≥ =

Vậy

0

1

min 2 1

4 2

2 2

a a

Q a

a a

a

< < < < 



 

= ⇔ ⇔ = ± ⇔ = =

 

 



Câu

a) Do PM //AQ QN //AP nên

  

45

MPA=PAQ=NQA=

  ND BP BP DQ

PAB NQD ABP QDN ND

DQ AB AB

⇒ = ⇒  ⇒ = ⇒ = (1)

  MB QD QD BP

BPM DAQ BPM DAQ MB

BP QA DA

= ⇒  ⇒ = ⇒ = (2)

K

F

E Q

N D

A

B C

M

(53)

Từ (1) (2) suy ND=MB hay AM = AN

Vậy AMN cân A

b) Gọi K điểm đối xứng với M Suy AK =AM =AN MAP =KAP

Mặt khác,      

45

MAP+QAN =KAP+QAK = ⇒QAN =QAK⇒K N đối xứng

qua AQ⇒ EM =EK FK, =FN Khi

  ( ) ( ) ( )

180 180 360 90

KEF+KFE= −KEM + −KFN = − MEP+NFQ =

Suy  90

EKF =

Vậy theo định lí Pythagore 2 2

EF =KE +KF =ME +MF 

Câu

I O'

O

E

N

M D

C

B A

a) Ta có BAN BMN = (cùng chắn BN ) (1) Do tứ giác AMNB nội tiếp nên MNB  =DAB=DEB hay INB=DEB

Do tứ giác BEIN nội tiếp nên  EBI =ENI hay EBI   = ANM = ABM =EBI

Suy CBE   +EBM =EBM +IBM ⇒CBE =IBM (2)

Từ (1) (2) suy MIBAEB (g – g)

b) Do CD tiếp tuyến đường tròn ( )O nên CDA =CBD suy CDBCAD (g –

g) BD CD

DA CA

⇒ = Chứng minh tương tự ta có CE EB

CA = EA

Mà CD=CE (tính chất tiếp tuyến) nên BD EB

DA= EA (3)

Theo chứng minh trên, MIB AEB EB IB

EA MI

⇒ =

(54)

Lại có   ABD=AED=IEN

Do tứ giác BNIE nội tiếp ⇒ IEN =IBN ⇒  ABD=IBN

Mặt khác, theo chứng minh ta có INB =DAB

Suy DBA IBN DB IB

DA IN

⇒ =

  (5) Từ (3), (4) (5) suy IB IB MI IN

MI = IN ⇔ =

Vậy O I′ ⊥MN 

Câu Ta có:

2 2 2

( )( ) ( ) ( )

ab+bc+ca = a+ +b c ab+bc+ca = a b+b c+c a + ab +bc +ca + abcSuy

2 2

2 2 2

( ) 2( ) 2( )

1 ( ) ( )

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

a b b c c a ab bc ca abc

+ + = + + − + + = − + +

 

= −  + + + + + + 

Do đó:

2 2 2 2 2

2 2

2( ) ( ) ( )

1 2( )

P a b b c c a a b b c c a ab bc ca abc abc

ab bc ca abc

 

= + + + −  + + + + + + +

= − + + +

Khơng tính tổng quát giả sử a≤ ≤b c

Suy

2 2 2

( )( ) ( )( )

0

a a b b c a ab b c

a b a c ab abc ab ca a b abc

− − ≥ ⇒ − − ≥

⇒ − − + ≥ ⇒ + ≤ +

Do

2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

ab +bc +ca +abc= ab +ca +bc +abc≤ a b+abc +bc +abc=b a+c Áp dụng

bất đẳng thức

3

, , ,

x y z

xyz≤ + +  ∀x y z>

  ta có

3

2 2

( ) 4

2 3 27

a c a c

b

a c a c a b c

b a c b

+ +

 + + 

 

+ + + +

    

+ =   ≤   =   =

      

 

Suy 2 2 19

1 2( ) ( )

27 27

P= − ab +bc +ca +abc ≥ − b a+c ≥ − =

Vậy 19

27

(55)

Câu

Nếu a b, chẵn a2+b2 hợp số Do tập X A có hai phần tử phân biệt

,

a b mà a2+b2 số ngun tố X khơng thể chứa số chẵn Suy ra: k≥9 Ta chứng tỏ k=9 giá trị nhỏ cần tìm Điều có ý nghĩa với tập X

gồm phần tử A tồn hai phần tử phân biệt a b, mà a2+b2 số

nguyên tố Để chứng minh khẳng định ta chia tập A thành cặp hai phần tử phân

biệt a b, mà a2+b2 số nguyên tố, ta có tất cặp:

( ) ( ) ( ) (1;4 , 2;3 , 5;8 , 6;11 , 7;10 , 9;16 , 12;13 , 14;15) ( ) ( ) ( ) ( )

Theo ngun lý Dirichlet phần tử X có hai phần tử thuộc cặp ta có

điều phải chứng minh 

===Hết===

Câu a) Ta có

( )( )

2

( ) (2 )

: a a b b a a b b 3

a b a b

ab

a b a b

 + − 

 + − +   − =

 +   − 

   

( 2 )( 2 )

:

a b a b a b a b

a b

+ − − + + + ⇔

+

( )( )( )( )

3

a b a ab b a b a ab b

ab a b

 + − + − + + 

 − =

 − 

 

2 3( )( )

:[( ) ]

b a a b

a b ab ab

a b

− +

⇔ + − − =

+

(56)

2

3( )

3 1

( )

b a

b a a b

a b

−

⇔ = ⇔ − = ⇔ = −

−

Thay a= −b vào biểu thức S ta

2 2

1 2( ) 2( 1) 2[( 1) ] ( 1)

ab a b b b b b

S

a b b b

+ − + + − − − +

= =

+ − +

2 22 4 222 1

2 2

b b b b b b

b b b b

+ − − + − − + −

= = =

− + − + 

b) Đặt ad=bc=t Ta có

( ) ( )

t t t a

a d b c d c d c d c

d c cd c

   

+ − − = + − − = −  − = −  − >    

a d b c a d b c

⇒ + > + ⇒ + ≥ + + Khi đó:

( )2 ( )2

2 1

d − a = + −d a ad ≥ + + −b c bc = c− b + ≥ (*)

Kết hợp với giả thiết d − a≤1, suy d − a =1 Dấu đẳng thức (*) xảy

2

1

b c

a b d

a d b c

=

 ⇒ = − +

 + = + +



Ta có ad bc a bc b2

d d

= ⇒ = =

Suy 2

2 ( )

b

b d d b d

d = − + ⇒ − =

Khi

1 1 ( 1)

d − a = ⇒ a = d − = − − ⇒ =d b a d− −b

Vậy a số phương 

Câu

a) Nhận thấy x=0 nghiệm phương trình Với x≠0, chia hai vế phương trình cho x2ta được:

2

2 3 3

2

2 2

2

x x x x x

   

+ +  −  + = + + − +  −

   

2

3

2 2 2

1 2

x x x x x

       

⇔ −  − − +  − + − +  −  − =

(57)

Đặt t x

x

= − Phương trình (*) thành:

( )

6 3

1 2

t − t + t+ +t t − = ⇔ − + +t t t t − − =t

( )( )

1

t t t

⇔ − + + = Vì

2

4 1

2 0,

2 2

t + + =t t −  + +t  + > ∀ ∈t

     nên

2

1

t − = ⇔ = ±t

 Với t =1 1 2 0

2

x

x x x

x x = −  − = ⇔ − − = ⇔  = 

 Với t = −1 1 2 0

x

x x x

x x =  − = − ⇔ + − = ⇔  = −  Vậy tập nghiệm phương trình cho S = − −{ 2; 1;1; 2}  b) Cách

Điều kiện x y, ≠0 Đặt 3 1 , u v x y = =

Hệ phương trình cho thành:

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

3 3

9

1 18 18

u v u v uv u v

u v u v u v u v uv

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

Đặt S = +u v P, =uv Điều kiện

S ≥ P

Hệ phương trình trở thành

( ) ( ) ( ) 3

3

1 18 18

S PS

S S P PS S S

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

Thay (2) vào (1) ta được: ( )3

3 63 64

S + S + S− = ⇔ S+ = ⇔ = ⇒ =S P

Với

2 S P =   =

 ta suy ra: u v, nghiệm phương trình:

2

3

(58)

Khi u v =   =



2 u v =   =

 Suy ra:

1 x y  =    =  1 x y =    =  Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm 1;1 , 1;1

8

            Cách

Sử dụng đẳng thức 3 3

(a+ +b c) =a +b + +c 3(a+b b)( +c c)( +a) ta có

3 3 3 3

1 1 1 1

1 1 3.18 64

x y

x y x y x y

      + + = + + + + + + = + + =                   Suy 3 1

x + y = Kết hợp với phương trình

1

x+ =y ta giải tương tự cách

và thu nghiệm 1;1 , 1;1

8

             Câu

Do A B, ∈(P) có hồnh độ −1 nên A( 1;1), (2; 4)− B

Phương trình đường thẳng AB có dạng y=ax+b

Đường thẳng qua điểm A B nên ta có hệ phương trình

1 ( 1)

4 2

a b a

a b b

= − + =

 

⇔  = +  =

 

Do đường thẳng AB có phương trình y= +x Giả sử

( ; ) ( )

M x x ∈ P ( với − ≤ ≤1 x 2) Kẻ AE⊥Ox BF, ⊥Oy MN, ⊥Ox MK, ⊥Oy

Suy

1, 4, , 1, 3,

AE= BF = MN =x EN = +x EF= NF = −x

MAB AEFB AENM MNFB

S =S −S −S

1 2

.(1 4).3 (1 )(1 ) (2 )

2 x x x x

= + − + + − −

2

3 27

3

27

2 2

x x x 

(59)

x=

Vậy max 27 

8 MAB

S = ⇔M ∈AB 1;

2

M 

   Câu

a) Gọi O giao điểm AC BD

Ta có 1

2 2

GA GA

GC = ⇒ AO−GA=

1

2( ) 2

GA GA

GA GO GA GA GO

⇒ = ⇒ =

+ − +

2GA GA 2GO GA 2GO G

⇒ = + ⇒ = ⇒ trọng tâm

ABD



Kẻ BN DK song song với PQ

Khi

AD AK

AP = AG

AB AN

AQ = AG

Suy

( ) ( )

AD AB AK AN AO OK AO ON

AP AQ AG AG AG

+ + −

+ = + =

Dễ dàng chứng minh BNO=DKO (g – c – g )⇒ON =OK

Do AD AB 2AO

AP + AQ = AG =

Vậy biểu thức AD AB

AP + AQ có giá trị khơng đổi

b) Ta có

1 ABCD APQ

S=S −S =ab− AP AQ

Với AP=x ta có 3

3

AD AB b a ax

AQ

AP + AQ = ⇔ +x AQ = ⇒ = x b−

N O K

C A

D

B G

P

(60)

Suy

2

ax ax

S ab x ab

x b x b

= − = −

− −

Thay vào biểu thức M ta thu

2

3

M

ab a

= +

+

Do a b, chiều dài chiều rộng hình chữnhật nên a> >b 0 Kết hợp với

a+ ≤b ta dựđoán giá trịnhỏnhất M đạt a=2,b=1 Từ a+ ≤b suy b+ ≤ −1 a; 0< <a 3, 0< <b

Ta có 3

4

1

( 1) b b b b

b b b b a

b ≥ > ⇒ + ≥ ⇒ ≥ − ≥ −

+ + −

+

3 2 3

(4 ) (

2)

b b b b

a a a

ab a b

− − − −

≥ = ≥ ⇒ ≥

− ⇒

− − (do

2 ( 2) 0≤ a− < )

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có

3

3(

2 2 3( 1) 7

) a a b

b a

a a

b

+ + + −

≤ = ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥

− + −

+

Khi

3 7

2

6 7 3

b b b

M ≥ − + = − + − ≥ − − =

−  −  −

Vậy

1

2

min

1

7

6

b

a

M a

b b

b

  =

=

 

= ⇔ + = ⇔ =   −

 = − 



Câu a) Ta có



2

IBN = sđED

    

2

IAN =DAC−NAC =DCA−NCA= (sđAD − sđEA)=

2sđ 

(61)

Suy  IBN =IAN Do tứ giác IABN nội tiếp

Ta có

   2

PNE=NAC+NCA= NCA=sđEA

     2

PDE=PDA+ADE=ABE+ADE= ABE= sđEA

Suy  PNE=PDE Do tứ giác PNDE nội tiếp

Do  

45

MEK =MAK = nên tứ giác AKME nội tiếp

 

90

MEA MKA MK AC MK

⇒ = = ⇒ ⊥ ⇒ //BD ⇒MKD  =KDB=EKM

P

N M

K I

E

D C

B A

b) Ta có 2

4

MD ME CD

MDC MEA ME MC MD MA MD

MC MA

⇒ = ⇔ = = =

 

Lại có 2 2

4

CD CD

MC =CD +MD =CD + =

5

2 10

MC CD ME CD

⇒ = ⇒ =

Suy MC=5ME

Khi

2

2 10

5

CD

EA AM AM CD

EA CD R

CD MC MC

CD

= ⇒ = = = =

Vậy 10

5

EA= R 

(62)

Đặt ( 2) ( 2) ( 2)

, ,

x=a b +c y=b c +a z=c a +b với x y z, , >0 Bất đẳng thức cần chứng minh thành

3

y z z x x y

x y z

+ +

+ ≥

+

( )( )( )

3

3 x y y z z x

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

x y z x y z xyz

+ + +

+ + + + + ≥ + + + =

Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

( )( )( ) 2

8

x y y z z x xy yz zx

xyz xyz

+ + +

≥ =

Do

3

y z z x x y

x y z ≥

+

+ + =

+ +

Dấu đẳng thức xảy ra⇔ = =x y z hay a= =b c 

Câu

Giả sử hình vng ABCD có cạnh Khi chiếu đường trịn lên cạnh hình vng ta hình chiếu đoạn thẳng có độ dài đường kính đường trịn Gọi đường kính đường trịn thứ k dkvà hình chiếu A Bk k cạnh AB

Ta có: π(d1 +d2 + + dn) =10 hay π (A B1 1+A B2 2 + + A Bn n) =10 Suy ra:

π

+ + = > = 1 2

10

3

n n

A B A B A B AB

Do tổng độ dài đoạn thẳng A Bk k lớn lần độ dài AB nên tồn điểm nằm đoạn thẳng A Bk k Khi tồn đường thẳng ∆ qua điểm nêu, vng góc với AB ln cắt đường trịn 

(63)

Câu

a) Do x>1 nên 4x− − > ⇒1 4x− 16x− =4 ( 4x− −1 1)2 = 4x− −1 Khi

( )

3 2

2 2

2

( )( ) 16 ( )( )( )

2019 2019

( )

1 ( )

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

y x xy y

x x y xy y

+ − − − + − + +

= − ⇔ =

+ +

− − + +

2

2 2 2

2

2019 2020 x 2020 x 2020

x y y x y

y y

⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±

Do x>1,y<0 nên x

y < Vậy 2020 x

y = − 

b) Xét trường hợp:

 Với n=0 ta có n7 −n5 +2n4 +n3−n2 + =1 (không thỏa mãn)

 Với n=1 ta có

2

n −n + n +n −n + = (thỏa mãn)

 Xét n≥2 ta có 3

2 ( 1)( 1)

n −n + n +n −n + = n − +n n + +n (*)

Giả sử

2

n −n + n +n −n + có ước nguyên tố p

Vì n≥2 nên n4 + + =n n n( 3− + +n 1) (n2 + >1) n3 − + >n 1 Suy tồn số nguyên dương s t, cho s>t

4

3

1

s t

n n p

 + + = 



− + =



Ta có

1 ( 1) ( 1) s t t( s t )

n + = n + + −n n n − + =n p −np = p p − −n

2 ( )

1 t 1

n + p ⇒n + ≥n − + ⇒n n n − − ≤n (vô lý)

Vậy n=1 thỏa yêu cầu toán  Câu

a) Điều kiện x≠ −1 Cách

2

2 2 2

2

x x

x x x x x x x x x

x

+ +

+ + = ⇔ + + + + + = + +

+

(64)

( )2

2 2

2x x x 2 x x x x 4x

⇔ + + + + + = + + +

( ) ( )2

2 2

2x x x 4x 2 x x x x  ⇔ + + − + + + − + + =

 

( ) ( )

2x x x 2 x x x x 2 ⇔ + + − − + + + + − =

( )( )

2 2

x x x x x

⇔ + + − − + + = 2 2 2 2

3

0

x x

x

x x x

x x  + − =  + + =   ⇔ ⇔   + + =    − − = ≥  1, 2 , x x x x x x x = = −    =  ⇔  ⇔  = −  = = −    ≥ 

Vậy phương trình cho có nghiệm x=1 Cách

Đặt

1

t = x + + >x Phương trình cho thành: t2 −2(x+1)t+4x=0 (*) Ta có: ( )2

1

x

′

∆ = − ≥ ⇒phương trình (*) ln có nghiệm Nghiệm t =2 , 2x t=

 Với t =2x ta có 2 2 2

0

3

x

x x x x

x x  + + = ⇔ ⇔ = −  ≥ − =

 Với t =2 ta có 2 2

2

x

x x x x

x =  + + = ⇔ + − = ⇔  = −  Vậy tập nghiệm phương trình cho S ={1; 2}−

b) Từ phương trình thứ hai hệ suy

0

x x x

x

+ > ⇒ > ⇒ + > Do

6

2

x + x− ≥ ⇔ ≥x − Kết hợp với điều kiện:

5

x − x+ ≥ ta được:

21

x≥ −

(65)

( )( ) ( ) ( )

3

2 2

6 1

2

5

2

x − x+ = x− x + −x ≤ x− + x + −x = x + x−

và

3

3 3

2 3

4

4 2

.4

2 3

x x

x x x

x x

+ + +

= = ≤ =

Suy ra: ( )( )

2

6x x −6x+5≤ x + x− x +4

Khi phương trình cho tương đương với

2

3

1

2

x x x

x x

 − = + −

 ⇔ =

 =



Thay x=2 vào phương trình thứ hai hệ ta tìm y= ±1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: ( ) (2;1 , 2; 1− )  Câu

Gọi y=ax+b phương trình đường thẳng d Vì d qua I(0; 2)− M m( ;0) nên có hệ phương trình

2

0

2

b a

m am b

b



− = =

 ⇔ 

 = + 

  = − Suy d y: x

m

= −

2

1

2

2x mx x mx

− = − ⇔ + − = (*)

Do 42 0, m

m

′

∆ = + > ∀ ≠ nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt Điều có nghĩa d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B

Giả sử 12 22

1; , 2;

2

x x

A x −   B x − 

    Khi

2 2

2 2 2

2 1 2

1

( ) [( ) ] ( )

2

x x

AB = x −x + −  = x +x − x x  + x +x 

 

 

(66)

1

4

x x

m x x

 + = − 



 = − 

Ta có

2

16

16 16

AB

m m

  

= +  + >

  

Do AB>4 

Câu

a) Dễ thấyAEF CHG

Suy ra:HC GC

AE = AF

Do NH = AE MG= AF nên

HC GC

NH = MG tức GH //MN

Qua H kẻ đường thẳng song song vớiAD cắt MN L

Do AEF =HNL nên ta có:

, , ,

AE=NH AF =LH =MG EF =LN GH =MLTa có

1 ,

m = AE+AF+EF m =HC+GC+GH

Suy

1

m +m = AE+AF+EF+HC+GC+GH

=NH +HC+GC+MG+ML+LN

NC MC MN

= + + Do tổng m1+m2 chu vi MCN

b) Từ F hạ đường thẳng vng góc xuống GH cắt GH J, ta cóFJ =a Tương tự từ A hạ đường vng góc xuống MN cắt MN I, ta có FJ =AI =a

Điều chứng tỏ MN tiếp tuyến với đường tròn tâm A bán kính a

Do chu vi MCN bằngBC+DC =2a

Vậy m1+m2 =2a số  a

L

M

N

J F

C B

A D

G

H E

(67)

Câu

a) Ta có

  

BJN=BJC−NJC

 ( )

0

180 BIC 180 NOC

= − − −

 

NOC BIC

= −

Lại có



2

NOC = (sđDM+ sđNC)



2

BIC= (sđBC+ sđAD)

Từ suy



2

BJN = (sđDM+sđNC−sđBC− sđAD)

Mặt khác



2

NKB= (sđAM −sđNB) =

2[(sđ 

DM −sđAD)−(sđBC− sđNC)]

= (sđDM +sđNC−sđBC−sđAD)

Do BJN =NKB

Vậy tứ giác KBNJ nội tiếp

b) Do tứ giác KBNJ nội tiếp nên

       

180

NJK+NJO=NJK+NCM =NJK+NAM =NJK+NBK = hay O J K, , thẳng hàng Lại có

     

180

KJB+IJB=KNB+BCI =KNB+BNA= hay K I J, , thẳng hàng Vậy J K O, , thẳng hàng 

Câu

Trước hết, nhân vào hai vế cộng phân số cho 1, ta có

2 2

( 2) ( 2) ( 2)

8 8

a b c

+ + + + + ≥

+ + +

J

K N

M O I

D

C

(68)

Không tính tổng qt, giả sử ab≥0

2 2 2

( ) ( )

a +b = a+b − ab≤ a+b =c

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz

2 2

2 2 2

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

8 ( ) 16 16

a b a b c

+ + + ≥ + + ≥ −

+ + + + +

Do đó, ta cần đưa chứng minh

2

2 2

( 4) ( 2) 8

0

16 16 16

c c c

c

c c c c

− + + ≥ ⇔  − + + ≥

 

+ +  + + 

Quy đồng phân tích thành nhân tử, ta có

2

( 4)

0 ( 16)(2 16)

c c

c c

− ≥

+ + ,

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh

Đẳng thức xảy a= = =b c a= = −b 2,c=4 hoán vị  Câu

Giả sử tất câu lạc có khơng q học sinh Gọi N số câu lạc có học sinh

Nếu N >4 từ số câu lạc này, chọn câu lạc học sinh, 10 học sinh khơng thỏa mãn điều kiện tốn

Nếu N <4, số học sinh tham gia câu lạc không 3.8=24, nghĩa cịn 35 24− =11 học sinh, học sinh tham gia câu lạc mà câu lạc có học sinh Chọn 10 học sinh số này, không thỏa mãn điều kiện tốn

Do N =4

Số học sinh tham gia câu lạc không 4.8=32, nghĩa cịn học sinh, học sinh tham gia câu lạc mà câu lạc có học sinh

Chọn số học sinh câu lạc chọn học sinh, 10 học sinh không thỏa mãn điều kiện

Vậy điều giả sử sai, nghĩa tồn câu lạc có học sinh tham gia



(69)

Câu

a) Từ 1 ( 1)2

2 2

x= − = − = −

+

ta suy 2x+ =1 hay 4x2+4x− =1 Khi



2

x + x =

 3

4x +4x −x + =1 (4x +4x−1)x + =1

 3

4x +4x −5x +5x+ =3 (4x +4x−1)(x − + + =x 1) 4



2

1 2

2 1

2

x x

x

x x

− = − = − =

+

Vậy 29 ( )9 2019

1 514

P= + + = 

b) Nếu n=1 x+ = + +3 x 1x2+ + =4 x2+ =5 (x+3)(x− +3) 14 Suy x+3 14 hay {4;11}

x∈

Giả sử n≥2

 Với x∈{1; 2;3} ta có:

( )

1

1 2+ n+ < +1 2n+ + <1 2+ n+1 ;

( )

1

2n+2n + <1 2n+ +2n+ + <1 2n +2n+1 ;

( ) 1 ( )

2 3n +2n + <1 3n+ +2n+ + <1 3n +2n+1 Do xn+2n+1 khơng chia hết xn+1+2n+1+1

 Với x≥4

2 2

n n

n

x

x x

x = + ≥ + Khi

( ) ( )2 2

2 2 2 1

2

1

n n n

n n

n x x n

x x

+

+ + + + +

≤ = < + + +

+ Do

(70)

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

x− x + + =x + + x+ −x x − − <x + + + + <x x + +

Lại thấy xn+2n+1 không chia hết xn+1+2n+1+1 Vậy có nghiệm ( ) (4;1 , 11;1) 

Câu

a) Đặt 4 4

4

t

t = x− ⇒ =x + ;

6

2 16

16

t t

x = + +

Phương trình cho trở thành ( ) ( )

1 11

8 16 21

6 t + t + − t + + − =t

14 24 96

t t t

⇔ − − + = (1)

( )2( 4 3 2 )

2 12 18 24

t t t t t

⇔ − + + + + = (2)

 Nếu t ≤0 VT( )1 >0

 Nếu t >0 t4+4t3+12t2+18t+24>0 Từ (2) suy t =2 Khi đó: 4x− = ⇔ =4 2 x 3

Vậy x=3 nghiệm phương trình cho  b) Cách

Đặt x+ =y u ; x− =y v Ta có:

2

u v

x= + ,

2

u v

y= −

Hệ cho thành: ( )

( )

3

2 2

27 125 98

3 25 25

u v

u v u v u u v v

 − = − −  + = −

 ⇔

 

− + = − − − + = − −

 

 

Nhân hai vế phương trình (2) cho cộng với phương trình (1) theo vế ta

( )3 ( )3

3

u− = − +v ⇔ = − −u v (3)

Thay (3) vào (1) ta được:

2

2 15

5

v u

v v

v u

= ⇒ = − 

+ − = ⇔ 

= − ⇒ =



 Với

3

u v

= −   =

 ta được:

1

x y

(71)

 Với

5

u v

=   = −

 ta được:

1

x y

= −   = 

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: (− −1; ,) (−1; 4) Cách

Nhân hai vế phương trình thứ hai hệ với cộng với phương trình thứ theo vế ta được:

3 2

3 24 24 51 49

x + x + xy − xy+ y = y− x−

( ) ( ) ( )

3 2

3 3 24 48

x x x y x y x x

⇔ + + + + + − + + + =

( ) ( )2

1 24 48

x  x y y 

⇔ +  + + − +  =

( ) ( )2 ( )2

1

4

x

x x y x

y

= −  

 

⇔ +  + + − = ⇔ = −   = 

Thay x= −1 vào phương trình thứ hệ ta được: y= −4 y=4 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: (−1; ,) (− −1; 4) 

Câu

Phương trình hoành độ giao điểm ( )P d

2

1

3

4

3

x

x x x x

x

=  = − + ⇔ + − = ⇔ 

= −  Suy 1;1 , 4;16

3

A   B − 

    (0; )

Oy M

M ∈ ⇒ m

Ta có

2

2 16

1

3

MA+MB= + −m + +m− 

   

Bổ đề: ∀a b, ∈ ta có a2+b2 + c2+d2 ≥ (a+c)2+ +(b d)2 (*) Chứng minh:

Ta có

2 2 2 2 2

(72)

2 2 2 2 (a b )(c d ) ac bd (ac bd) (a b )(c d )

⇔ + + ≥ + ⇔ + ≤ + +

(luôn với bất đẳng thức Cauchy – Schwarz)

Áp dụng bổ đề ta 16

(1 4)

3 m

MA MB≥ + + − + −m  =

 +

 Dấu đẳng thức xảy

1

1 3

16

4

3

m m m

−

⇔ = ⇔ =

−

Vậy với 0;4

M 

  MA MB+ đạt giá trị nhỏ  Câu a) Do ABC cân A nên  

0 0 180 36

72

B= =C − =

Do BD phân giác ABC nên  ABD=CBD=360

ABC

 cân A có AH đường cao⇒ AH phân giác

  

18

BAC⇒CAH =BAH =

ABD

 cân  0

180 2.36 108

D⇒ ADB= − =

DO phân giác ADB nên BE phân giác

  

18

ABD⇒EBD= ABE=

  

    

0 0

18 36 54 18 36 54

EBC EBD DBC

EBC BEC

BEC ABE BAE

 = + = + =

 ⇒ =



= + = + =



Suy BCE cân C Mà CI phân giác BCE nên CI trung trực đoạn BE⇒BF =EF Do BEF cân F

b) ABD cân D có DO phân giác ADB nên DO trung trực AB

Suy BF =AF =EF Do FAE FAB, cân F

Suy  1800  ; 1800 

2

BFA AFE

BAF = − FAE= −

Khi

        0

2 2.36 72

2

BFA AFE BFE

BAC =FAE−BAF = − = ⇒BFE= BAC= =

O I

D

H

B C

A

(73)

  36

BFC EFC BCF

⇒ = = ⇒ cân B ECF cân E

BC CE EF BF BCEF

⇒ = = = ⇒ hình thoi

Do BD=BC nên BD=DA=AF =BF Do BDAF hình thoi 

Câu

a) Do A đối xứng với D qua BC nên ta cóBA=BD

Để ý rằngAB tiếp tuyến ( )L nên BA2 =BT BP ⇒BD2 =BT BP Suy BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp DPT

b) Từ chứng minh câu a ta cóBDT BPD⇒BDT =BPD

Chứng minh tương tự: CDS =CPD

Ta có

        ( ) 

SDB+BDT =SDC−BDC+BDT =CPD−BAC+BPD= CPD+BPD −BAC Mặt khác

ta có   

360

CPD+BPD= −BPC

Do tứ giác ABPC nội tiếp nên BPC +BAC=1800

Vậy 

180

SDB+BDT = hay điểm S D T, , thẳng hàng  Câu

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

( ) (2 )2 ( )( )

b+ ca+c = b b+ a c + c c ≤ b+ +a c b+ +c c

T D

S

L

K O

P

C B

(74)

Khi

( )2 ( )( )

1

2

a b c b c

b ca c

≥ + + + + + ( ) ( )( ) 2 2 2

a ab a ab

a b c b c

b ca c

+ + ⇔ ≥ + + + + + ( ) ( ) 2

2

a ab a ab

a a

a b c b c

b ca c

+  +  ⇔  + −  + +  +  + + ≥ ( ) ( ) 2

2 2

2

a ab a ab ac

a

a b c b c

b ca c

+ ≥  + +  ⇔  −  + +  +  + + ( ) 2 2

a ab a a

b c a b c

b ca c

≥ + ⇔ − + + + + + Tương tự ( ) ( ) 2 2

2 2

;

2

b bc b b c ca c c

c a a b c a b a b c

c ab a a bc b

≥

+ − + −

+ + + + + +

+ + + + ≥

Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta

2 2

1

2 2 2

a b c a b c

P

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

  ≥ + + − =  + + − + + +  + + +  ( ) ( ) 2

a b c

ab bc ca

+ +

≥ −

+ +

Dễ thấy ( )2 ( )

3

a+ +b c ≥ ab+bc+ca nên P≥1

Vậy minP=1 a= =b c 

Câu

Giả sử A={a a1, 2, ,a101} Viết số ai dạng:

i

i i

(75)

Câu

a) Ta có

2

1

1 :

1

xy x x y xy

x P

xy

xy xy

 + +  +

= + + 

−

+ −

 

( )( ) ( )( )

( )( )

1 1 2 2

:

1

x xy xy x xy xy x y xy

xy

xy xy

+ − + + + + − +

=

−

+ −

( )

2

2 1

:

1 1 2 1

x

x y xy

x xy

xy xy xy xy x xy

+ +

+ −

= = =

− − − +

Thay vào biểu thức Q ta

2

2 16

16 1

( ) xy

xy x y

Q x y

x y xy xy x y xy

+

= + + = +

+ +

Cách

2

3

2

8 8

2

( ) ( )

2

xy xy x y xy xy x y

Q

x y x y xy x y x y xy

+ +

= + − ≥ −

+ + + + + =

Do minQ=10 x= y

Cách

Ta có

( )

2 2

16 ( )

8 10 10

x y

xy x y x y

Q

x y xy xy x y

−

+ −

= − + − + = − +

+ +

Ta chứng minh ( )

2

( )

0

x y

xy x y

− −

+ ≥

− (*)

(76)

Thật vậy, ( )2 (*)⇔(x+y x)( −y) −8xy x− y ≥0

⇔(x+ y)( x− y) (2 x+ y)2 −8xy( x− y)2 ≥0

⇔( x− y)2[(x+y)( x+ y)2 −8xy]≥0 (**)

( ) ( )2

2

)

(x+y x+ y −8xy≥ xy x y − xy=

Điều có nghĩa (**) đúng, dẫn đến (*)

Vậy minQ=10 x= y

Cách

Ta có

( ) (4 )

2

16

10

( ) 10

x y xy x y

xy x y

Q

x y xy xy x y

− + +

+

= + = + ≥

+ +

Vậy minQ=10 x= y 

b) Đặt 2020

u=x ; 2020

v= y Do x y, ∈ nên u v, ∈; ,u v≥0 Khi phương trình cho thành 3

2

v =u −u − +u

Ta có: 3 3 2 ( )3 ( )2 ( )3

2 1

v =u −u − + =u u− + u− + > u−

( ) (3 )( ) ( )3

3

2

v =u −u − + =u u+ − u+ u+ < u+

Suy ra: ( ) ( )

( )

3

3 3

3

1

v u

u v u

v u

 = − < < + ⇒ 

= + 

 Trường hợp 1: 3

v =u Suy ra: u= =v ; u= =v • Với u= =v ta có: x= = ±y

• Với u= =v khơng có x y, ∈

 Trường hợp 2: 3 ( )3 ( )3 3 2 2

1 4

v = u+ ⇒ u+ =u −u − + ⇔u u + u− = Phương

trình vơ nghiệm 

(77)

Câu

a) Điều kiện: x≥ −3

Biến đổi phương trình cho tương đương với ( ) ( )

4 x+ − +3 2 2x+ − =7 x +5x +6x−12

( )

2

2 4( 1) 4( 1)

( 1)( 12) 2

4

1 ( 3)

3 2

4

( 3) 3 2

x x

x x x

x x

x

x x

− −

⇔ + = − + +

+ + + +

 

⇔ −  + − + − =

+ + + +

 

=  

⇔  + = + +

 + + + +

 (*)

Vì x≥ −3 nên x+ ≥3 2x+ ≥7

Suy (*) 4 3 2

VT

x x

= +

+ + + + ≤

Dấu “=” xảy x= −3

Vậy tập nghiệm phương trình cho S= −{ 3;1} 

b) Điều kiện: x≥0,y≥0

4 2

6= 3x +6x y+ 3y +6xy =x 3x +6xy +y 3y +6xy

2

2 xy (3x 6xy)(3y 6xy)

≥ + +

2

2 2 2 2 2

2

2 3xy 5x y 2xy x( y ) ≥ xy x y x y xy x y xy

= + + + = =

Suy xy≤1 (1)

Dấu “=” xảy x= y

Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

4

6 6

3

x x x y y y y x

x x y y xy + +

= + + + = +

2 (12 ) (12 )

2( )

6

x x y y y x

x y xy

+ +

≤ + = + +

4 4xy ( x y) 4xy xy

= + − + ≤ + −

(78)

4 4 xy x y xy

xy≥ ⇒ ≥

⇒

Rõ ràng xy>0, xy= ⇔ =0 x y=0 dẫn đến điều vô lý

Suy 3

1

x y ≥ ⇒ xy≥ (2)

Dấu “=” xảy x= y

Từ (1) (2) suy xy= ⇔ = =1 x y (thỏa mãn điều kiện x≥0,y≥0)

Vậy hệphương trình cho có nghiệm là: (1;1)  Câu

Phương trình hồnh độgiao điểm ( )P d

2

2 3

3

x

x x x x

x

=  − = − ⇔ + − = ⇔ 

= −  Do d cắt ( )P hai điểm A(1; 1), ( 3; 9)− B − −

Gọi ( ; )

M m −m (− < <3 m 1) nằm AB ( )P (M ≠ A M, ≠B)

Gọi I trung điểm AB, suy I( 1; 5)− −

MAB

 vuông M

2 2

20 ( 1) ( 5) 20

IM IA m m

⇔ = = ⇔ + + − + =

4 2

9 ( 1)( 3)( )

m m m m m m m m

⇔ − + + = ⇔ − + − − = (*)

Giải phương trình (*) so với điều kiện − < <3 m 1ta thu m= −1

Vậy M(1− 3;2 3−4) thỏa mãn yêu cầu tốn  Câu

a) Ta có

 

HEA=BHE (so le trong)

 

BAC =BHE (cùng phụ với ABH )

Suy  HEA=BAC

Lại có  AHE=ABC (cùng phụ với BAH)

Do EHAABC

Điều dẫn đến

p

EH HA AE EH HA AE

AB BC CA AB BC CA p

+ +

= = = =

+ +

I O

M

D E

H A

(79)

b) Gọi O=DE∩AH I, =DE∩AM Do tứ giác ADHE có AE//BH, AD//EH nên

là hình bình hành Suy O trung điểm AH

Do EHAABC nên

2

AE AH AO AO

CA = CB = CM =CM

Mặt khác, AE//DH DH ⊥BC nên EA⊥ AC

Xét AEO CAM có EAO =ACM AE AO CA =CM

Do AEOCAM (c – g – c)⇒  AEO=CAM

Ta có      90

AEI +EAI =CAM +EAI =EAC= ⇒IAE vuông I

Vậy DE⊥ AM 

Câu

a) Do AI tiếp tuyến chung đường tròn(O1), (O2) nên

1 2

AN AM AI AN AM

Suy tứ giác N M N M1 2 nội tiếp

Để chứng minh OA⊥N N1 ta chứng minh  

0 90

AN N +OAM =

Thật vậy, tứ giác N M N M1 2 nội tiếp ta suy  1 2 1

2

AN N =N M M = M OA

Do     

1 1 1

1

90

2

AN N OAM  M OA OAM OM A  (do M OA1 cân O) Vậy

1

OAN N

Q

S

P

A'

A

O

N2 N1

I

M2 M1

(80)

b) Ta cóAI PQPQ//O O1 2 Gọi S =PM1∩QM2 O O M, 2, thẳng hàng O I2 //  

2 2

OP⇒O IM =M PO

Mặt khác ta có:O IM2 2IM O2 2M PO 2 O IM2 2.Suy P I M, , thẳng hàng

Tương tự Q I M, , thẳng hàng Mà PQ đường kính ( )O nên 1 , 2

QM ⊥M P QM ⊥M P Suy I trực tâmSPQ hayAI qua S

Vậy ba đường thẳng AI PM QM, 1, đồng quy I 

Câu Do abc>0 nên bất đẳng thức cho tương đương với

3 3

8 8

1

abc abc abc

a + abc +b + abc+c + abc ≤

2 2 2

8

1 1

8

a b c

bc ca ab

⇔ + +

+ + +

≤

Đặt x a2,y b2,z c2

bc ca ab

= = = với xyz=1 (1)

Bất đẳng thức (1) trở thành

1

8

1

x+ + y+ + z+ ≤ (2)

Ta chứng minh bất đẳng (2) Ta có

8( )

(2)⇔3[(xy+yz+zx) 16(+ x+y+z) 192+ ]≤xyz+ x+y+z + 12

⇔5(xy+ yz+zx) 16(+ x+ +y z)≥63 (do xyz=1) (3)

2

3 (xyz)

xy+yz+zx≥ = x+ y+z≥33 xyz =3

Do ta chứng minh xong bất đẳng thức (3)

Dấu đẳng thức xảy ra⇔ = = =x y z hay a= =b c 

Câu Giả sử ba điểm cho A B C, , a độ dài cạnh lớn ABC Ta

có: abc=4rS Hơn dễ thấy 2S∈ nên

2

S ≥

Suy ra: 3

2

(81)

Câu

a) 2

2 2

a b ab

P

ab a b ab a b

 

 

     

 1 2  21 2

a b ab

a b a b

 

 

   

     

 

2

( 1)

a b a ab a

a b

    



 

1

a a

 



Ta có

P

a

 



 Nếu a0 P 1

 Nếu a2 P3

 Nếu a2 P3

Vậy maxP3 a2  b) Xét trường hợp sau

 Trường hợp 1: Nếu mn ta có điều phải chứng minh  Trường hợp 2: Nếu mn đặt ( , ; 0; 0)

2

m n x

x y x y

m n y

  

   

  

 

Khi m x y

n x y

   

  

 từ x y 0;x y suy rax y

Do 2 2 2  2 

1 1

n  m n  m m n  m k m n  , k (1)

Ta có   2

(1)(xy) k 4xy 1 x 2(2k1)xy(y  k) (*) Phương trình (*) có nghiệm nguyên x nên có nghiệm x1

Ta có

1

2(2 1)

x x k

x

xx y k

   

  

  

 

(82)

• Với x10 ( , )x y1 cặp nghiệm thỏa mãn (*), suy x1 y

Khi 2 2

1

y  k xx  y  y  k

Suy 0  x x1 2(2k 1) 0, mâu thuẫn • Với x10

2

1 0 0

xx y    k k y   k xy   y

Ta có 2 2

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

kx  k x yy x  k x yy

Suy k2(2k1) x y1 2(2k 1) k , mâu thuẫn

Do đóx10 Khi

2

k y

2

m

m n

k    số phương

Vậy 2

m n  số phương 

Câu

a) Điều kiện:

1

0

x x

x

 − ≥

  ≥

 ⇔

 − ≤ < 

 − ≥ 

(*)

Đặt t 1

x

= − (điều kiện t≥0), phương trình cho trở thành

( )

2

1

t − + x+ t+ x= (1) (coi phương trình bậc hai ẩn t) Ta có

( )2 ( )2

1 x 8x x 10 x x

∆ = + + − = + + + = + + ≥ ,∀x thỏa mãn (*) Do đó, nghiệm phương trình (1) là:

2( 1)

t = x+ + ; t = x+ −1

 Trường hợp 1: Với t=2( x+ +1 1) ta có: 1 2( x 1)

x

− = + + vơ nghiệm

VT VP, với x thỏa mãn (*)  Trường hợp 2: Với t= x+ −1 ta có:

1

1 1 1

1 1

x x

x x x

x

≥   − = + − ⇔ 

− = + − + + 

( )2

2

1

1 1

x

x x

x x x x x x

≥ 

≥ ≥

 

  

⇔ ⇔ ⇔

+ − =

+ + − + = + − =

 

(83)

2

1

1 1 5

1 2 x x x

x x x

≥  ≥   + ⇔ ⇔ ± ⇔ = + = =

  (thỏa mãn (*))

Vậy phương trình cho có nghiệm

x= + 

b) Điều kiện x  y (*) Biến đổi phương trình thứ hai

           2 2

3

1

3

x x x y x x x y

x x x y x y

x x x y x y                                    

Vì  

2

2 2 3

1

3

x x x y

x x

x y x y

    

   

      nên y x

Thay vào phương trình ban đầu, biến đổi:

   

1 2

x x    x x x   x x  1

Đặt 2

2,

a x  x b x  x ,

2 2

v u

x  

 

   

2 2

2

1

2

1

v u v u

u v v u

v u u v u v

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

Vì u  v 0nên có hai trường hợp sau xảy

 Trường hợp 1: uv Ta có

2 1

2

x   x x       x x y (thỏa điều kiện (*))

 Trường hợp 2: u v Ta có   2

3

1

2

v u

v u x

x        v u 

Kết hợp với u v suy 3v x Khi

2

1

1 7 1

8

x y

x x x x x

(84)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: 1; ; 1; ; 7;

2 8

   

       

   

 

    

Câu

Giả sử phương trình OA có dạng ymx Do OBOA nên phương trình OB có dạng

1

y x

m

  (với m0)

2 3

( ) ;

2

AOA P A m m 

;

3

( ) ;

2

B OB P B

m m

 



    

Phương trình đường thẳng AB

2

1

m

y x

m



 

Rõ ràng đường thẳngAB qua điểm cố định 0;3

I 



Do 

90

OHI  nên H thuộc đường trịn đường kính OI

Ta có OH OI Dấu “=” xảy ra ABOI m2    1 m

Do 3; , 3; 2 2

A   B 

   

3 3 ; , ; 2 2

A  B 

    

Câu

a) Ta có  BACCBAECAECDBAC

Do CDEACE nên CE AE DE = CE

Do AC phân giác BAD nên AE AB CE = BC

Do AB CE

BC = DE hay AB DE =BC CE

b) Bổ đề: Cho ABC có phân giác CD Khi CD2 <CA CB Chứng minh:

Cách

Do CDB >CAB nên tia đối tia DC lấy điểm E

cho CAE =CDB

E F

A B

D C

D

A B

C

(85)

CAE CDB

  (g – g) CA CE CD CE CA CB

CD CB

⇒ = ⇒ =

Do CD<CE nên CD2 <CA CB Cách

Do CDB >CAB nên ta lấy điểm F CB cho

 

CDF =CAB

CAD CDF

  (g – g)

CA CF

CD CA CF

CD CD

⇒ = ⇒ =

Mà CF <CB nên CD2 <CA CB

Áp dụng bổ đề cho toán, ta thấy AC vừa phân giác ADF vừa phân

giác ABE nên

2

AC < AD AF AC2< AB AE Suy

( )

2

AC < AD AF +AB AE 

Câu

K N

M

I F

E

D C

B A

a) Nối N với F , D với F Xét ANF AFD có:

 

AFN ADF (vì AF tiếp tuyến) FAD chung

ANF AFD

⇒ ∆ ∆ (g.g) AN AF AF2 AN AD.

AF AD

    (1)

Xét AFI có AF IF (do AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK AI (do AF

và AE tiếp tuyến chung AI nối tâm)  AFI vng F có FK đường cao) D

A B

C

(86)

2

AK AI AF

  (2)

Xét ANK AID có IAD chung

Từ (1) (2) suy AN AD AK AI AN AI

AK AD

  

ANK AID

   (c.g.c) NKA IDN (3)

Từ (3) có IDNDKN NKA DKN  1800 tứ giác DIKN nội tiếp đường tròn Vậy điểm I D N K, , , thuộc đường trịn

b) Ta có ID DM (DM tiếp tuyến, DI bán kính) IK KM (câu a)

Tứ giác DIKM nội tiếp đường tròn đường kính MI Vì bốn điểm D I K N, , , thuộc đường tròn (do câu a)) nên hai đường tròn ngoại tiếp DIK hai đường tròn trùng N nằm đường tròn đường kính MI INM 900

Vì IN bán kính đường trịn ( )I , MN IN nên MN tiếp tuyến đường tròn ( )I

tại tiếp điểm N 

Câu

Với

4

a+ + ≤b c

1

1 4

1

4

a

a a b c a a b c

a a a b c a b c

+

+ = ≤ + + + = + +

− − + + − + Thật vậy,

( ) ( ) ( )

1

4

1

a a b c

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

a b c

+ ≤ + + ⇔ + + + ≤ + + − + +

− +

2 4(a a b c) 0

⇔ [ − + + ]≥ (Bất đẳng thức ln đúng)

Khi 6 2

1

cyc cyc cyc cyc

a a b c a b c a b a c

a b c b c b c

+ − ≤ + + − =  + + − = − + −

 

− +  +  +

∑ ∑ ∑ ∑

( ) 1 ( ( )( )2 )

cyc cyc cyc cyc cyc cyc

a b

a b a c a b b a

a b

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

−

− − − −  

= + = + = −  − =

+ + + +  + +  + +

∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Lại

có ( )

( ) ( ( ) () )

2 2

4 2

1

a b a b

a b

c a b c a b ca cb a b

 −  = − = −

 

+

  + + + (1)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có ( ca+ cb)2≤ +(c a c b)( + ) (2)

Có ( )2 3( )

4

a+ b+ c ≤ a+ +b c = < nên a+ b+ c <1

(87)

Từ (1), (2) (3) dẫn đến ( ( )( ) )

2 2

1 a b a b

c a b c a c b

 −  ≥ −

  + +

+

 

Tương tự, suy ( )

( )( )

2

1

cyc cyc

a b a b

c a c b c a b

 

− −

≤  

+ +  + 

∑ ∑ , dẫn tới điều cần chứng minh 

Câu

Từ giả thiết suy máy bay từ ccác sân bay M N đến sân bay O khoảng

cách MN lớn cạnh MON, MON >60o

Giả sử máy bay bay từ sân bay M M1, 2, ,Mn đến sân bay O góc M ONi j khơng lớn

360o

n với i j n, , ∈{1;2; ;80} tổng góc

cho 360o Vậy 360

60

o

n

n > ⇒ < Suy điều phải chứng minh

===Hết===

Câu

a) Đặt

3

a

x= − Suy a=3x2+1 3

a

x

+ = + Khi

2 2

33 1 ( 3) 33 1 ( 3)

P= x + + x + x+ x + − x + x

3 3

3 1 3

x x x x x x

= + + + + − + − =3 (x+1)3 + 3(1−x)3

=(x+ + −1) (1 x)=2 

b) Đặt ( ) ( )

3 2 2

3 3

0

2

x x x x x x x x

A= − + − − + − − − − >

BỘ ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 10

(88)

Suy

( )( )

3 2

3 3

A =x − x+ A⇒ A−x A +x +Ax− =

Do

2

x> ⇒ x − > A>0 nên A2 +x2+ Ax− >3 Do đó: A=x

Phương trình cho thành:

( )2

2 2 2

8x=y −z +16⇔ x−4 −z =x −y

Do 2≤ <y x x∈+ nên ta có trường hợp sau:

 Nếu x∈{3;4;5} 0< ≤ <2 y x nên suy ra: 2

x −y > ; z nguyên dương nên

1

z≥ suy ra: (x−4)2 −z2 ≤0 Vì ứng với x∈{3;4;5} phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương

 Nếu x≥6, y<x nên x≥6 y≤5 ta ln có 2 2 11

x −y ≥ − =

Do ( )2 ( )2

11 11

4 x

x− −z ≥ ⇒ − > ⇒ ≥x Mà x<10 nên x∈{ }8;9

 Với x=8, ta có: y2 −z2 =48 Dễ dàng suy ra: y=7;z=1

 Với x=9 ta có: y2−z2 =56 Phương trình vơ nghiệm ngun Vậy phương trình cho có nghiệm là: (x y z; ; ) (= 8;7;1) 

Câu

a) Điều kiện:

x≥ − Đặt y=x2+ −x Phương trình cho trở thành

2

1

2

x y + − =y − + +

Đặt

2

x

z=− + + (với

2

z≥ − ) Biến đổi phương trình dạng

2

1

z + − =z x

Khi ta xây dựng hệ phương trình

( )

2

1

1 1

x x y

x x y

y y z y y z

z z x z z x

 + = +  + − =

 

+ − = ⇔ + = +

 

 + − =  + = +

 

Vì

2

(89)

Nhân vế tương ứng phương trình ta xyz=1

Mặt khác, cộng vế tương ứng phương trình cho áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta

2 3 2 2 2 3=x +y +z ≥3 x y z ⇒x y z ≤1 Do đẳng thức xảy ra⇔ 2

1 1

x = y =z = ⇔ = = =x y z (do x y z, , khác – 1) Vậy phương trình cho có nghiệm x=1 

b) Điều kiện:x+ ≥y Đặt u= x+y u; ≥0

Phương trình thứ hệ trở thành 4

1 3

u + + = u + u⇔ u + − u= u −

2

(2 1)(2 1)

1

(2 1)

1

u u

+ −

⇔ = − +

+ +

 

⇔ −  + + =

+ +

 

2

2u

⇔ − = Suy 2x+2y=1

Kết hợp với phương trình thứ hai hệ cho ta có 2

1 2019 2020

2

x

x y

x y y

=  + =

 ⇔

 − = 

= −

 

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 1;  −       Câu

d qua I(0;2) có hệ số góc

m

− nên có phương trình y x

m

= − + Phương trình hồnh độ giao điểm ( )P d

2

1

2 4

2x = −mx+ ⇔mx + x− m= (*)

Do c

a = − < nên phương trình ln có nghiệm trái dấu với m Điều có nghĩa

là d ln cắt ( )P điểm A B, nằm hai phía trục Oy

(90)

2

2 2

( ) (

( B A) ( B A) B A A B) A B A B 16

AB = x −x + y −y > x −x = x +x − x x ≥ − x x =

Suy AB>4

2 2 2

2 ( )

2 2

A B A B A B A B

y +y > y y = x x = x x =

(Lưu ý xảy dấu đẳng thức yA ≠ yB) 

Câu

a) Do AEB AFC có A chung nên

AEB AFC

  (g – g) AE AF

AB AC

⇒ =

AEF ABC

⇒  (c – g – c)⇒  AFE= ACB

Tương tự, BFD =ACB

Suy  AFE=BFD⇒CFE =CFD hay FC tia phân

giác DFE

Tương tự,  FDA=EDA

hay DA tia phân giác FDE

Do Hlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

b)

2

AEF ABC

S AE

AEF ABC

S AB

  ⇒ =    

 

2

DBF ABC

S DB

DBF ABC

S AB

  ⇒ =    

 

Do SAEF =SDBF nên AE=DB

Từ AEB=BDA (cạnh huyền – cạnh góc vng)⇒ BAC=ABC

Tương tự,  BAC= ACB

Vậy ABC tam giác 

Câu

Ta có   1 1 

2

NCE IBN  B  ANCM Do E nằm góc NCM (1) Do B C nên N C nằm phía AM

D

E H

A

B C

(91)

Do E C nằm phía AM (2) Từ (1) (2) suy E nằm AMC Vậy Q thuộc cung nhỏ AC

Q

M L N K

E I

O

C B

A

b) Vì QK QA (3) nên

      1  

2 2

QAK AKQ  A B IAK CAQ  B IBK CBQ

Mặt khác, CAQ CBQ nên CAQ IBK hay tứ giác AIKB nội tiếp Từ ta

có    

2

IKQ BAI  AKQM Suy KI //MQ

Gọi L giao điểm KN MQ, KILE hình bình hành Suy N trung

điểm KL Do BKCL hình bình hành Mặt khác ta có BK//CL, BK CL

và CLQ BLQ CQM (4) nên CL QC (5) Từ (4) (5) suy BK CL (6) Từ (3) (6) ta có BQ QA QC 

Câu

Ta có ab bc ca 3abc 1

a b c

+ + = ⇔ + + = Đặt x 1;y 1;z

a b c

= = = Khi x y z, , >0 ; x+ + =y z biểu thức P trở thành

2 2

1 2

x y z

P

z x y

= + +

+ + +

( )

2

3

2 3 4

2 2

1 2 3 9

x xz xz

x x x x z x x z x xz

z = − z ≥ − z = − ≥ − + = −

+ +

Dấu “=” xảy z=1

Tương tự, 2

1 9

y

y xy

x ≥ −

(92)

2

1 9

z

z yz

y ≥ −

+ Dấu “=” xảy y=1 Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế, ta có:

7

( ) ( )

9

P≥ x+ + −y z xy+yz+zx

Mặt khác

2

(x+ +y z) ≥3(xy+ yz+zx)

Do

( ) ( )

9 27

P≥ x+ + −y z x+ +y z =

Vậy minP=1 x= = =y z hay a= = =b c  Câu

Nhận xét: điểm số điểm cho khác tâm O Ta gọi điểm

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,

A A A A A A A A

O A2

A1

Ta có góc nhỏ số góc đỉnh O hai điểm lại

 i k

A OA (i ≠k,1≤i k, ≤8) không lớn

0 360

60 < Giả sử A OA1 2 góc bé

Xét A OA1 2 ta có :

Vì 

1 60

A OA < nên 



1 2

0

1 2

60 60

OA A OA A A

OA A A

A A O

 >  > ⇒

 

>  > 



Mà OA1≤1 OA2 ≤ ⇒1 A A1 <1 

(93)

Câu

a) Ta có 2

1+x =xy+yz+zx+x =(xy+x )+(yz+zx) =x y( +x)+z y( +x)=(x+ y x)( +z) Tương tự:

1+ y =(x+y y)( +z); 1+z2=(y+z z)( +x) Khi

( )( )( )( )

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

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

P x y

x z x y x y y z

+ + + + + + + +

= +

+ + + +

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

y z x z

z y x y z x y x z

+ +

+ + + + +

=x y( + +z) y z( +x)+z x( + y)=2(xy+yz+zx)=2  b) Giả thiết cho tương đương với

( )( )

2

4c =c +ab bc+ +ca= a+c b+c

Đặt (a+c b; +c)=d d|(a+ − + ⇒c) (b c) d a b| − ⇒ = −d a b d =1 (chú ý a b− số nguyên tố)

 Trường hợp 1: Nếu d =1 a+c b+c số phương

Đặt 2

,

a+ =c m b+ =c n với m n, ∈

Khi m2 −n2 = − ⇒ − = ⇒ = +a b m n 1 m n 1

Mặt khác, 4c2 =m n2 2⇒2c=mn⇒8c+ =1 4mn+ =1 4n n( + + =1) 1 (2n+1)2 số phương

 Trường hợp 2: Nếu d = −a b a+ =c (a b x− ) b+ =c (a b y− ) (vớix y, ∈) Khi (a+ − +c) (b c) (= a b x− ) (− a b y− ) ⇒ − =a b (a b− )(x−y)

1

x y x y

⇒ − = ⇒ = +

Ta có 4c2 =(a+c b)( +c) (= a−b)2xy=(a−b) (2 y y+1)

Do y y( +1) số phương Tích hai số tự nhiên liên tiếp số phương tích Suy c=0 Khi 8c+ =1 số phương

(94)

Vậy 8c+1 số phương  Câu

a) Điều kiện: x≥1

Với điều kiện trên, hệ phương trình cho tương đương với:

( )

4 x− x− = −1 32x +80x −50x +3 (*) Ta có

( ) ( )

* 4

2 3

VT = x− x− =  x− −  +

  ≥ Dấu "=" xảy 1

2

x x

⇔ − = ⇔ = Lại có: ( )

2

* 32

4

VP = x x−  +

  ≤

−

Dấu "=" xảy

0

0 5

4

x x x

x

= 

  

⇔  − = ⇔  =  



Vậy phương trình cho có nghiệm là:

x= 

b)

 Xét y=0 ta có:

4

1

1 0;

2

x x

x

x x

 =  =

 ⇔ ⇔ =

  = =

− =

 



 Xét y≠0 Đặt t x y

= Hệ phương trình cho trở thành:

( )

3

3 3

4 4

4

8

2 2

y t t

t y y ty

t y y ty y y t t

 − + =

 + − =

 ⇔

 

+ − − = + = +

 

Suy 3

4

8 12 0; 2;

2

t t

t t t t t t

t t

− +

= ⇔ − + = ⇔ = = =

+ +

 Với t =0

(95)

 Với t =2 x=2y Thay vào phương trình thứ hệ cho ta

1

y= ⇒ =x

 Với t =6 x=6y Thay vào phương trình thứ hệ cho ta

3 3

3

1

216 24

200 25 25

y + y − y = ⇔ y = ⇔ =y ⇒ =x

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: ( )

3

1

1;0 , 0; , 1; , ; 2 25 25

 

   

             Câu

d qua điểm cố định I(0; 1)− với m thay đổi Phương trình hoành độ giao điểm ( )P d

2

1

x mx x mx

− = − ⇔ + − = Do c

a = − < nên d cắt ( )P hai điểm phân biệt với m thay đổi

Gọi A x mx( ;1 1−1), ( ;B x mx2 2−1) Khi

2 2 2

1 2

4 16 ( ) 16[ ( ) ]

IA

IA IB IA IB x mx x mx

IB = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = +

2 2 2 2

1 2

(x 16x ) m x( 16x ) (1 m )(x 16x )

⇔ − + − = ⇔ + − =

1

2

1

4 16

4

x x

=  ⇔ − = ⇔ 

= −  Do x x1 2 = −1 nên

1

x x

= −

 Với x1 =4x2 ta có 12 1

1

x x

x

= − ⇔ = − (vô nghiệm)

 Với x1 = −4x2 ta có

2

1 1

1

4

x x x

x

 

= − − ⇔ = ⇔ = ±

 

Do

3

( )

2

m= − x +x = 

(96)

P N' M'

Q M

H K

F B A

D

C E N

a) Ta có ABF =ADK ⇒ AF =AK

Trong tam giác vuông KAE có AD đường cao nên

2 2 2

1 1 1 1

AE + AF = AE + AK = AD =a (khơng đổi)

b) Ta có

 

1

.sin cos

2

KEF

S = KE EF AEK = KE EF AKE (1)

Mặt khác

( )

2

KEF

S = EH KF = EH KH +HF (2)

Từ (1) (2) suy



.cos ( )

KE EF AKE =EH KH +HF



cos

EH KH EH HF

AKE

KE EF

+

⇔ =



cosAKE EH KH EH HF

EF EK KE EF

⇔ = +

    

cosAKE sinEFK.cosEKF sinEKF c osEFK

(97)

Câu

a) Giả sử GD cắt TO I TF cắt AO J Ta chứng minh AO⊥EF J Thật vậy, dựng tiếp tuyến Ax ( )O Ax⊥ AO

Ta có: xAC =ABC mà  ABC= AEF⇒  xAC= AEF⇒ Ax/ /EF hay AO⊥EF Mặt khác, ta cần chứng minh GS ⊥TO điểm I

Thật vậy, ta có MFB =MBF ⇔MFD   +DFB=MTF +TFB

Mà DFB   =DCA=EFA=TFB nên  MFD=MTF hay MDF MTF

Từ suy

MF =MD MT

Mặt khác ta có

MO MG=MB MC=MF (do MB=MC =MF) Suy MO MG. =MD MT. hay MOT MDG⇒GI ⊥OT

Dễ thấy điểm A K H E, , , nằm đường tròn đường kính AH Vì tứ giác AKBC nội tiếp nên TK TA TB TC. = . .

Vì tứ giác EFBC nội tiếp nên TK TA TF TE. = . hay tứ giác AKFE nội tiếp Vậy điểm A K F H E, , , , nằm đường tròn

b) Do tứ giác JSIO nội tiếp nên TS TJ. =TI TO.

Do tứ giác IOMD nội tiếp nên TI TO. =TM TD.

Xét tứ giác MDFE có:

     

180 180 180

FDE = −FDB−EDB= − − =A A − A

x

J

I

N K

M O S

G F

E

D H

C B

A

(98)

   ( ) ( )   

180 180 180 180 2( ) 180 180

FME = −FMB−EMC= − − B − − C = B C+ − = − A

Suy tứ giác MDFE nội tiếp Do TD TM. =TE TF.

Nhưng TE TF. =TK TA. suy TS TJ. =TA TK. ⇒tứ giác AKSJ nội tiếp

 

90

SKA SJA S HK

⇒ = = ⇒ ∈

Mặt khác từ chứng minh ta cóAKMD nội tiếp nên MKA =MDA=900 Vậy điểm M H S K, , , thẳng hàng 

Câu

Đặt x= +a b y, , = +b c z= +a c

Suy ra: x y z, , >0 x+ + =y z 2(a+ +b c)=1

Khi đó: P xy yz zx

xy z yz x zx y

= + +

+ + +

( ) ( )( ) 12

xy xy xy xy x y

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

x y

x z

y y z

x z z

= = ⇒ = ≤  + 

+ + + + + + + + +  + + 

Chứng minh tương tự ta được:

1

yz y z

yz x y x z x

 

≤  + 

+  + +  ;

2

z x

z y x

x

zx y y

z  

≤  + + + 

+ 

Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta được:

P≤

Dấu "=" xảy

a= = =b c

Vậy max

P=

6

a= = =b c 

Câu Xét đa thức ( )

,

B x =ax +bx+c a≠ có biệt thức

B b ac

∆ = − Hai đa thức viết thêm trở thành:

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

2 ;

C x = a+ +b c x + +b a x+a D x =cx + −b a x+ a b− +c

Dễ dàng tính

4

B C D b ac

(99)

Vì hai đa thức A x( ) E x( ) có biệt thức ∆A ∆E khác nên viết đa thức E x( ) 

===Hết===

Câu

a) Do 3 2

( )( )

x −y = x−y x +xy+ y x2+xy+y2≥0 nên x≥ ⇔y x3≥ y3

Đặt 3

,

x= a y= b Khi 3 3 0

4

x+ =y y − ⇒ =x y − − <y

Giả sử x< −1, ta có

3 3 2

3 1 3 3 1 ( 1) 0

4

y − = + < − ⇔y x y y − <y − y + y− ⇔ y− < (vô lý)

Do x≥ −1 hay a≥ −1 Vậy − ≤ <1 a 

b) Đặt

1

p − + =p a với *

a∈

Khi ( ) ( )( )

1 1

p p− = a− a + +a (1)

Nếu p a| −1 a= pk+1 với k∈

Khi ( ) 3 2

1 ⇔ p − + =p p k +3p k +3pk +1 Với k≥2 thìVT(1)<VP(1), 0≤ ≤k

+ Với k=0 p2− + = ⇔p 1 p p( − =1) , mâu thuẫn

+ Với k=1 p3−2p2+4p= ⇔0 p2 −2p+ = ⇔4 (p−1)2 + =3 0, mâu thuẫn Do đóp a/| −1 ,

|

p a + +a (2)

Lại có a−1| p p( −1) mà gcd(p a, − =1) nên a−1| p−1

(100)

Đặt p=(a−1)b+1 với b∈ Khi từ (2) suy

( )

2

1 1

a a

a b

+ +

− + số nguyên dương Điều

này tương đương với 2

1

a b ab b b a

a

ab b ab b

+ + − −

= + +

− + − + (3) nguyên dương Do ta phải có 3b−2−a ≥ab−b+1

 Trường hợp 1: Nếu 2b−2−a≥ab b− + ⇔1 b(4−a)≥a+3

Nếu a≥4 b(4−a)< +a 3, mâu thuẫn Do 2≤ ≤a Nếu a=3 phương trình tương đương với p p( − =1) 26 , mâu thuẫn Nếu a=2 phương trình đầu tương đương với p p( − =1) 7, mâu thuẫn

 Trường hợp 2: Nếu 2+a−3b≥ab b− + ⇔1 b(2+a)≤a+1, mâu thuẫn vìa+ > +1 a

 Trường hợp 3: Nếu 3b− − = ⇔ =2 a a 3b−2 Khi p=3b b( − +1)

( ) (2 )

2

1 3 9

a − + =a b− + b− + = b − b+ Do

2

1

a a

p

+ + = Ta có ( )1 3( 1) ( 1)( 3)

3

b

p a b b

b

=  ⇔ − = − ⇔ − − = ⇔ 

= 

+ Nếu b=1 p=a, mâu thuẫn p2 + + =p p3 ⇔ p p( 2− − =p 1) + Nếu b=3 p=3a−2 Khi ( )

1 15

7

a

a a a

a

=  ⇔ − + = ⇔ 

=  Thử lại thấy a=7 thỏa mãn Với a=7 suy p=19

Vậy p=19 thỏa mãn yêu cầu toán  Câu

a) Phương trình cho tương đương với:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

4 2 2

2 2

1

2 3

2 1 3

2

x x x x

x x

+ + + + + +

= + +

+ + +

Đặt

1, 3,

a=x+ b= x + b≥

Phương trình thành:

( )

4 2 2

2

(101)

Chia hai vế cho

b đặt t a b

= ta được:

( ) ( )2

4 3

4t −4t + − + = ⇔t 2t 4t t− + −1 t =0

( )( ) ( )( )( )

1

1 1 2 1

2

t

t t t t t t t

t

=   ⇔ − + − = ⇔ − − + + = ⇔

 = 

 Với t =1 a=b Khi x+ =1 x2 + ⇔3 x2 +2x+ =1 x2 + ⇔ =3 x

 Với

2

t = b=2a Khi

2

13 2( 1)

3

1

x

x x x

x x

 −

+ = + ⇔ ⇔ =

+ + = 

≥ −

Vậy phương trình cho có nghiệm 1; 13

3

x= x= − 

b) Điều kiện: x≥0;y≥0;xy+(x−y)( xy−2)≥0 Phương trình thứ hệ tương đương với:

( )( 2)

xy+ x−y xy− − +y x− y =

( )( )

2

0

x y y xy x y

x y

xy x y xy y

− + − −

⇔ + =

+

+ − − +

( )

( )( )

2

0

y xy

x y

xy x y xy y

 

+ −

 

⇔ −  + =

+

+ − − +

 

 

Mặt khác từ phương trình thứ hai hệ ta có:

( )

2

1

y xy x x x x

x x

 

+ = − + = + −  + − +

+  +  ≥

Suy ra:

( )( )

2

0

y xy

x y

xy x y xy y

+ −

+ > +

(102)

Thay y=x vào phương trình thứ hai hệ ta được:

( )( )

3 2

1

2 4 1 17

2

x

x x x x x x

x

=  

− − + = ⇔ − − − = ⇔ ±  = 

Vì x= ≥y nên hệ phương trình cho có nghiệm là: ( )1;1 , 17 1; 17

2

 + + 

 

 .

Câu

Ta chứng minh n > n+ +1 n−1 (*) với n nguyên dương

Thật vậy, 2

(*)⇔4n>2n+2 n − ⇔1 n − <1 n (luôn đúng)

Áp dụng bất đẳng thức (*) suy a> >b Do

2

2 7

7 14

2

m m m 

− + − = − −  − <

  nên hàm số f x( ) nghịch biến x>0 Vậy f a( )< f b( ) 

Câu

Tứ giác ABCD hình thoi nên AC đường trung trực BD và BD là đường trung trực AC Do gọi M, I ,K là giao điểm đường trung trực đoạn thẳng AB với AB,AC,BD thì ta có I, K là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ADB, ABC

Từ ta có KB = r và IB = R Lấy điểm E đối xứng với điểm I qua M , ta có BEAI hình thoi (vì có hai đường chéo EI AB vng góc với cắt trung điểm đường )

a) Ta có  BAI =EBA mà  BAI+ ABO=900  

90

EBA ABO

⇒ + =

I E

K M

D O

A C

(103)

Xét ∆EBK có  90

EBK = ,đường cao BM Theo hệ thức tam giác vng ta có

2 2

1 1

BE + BK = BM

Mà BK = r; BE = BI = R, BM =

2

a

nên 12 12 42

R +r = a

b) Xét ∆AOB ∆AMI có   90

AOB= AMI = A chung

Do

2

AO AM AM AB AB

AOB AMI AO

AB AI AI R

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =

Chứng minh tương tự ta 2

BM AB AB

BO

BK r

= =

Ta có

4

AB

S AO OB

Rr

= =

Mà theo định lí Pythagore tam giác vng AOB ta có

2

2 2

1 1

4

R r

AB OA OB AB AB

R r R r

 

= + =  + ⇒ =

+

 

Vậy 82 32 2

( )

R r S

R r

=

+  Câu

a) Ta có ICD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O )

Tứ giác IHDC có IHD ICD 900 Do tứ giác IHDC nội tiếp đường tròn tâm M

 2

IMH ICH

  ICH IDH O

N P

J H

M D C B

A

(104)

Mà BCA ICHIDH (hai góc chắn AB  O )

Do BCA ICHIDH nên BCH 2ICH.Ta có BCH IMH2ICH Vậy tứ giác BCMH nội tiếp

b) Gọi T giao điểm PD đường tròn  J ngoại tiếp tam giác HMD (với T

khác D)

Xét PHD PTM có:

HPD (chung)

PHD PTM (hai góc nội tiếp chắn MD  J ) Do PHD PTM (g.g) PH PD PM PH PD PT

PT PM

   

Chứng minh tương tự có PM PH PC PB , nên PD PT PC PB Xét PBD PTC có PBD (chung), PD PB

PC  PT (vì PD PT PC PB )

Suy PBD PTC (c.g.c) PBD PTC

Do tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường tròn  O hay T N Vậy ba điểm P D N, , thẳng hàng 

Câu

Đặt x = 1,y = 2,z =

a b c Điều kiện toán thành:

 > 

 ≥

 + +

, ,

2 x 4y 7z x y z

xyz

Bài tốn quy tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = + +x y z

Từ 2xyz ≥2x +4y +7z suy ( )

 ≥ 

− ≥ + ⇒  + ≥

 −



2 7 2 4

2

xy

z xy x y x y

z

xy

Khi đó: ≥ + + + = + + − + +

− −

14 2 11

2 2

x

x y x

x y x y

P

xy x x xy

≥ + 11 +2 1+ 72

2

x

x x ( bất đẳng thức AM - GM )

Dễ dàng chứng minh được: + 2 ≥ +

7

2

1

(105)

Khi

7

11 2 .9 15

2 2 2

P x x x x

x x x

+

≥ + + = + + ≥ + = (do bất đẳng thức AM – GM ) Dấu “=” xảy ⇔ =3, = 5, =2

2

x y z hay = 1, = 4, =

3

a b c

Vậy = 15 ⇔ = 1, = 4, =

2

P a b c 

Câu

Trong 1000 số tự nhiên 2015 số tự nhiên liên tiếp ln tồn số chia hết cho 1000 Giả sử số A000 (với A∈*)

Khi ta có 28 số A000, 001, , 009, 019, , 099, 199, , 999A A A A A A thuộc

2015 số tự nhiên liên tiếp chọn ban đầu

Gọi SA tổng chữ số A, ta có tổng chữ số 28 số chọn S SA, A +1,SA+2, ,SA+27 28 số tự nhiên liên tiếp Do chắn tồn số 28 số chọn có tổng chữ số chia hết cho 28 

===Hết===

Câu

a) Từ x= y− y2+ +1 y+ y2+1 suy 3

2 3

x = y− x⇔ x + x− y=

Khi 3

( ) ( ) 2019 2019

P=x x + x− y + y x + x− y + = 

b) Đặt 2

p=c +d với c d, ∈

Ta có ( )( ) ( ) ( )

2

2 2 2

2

a b c d ad bc ac bd

a b

p p p

+ + + + −

+ = =

(106)

2 2

ad bc ac bd ad bc ac bd

p p p p

 +   −   −   +  =  +  =  + 

       

Mặt khác, ta có

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

ac+bd ac bd− =a c −b d =a c +d −d a +b =a p−d a +b p Suy

|

p ac+bd p ac bd| −

 Trường hợp 1: Nếu p ac| +bd

2

a b ac bd ad bc

p p p

   

+ = + + −

   

    Vì a2 b2,ac bd

p p

+ +

∈ nên ad bc

p

− ∈  Do

2

a b

p

+

tổng hai số phương

 Trường hợp 2: Nếu p ac bd| −

2

a b ad bc ac bd

p p p

   

+ = + + −

   

    Vì a2 b2,ac bd

p p

+ − ∈

 nên ad bc

p

+ ∈  Do a2 b2

p

+ tổng hai số phương Vậy ta hồn tất chứng minh 

Câu

a) Điều kiện:

x≥ −

Phương trình cho tương đương với

( )2

2 11

4

3 x+ = x− − x− Đặt 3y− =4 4x+1 ;

3

y≥ Khi ta có hệ phương trình

( )

( )( )

( )

2

3 4

3 2 4

9 22 9 22

3 4

x y

x x

x x y y x

x y

x y x y

y x

 = 

 − = + +  − = +  − = +

 ⇔ ⇔ 

   + − =



− + − =

− = + 

  

 

 − = + 



(107)

14 61

x= + ; 12 53

9

x= − 

b) Điều kiện: ( )

( )

1

1 0

1

1 0 12

xy

x x

y y

x

y

  + >



 ≤ ≤

≥

≤ ≤ ≥



− ⇔

 

 − 



 

Với điều kiện (*) ta có:

2

1

1 2x 2y xy

+ ≤

+

+ + Dấu "=" xảy ra⇔ =x y Chứng minh:

Theo bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có:

2

1 1

2

1 2

1 2x 2y x y

   

 +  ≤  + 

 + +   + + 

  (1)

Dấu "=" xảy 2

1 2x 2y x y

⇔ + = + ⇔ = ( x y, ≥0) Lại có:

( ) ( )

( )( )( )

2

2 2

2

1

0

1 2 2 2

y x xy

x y xy x y xy

− −

+ − = ≤

+ + + + + + (

1 ,

2

x y

≤ ≤ ) Suy ra:

2

1

1 2+ x +1 2+ y ≤1 2+ xy (2)

Dấu "=" xảy ⇔ =x y

Từ (1) (2) ta thu bất đẳng thức cần phải chứng minh Dấu "=" xảy ra⇔ dấu "=" xảy đồng thời (1) (2) Hệ phương trình cho tương đương với:

( ) ( ) ( )

9 73 36

2

1 2 9 73

9

36

x y x y x y

x x y y y y

x y

 −

= = = =

  

 ⇔ ⇔ 

 − + − =  − =

 +

 

   = =

(108)

9 73 73 73 73

; , ;

36 36 36 36

 − −   + + 

   

    

Câu

Đường thẳng d qua I(0; 1)− với hệ số k nên có phương trình y=kx−1 Phương trình hồnh độ giao điểm ( )P d

2

1

x kx x kx

− = − ⇔ + − = (*)

Do

4 0,

k k

∆ = + > ∀ nên phương trình ln có nghiệm phân biệt với k Điều

có nghĩa d ln cắt ( )P điểm phân biệt A B, với k

Do x x1 = −1 nên 1

1

2

x x x x

x x

= + = + ≥

− (do x1

1

x dấu)

Phương trình đường thẳng OA y= −x x1

Phương trình đường thẳng OB y= −x x2

Do (−x1).(−x2)=x x1 = −1 nên OA⊥OB hay OAB vuông O  Câu

a) Xét ∆OEB ∆OMC có

Vì ABCD hình vng nên ta có OB=OC B 1=C1=450

BE=CM (giả thiết )

Suy ∆OEB = ∆OMC ( c – g – c )

OE OM

⇒ = O 1=O3

Lại có   

2 90

O +O =BOC= (do tứ giác ABCD hình vng)

hay   

2 90

O +O =EOM = Kết hợp với OE =OM ⇒∆OEM vuông cân O.

H'

1

2

E

N H M

O

D

(109)

Do tứ giác ABCD hình vng nên AB = CD AB // CD Khi AB//CN AM BM

MN MC

⇒ = (theo định lí Ta-lét) (1) Mà BE=CM AE=BM , thay vào (1) ta AM AE

MN = EB Theo định lí đảo Ta-lét suy

ra ME//BN

b) Gọi H′ giao điểm OM BN

Từ ME // BN suy OME =OH E′ ( cặp góc so le trong)

Mà 

45

OME= (do ∆OEM vuông cân O) nên

 

1 45

MH B′ = =C ⇒OMC =BMH′ (g – g) OM MH

OB MC

′ ⇒ = Kết hợp OMB =CMH′( hai góc đối đỉnh) ta đến

OMB= CMH′

  (c – g – c)  

45

OBM MH C′

⇒ = =

Do   

90

BH C′ =BH M′ +MH C′ = ⇒CH′⊥BN

Mà CH ⊥BN (H∈BN) nên H ≡H′ hay điểm O M H, , thẳng hàng  Câu

a) Do tứ giác AMBC nội tiếp nênGM GA =GB GC

Do tứ giác BEFC nội tiếp nên GB GC =GF GE Suy GF GE =GM GA Do tứ giác AMEF nội tiếp

b) Theo kết tứ giác AEFH nội tiếp suy M nằm đường tròn đường

kính AH Do HM ⊥MA Tia HM cắt lại đường trịn ( )O K, AMK =900 nên AK đường kính ( )O

E M

D N

H

F O

K G

C B

(110)

Từ suy ra: KC⊥CA KB, ⊥BA⇒ KC/ /BH KB, / /CH ⇒ tứ giác BHCK hình bình

hành ⇒KH qua điểm N Khi M H N, , thẳng hàng Trong tam giác GAN có hai

đường cao AD NM, cắt H nên H trực tâm tam giác GAN

Vậy GH ⊥AN 

Câu

Theo giả thiết ta có: 2

2≥x + y +z +xy+ yz+zx Khi đó:

2 2

2

1

2

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( )

1

( ) ( )

xy xy x y z xy yz zx

x y x y

x y z x y x z x z y

x y x y

 +  + + + + + + ≥

 +  +

 

+ + + + + +

= = +

+ +

hay 12 ( )( 2 )

( ) ( )

xy z x z y

x y x y

 +  + +

≥ +

 +  +

  (1)

Tương tự ta có: 12 ( )( 2 )

( ) ( )

yz x y x z

y z y z

 + ≥ + + +

 +  +

  (2)

12 ( )( 2 )

( ) ( )

zx y z y x

z x z x

 + ≥ + + +

 +  +

  (3)

Cộng tương ứng ba bất đẳng thức (1), (2) (3) áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

2 2

1 1

2

( ) ( ) ( )

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

3

( ) ( ) ( )

xy yz zx

x y y z z x

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

x y y z z x

 + + + 

+ +

 + + + 

 

+ + + + + +

≥ + + +

+ + +

2 2

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

3 3

( ) ( ) ( )

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

x y y z z x

+ + + + + +

≥ + = + =

+ + +

Khi đó: 12 12 12

( ) ( ) ( )

xy yz zx

x y y z z x

+ + + + + ≥

+ + +

Dấu xảy

x= = =y z 

Câu

Xét tập khác rỗng khác A A Có tất 26− =2 62 tập Gọi X

(111)

Ta có 0≤S X( ) 10 1≤ + +1 12 13 14+ + =60

Theo ngun lí Dirichlet, có hai tổng S S′ nhận giá trị Vậy tồn hai tập

con B C, A cho S B( )=S C( )

===Hết===

Câu

a) Với k∈∗, ta có:

( )

2

1 1

1

k

k k

k k k k k k

k k

 

= = =  − 

+ +  + 

+

1 1

1

k

k k k k

  

=  +  − 

+ +

  

1 1

1

1 1

k

k k k k k

    

= +  − <  − 

+  +   + 

 

Khi

3 3

1 1

1 + 1+ + + + + + n + n

1 1 1

2 2

2 n n n

   

<  − + − + + − =  − <

+ +

    

b) Đặt 2 2

2 , , 2

a=x − xy−y b=xy− y −x c= x + y + x+y

Ta có a− =b (x−y x)( −2y+1)

Do a b chia hết a b− chia hết cho

Suy x−y5 x−2y+1 5

 Trường hợp 1: Nếu x− y5 x≡ y(mod 5) Khi

2 2

2 ( )(mod 5)

a≡x − x − = −x x +x ;

2 2

2 3( )(mod 5)

c≡ x +x + x+ =x x +x

(112)

Do a5 nên x2+x5 hay c5

 Trường hợp 2: Nếu x−2y+1 5 x≡2y−1(mod 5) Khi

(2 1) 2(2 1) 1(mod 5)

a≡ y− − y− y− = −y y+ ;

2 2

2(2 1) 2(2 1) 3 (3 1)(mod 5)

c≡ y− +y + y− + ≡y y − y≡ y y−

Do a5 nên 3y−1 5 hay c5 

Câu a) Đặt y = 2x x− = 1−(x −1 )2 Suy ra:

( ) 



− = − 

≤ ≤

2 2

0

1 1

x y

y

Ta được: 1+ +y 1− =y 2 1( −y2) (2 1 2− y2) (1)

Mặt khác: 1+ +y 1−y ≥ +1 1−y2 ≥ −2 y2 (2)

Từ (1) (2) suy ra: 2 1( −y2) (2 1 2− y2)≥ −2 y2

Đặt t =y2 ta được: 0≤ ≤t 1

( ) (− − ) ≥ − ⇔2 (4 − + ) ≤ ⇔ ≤

2 t 2t t t t 10t t

Do đó: t = Suy ra: y =0 hay − = ⇔ − = ⇔  == 

2

x

x x x x

x

Vậy tập nghiệm phương trình cho S ={0;1}  b) Điều kiện

0

x y

+ ≥ 

 − ≥ 

Đặt ,

2

x y x y

u= + v= − ; u v, ≥0 Suy ra: 2 2 ,

x=u +v y=u −v

Hệ phương trình cho thành:

( 2)( 2) ( 2) 2 3

2

14

u v u v u v u v

u v

 + − + −

 = +



 + = 

( )( 3 )

3 3

7 0

9

u v u v u v

u v

 + − − =  + = 

⇔ ⇔

+ =

+ = 



3

u v

 − = 



+ = 

 Hệ phương trình 3 30

u v

+ = 



+ =

(113)



3 3

7

1

9

u v u u

v

u v v

 − =  =  =

 ⇔ ⇔

   =

+ = =

  

  Khi

2

8

2

1

x y

x y x

x y y

x y

 + =

  + =  =

 ⇔ ⇔

  − =  =

−  

 =



Vậy phương trình cho có nghiệm (5;3)  Câu Phương trình hồnh độ giao điểm ( )P d

2

2x = −2mx+ + ⇔m 2x +2mx− − =m (*) Ta có

2 0,

m m m

′

∆ = + + > ∀ Suy phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt với m Điều có nghĩa d cắt ( )P điểm phân biệt với m

Theo định lí Vi-ét ta có 2

1 ;

2

m x +x = −m x x = − +

Khi

]

2

1 2

2 2

1 1 2 1 2

1 4( ) 4( )

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

x x x x x x

P

x x x x x x

+ − − + +

= − − = −

− −  − + +

 =−4m2−8m−6=−(2m+1)2−2≤−2

Vậy maxP= −2

m= − 

Câu

O

F

E

K H

C

A

D B

(114)

Chứng minh BEO=DFO (g – c – g ) Suy BE=DF

Do tứ giác BEDF hình bình hành Ta có  ABC= ADC⇒HBC =KDC

Chứng minh : CBH CDK (g – g) CH CK CH CD CK CB

CB CD

⇒ = ⇒ =

b) Chứng minh : AFDAKC (g – g) AF AK AD AK AF AC

AD AC

⇒ = ⇒ =

Chứng minh : CFDAHC (g – g) CF AH

CD AC

⇒ = Mà CD=AB nên CF AH AB AH CF AC

AB = AC ⇒ =

Do ( )

AB AH +AB AH =CF AC+AF AC= CF +AF AC=AC 

Câu

a) Ta có tam giác NAB cân N (ONlà trung trực AB)

 

NAB NBA

⇒ = (1)

Lại có OM =OB= ⇒R  NBA=BOM (2)

Do H I, trung điểm OA AM, nên HI đường trung bình củaAOM

Suy HI//OM ⇒BMO =KHB (3)

Từ (1),(2) (3) suy ra: NAB=HKB

N

K C

H O B

(115)

Do tứ giác AHKN nội tiếp hay điểmA H K N, , , thuộc đường trịn b) Ta có

2

AO R

AH =HO= =

KH //OM

2

KH OH R

MB OB R

⇒ = = =

Đặt

2

x MB= > ⇒x MK =

Áp dụng định lý Pythagore tam giác vng AKM AMB, ta có:

2

2 2 2 10 2

4

2

R x

AK −KM = AM =AB −BM ⇔  − = R −x ⇔ =x R

 

 2 

sin 45

2

MB R

MAB MAB

AB R

⇒ = = = ⇒ =

Mặt khác

    

s s 45

2

CAB= đ BC = đ AB= ⇒MAB CAB= ⇒M C≡

Vậy M ≡C 10

2

R

AK = 

Câu Ta có

1

6b ab bc ca 6b b bc c 6b 7b c bc

a a a a

+ +

+ = + = + + + = + +

Tương tự

1

6c 7c a ca b+ = + + b ;

1

6a 7a b ab c + = + + c Do P 6b 6c 6a 8(a b c) bc ca ab

a b c a b c

       

= +  + +  + + = + + + + + 

       

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2

bc ca c

a + b ≥ ; 2

ca ab a

b + c ≥ ; 2

ab bc b c + a ≥ Suy

bc ca ab

a b c

(116)

Suy

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

8

6

6 3

bc ca ab bc ca ab

P a b c a b c a b c

a b c a b c

bc ca ab bc ca ab

a b c

a b c a b c

bc ca ab bc ca ab

a b c a b c

    = + + + + + = + + + + + + + +          ≤ + + + + + +  + +              = + + +  + + =  + + + + +       ( ) ( ) 2 2 2

2

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

abc abc abc

 + + + + +  + +

=  = =

 

Do đó:

1 1 1

6 6 6

1 3

b c a

a b c

abc

 +  + +  + + 

     

      ≤ (1)

Mặt khác

3

3 6 6 6 6

3

b c a

a b c

        + + + + + + + + + +                 ≤       3 6

1

b c a

a b c

abc   + + + + +     ⇒ ≤      

⇒ 3

3

1 1

6b 6c 6a

a+ + b + + c+ ≤ abc (2)

3 ( )2

3

ab bc ca

ab bc ca ≤ + + = ⇒ abc ≤

Vì thế, ( )

( ) ( ) 2 3 3 3

3 abc abc

abc abc

abc = abc = ≤ (3)

Từ (2) (3) suy 6b 6c 6a

(117)

Câu

Giả sử A có n số xếp chúng theo thứ tự 1= <x1 x2 < < xn Suy với k∈{1;2;3; ; }n ta có

1

i i j xk xk xk

x+ = +x x ≤ + = với 1≤i j, ≤k

Áp dụng kết ta thu

6

2 1 2,x3 2 4,x4 8,x5 16, 32, 64

x ≤ + = ≤ + = ≤ ≤ x ≤ x ≤

Suy tập A phải có phần tử

 Giả sử n=8 suy x8 =100

Vì x6+x7 ≤32 64+ =96 nên x8 =2x7 ⇒x7 =50 Vì x5+x6 ≤16 32+ =48 nên x7 =2x6⇒x6=50 Vì x4+x5 ≤ +8 16=24 nên 6 5 5 25

2

x = x ⇒ x = (mâu thuẫn)

 Giả sử n=9 ta có tập {1;2;3;5;10;20;25;50;100} thỏa mãn yêu cầu toán 

===Hết===

Câu a) Cách

*

k

∀ ∈ ta có

( ) ( )

2

1 1

1

2 k k k k

k k k k k k k

 

= =  − 

+ +

+ + + +  

( ) ( )2

2

1 1

2k k 2k k k 2k k k k

= − < −

+ + + + + +

Khi

(118)

( )

2 2

1 1

1 +2 +3 + + n n+2 n+1

( )2 ( )2

2

1 1 1

2 2 2 2 2

n

k= k k k k n n

 

<  − = − <

+ + + + +

 

∑

Cách

Ta có: 2 2

2k =k +k ≥k + với k∈* Suy ra:

( )( ) ( ) ( )( )

2

1 1

1

2 1

( 2)

2 k

k k k k k k k

k k k

k ≥ + ⇒ ≤ =  − 

+ + + + +

+ +  Khi

( )

2 2

1 1

1 +2 +3 + + n n+2 n+1

( ) ( )( ) ( )( )

1

2 1 1 1

2 1 2 2 2

n

k= k k k k n n

   

≤  − =  − <

+ + + + +

   

∑ 

b) Ta có: 3 ( ) ( ) ( )

4 mod mod

m +n − ≡ p ⇔ −mn m+n − ≡ p

⇔3mn m( +n)+12≡0 mod( p)

Kết hợp với 3 ( )

4 mod

m +n − ≡ p suy ra:

( )3 ( )

8 mod

m+n + ≡ p ⇔(m+ +n 2)m2+n2+2nm−2(m+n)+4 ≡0 mod( p)

Do p số nguyên tố nên ta có khả năng:

 Trường hợp 1: Nếu ( 2)

m+ +n  m +n

( ) ( )

2

1

2 1 2,

1,

m n

m n m n m m n n m n

m n

= = 



+ ≤ + + ⇔ − + − ≤ ⇔ = =  = = 

Thử lại ta thấy: số (m n, ) ( ) ( ) ( )1;1 , 2;1 , 1;2 thỏa toán

 Trường hợp 2: Nếu 2 ( ) ( 2)

2

m +n + nm− m+n +  m +n

( ) ( 2)

2nm−2 m+n +4 m +n

Do ( ) ( )( ) ( ) 2

2nm−2 m+n + =4 2 m−1 n− + > ⇒1 1 2nm−2 m+n + ≥4 m +n

(119)

Câu

a) Điều kiện: x≠ ± 3,x≠1

Phương trình cho viết lại sau:

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

3

1

x

x x x

x x − + − + = − + − − −

Đặt ( )2

u= x− > ;

v=x −

Phương trình cho trở thành:

1

2

u

v u v

v + + = +u (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swachz ta có:

( ) ( )2

2 2 1 u v u

v v u

v u

 

+ + + +

  ≥ + +

 

2

1

u v

v u ≥ +u v + ≥u v

⇒ + + + (2)

Từ (1) (2) suy ra:

2 1 u v u v v u v  = =  ⇔ = =   = 

Khi đó: ( ) 2 1 x x x  − =  ⇔ =  − = 

Vậy phương trình cho có nghiệm x=2  b) Điều kiện: 3x−y≥0 ; 3x+ 3x− ≥y ;y≠0

Ta có: 6x 3x y 3y 3( x y) 3y 3x y 3( x2 y) 3x y

y y y y

− − −

− = − + ⇔ − = − ⇔ − =

Đặt t 3x y y

−

= Khi đó:

1

2 3

2 t t t t = −   − − = ⇔  = 

 Với t = −1 ta có:

2

0

3

y y

x y y

x y y x y y

< <

 

− = − ⇔ ⇔

− = = +

 

Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được:

2 2

(120)

2

4

2 1

0 y x y y y = − ⇒ =   ⇔ + − = ⇔

 = > 

 Với

2

t = ta có:

2 3 9 y

x y y

>   − = ⇔  = + 

Thay vào phương trình thứ hai ta được: 9

2

4y +2y = 2y + y−

Đặt

4

u= y + y , u>0 Ta có: 2 u u u u =  − − = ⇔ 

= − <



Với u=2 suy ra:

8

9 10 16 9

2 y x y y y  = ⇒ =  + − = ⇔ 

= − < 

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: (4; ,) 8; 9   −      Câu ( ) ( A; A)

A∈ P ⇒ A x x ; B∈( )P ⇒B x x( B; B2) (với xA <0,xB >0)

OAB



2 2

2

2 2 2 2

( ) ( )

A A B B

A A B A B A

x x x x

OA OB

OA AB x x x x x x

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

2 2

2

2 2 2

( )( 1)

(2 )

( ) ( )

B A

A B A B

A A A

A A B A B A

x x

x x x x

x x x

x x x x x x

= −  − + + =   ⇔ ⇔ + = + = − + −    3 A B x x  = −  ⇔  =

 (do xA <0 xB >0) Vậy A(− 3;3 ,) ( )B 3;3 

(121)

I F

K E

D C

B A

a) Tứ giác ABCK có:

AB // CK (AB // CD, K∈ CD) AK // BC (giả thiết)

⇒ ABCK hình bình hành ⇒ CK = AB

⇒ DK = CD – CK = CD – AB (1) Chứng minh tương tự, ta có DI = AB

⇒ IC = CD – DI = CD – AB (2) Từ (1) (2) suy ra: DK = IC

∆DEK có AB // DK, theo hệ định lý Ta-let ta có: AE AB

EK = DK (3)

∆FIC có AB // IC, theo hệ định lý Ta-let ta có: AF AB

FC = IC (4)

Do DK =IC nên từ (3) (4) suy AE AF EK = FC

Do EF//KC hay EF//CD

b) Do AB=CK nên AB CK

CD = CD (5) BCD

 có EK//BC nên CK BE

CD = BD (6) BDI

(122)

Mà DI =AB nên BE EF

BD = AB (7)

Từ (5), (6) (7) suy ra: AB CK BE EF

CD =CD = BD = AB hay

2

AB =CD EF 

Câu

K I

M

P

N

O H

C B

A

a) Gọi I giao điểm CH AB , K giao điểm AH với BC

Dễ thấy  

180

BIK +AHC= (1)

Mặt khác,   IBK = AMC AMC; = APC Do  IBK = APC (2)

Từ (1) (2) suy ra: APC AHC 180 + =

Do tứ giác AHPC nội tiếp ⇒ AHP= ACP

Mà  ACP= AMP nên AHP= ACM

Mặt khác,  

180

ACM =ABM = nên AHP= ABM =1800

Mà  AMB= ABN nên  AHP= ABN =1800 (3)

Tương tự, ABN = AHN (4)

Từ (3) (4) suy ra:  180

AHB+AHN =

Vậy N H P, , thẳng hàng b) Ta cóMAN=2BAM MAP ; 2= MAC

Khi NAP=2( BAM +MAC)=2BAC (khơng đổi)

Ta cóNP=2AP.sinBAC =2AM.sinBAC

NP lớn AM lớn nhất, tức AM đường kính đường trịn ( )O

(123)

Câu

Đặt a 1;b 1;c a b c, ,

x y z

= = = ⇒ > a+ + =b c Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

1

a+bc+ b+ac + c+ab ≥ ab + bc + ca +

2

( ) ( )

a+bc = a a+ + +b c bc = a +a b+ +c bc ≥ a + a bc+bc

( )2

a bc a bc a bc

⇒ + ≥ + = + (1)

Tương tự ta có: b+ac ≥ +b ac (2)

c+ab ≥ +c ab (3)

Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta có:

a+bc+ b+ac+ c+ab≥ ab+ bc + ca + + +a b c

1

a bc b ac c ab ab bc ca

⇔ + + + + + ≥ + + + Dấu đẳng thức xảy

3

a b c

⇔ = = = hay x= = =y z 

Câu

Sắp xếp số cho theo thứ tự tăng dần: 1≤ <a1 a2<a3< < a700 Bổ sung thêm số a2+3,ai +9 (i=1, 2, ,700) lập bảng sau:

Cột

Dòng … 674 675

1 a1 a2 a3 … a674 a675

2 a1+3 a2+3 a3+3 … a674+3 a675+3 a1+9 a2+9 a3+9 … a674+9 a675+9

Bảng gồm 675 cột, dòng nên gồm 2025 số tự nhiên, xi bảng thỏa mãn 1< <xi 2017 9+ =2026 (i =1, 2,3, , 2100)

Do xi nhận tối đa 2024 giá trị nên có số

(124)

∃ hai số ai + =x aj +y với x y, ∈{0;3;9}, i ≠ ∈j {1;2; ;675} {3;6;9}

i j i j

a a y x a a y x

⇔ − = − ⇔ − = − ∈ Vậy ta hoàn tất việc chứng minh 

===Hết===

Câu a) Ta có

( )2

6 2− = 2− = −2 2; 20 14 2+ =3(2+ 2)3 = +2 2;

( )3

3 (a+3) a−3a− =1 a a−3a+3 a− =1 a−1 = a−1 Khi

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

2 2 : 2

2

a

P a

a

−

= − + + − = − + =

− 

b) Gọi l l1, , ,2 ls ước lẻ n

m lũy thừa lớn khai triển

n (s≥1,m≥0)

Từ ước n l l1, , , , , , , , , 22 ls l1 l2 ls ml1, 2ml2, , 2mls

Theo đề ta có:

( )

1 21 22 2 2

m m m

s s s

l + + + +l l l + l + + l + + l + l + + l + m+ s= n+

( )( ) ( )

1 2 2

m s

l l l m s n

⇔ + + + + + + + + + = +

( )( ) ( )

1 1

m s

l l l + m s n

⇔ + + + − + + = + (*)

 Nếu s chẵn vế trái (*) chẵn, vô lý Suy slẻ

 Nếu s lẻ mà m chẵn vế trái (*) chẵn, vơ lý Do m lẻ tứcm=2t+1 Suy

2m

n

có số ước lẻ

(125)

Số

1

2

m

k k k

m m

n

p p p

= có số ước (k1+1)(k2+1 ) (km+1) suy ki chẵn (i=1, )m

2m

n

⇒ số phương 2

2 (2 )

2

t n t

n + r r

⇒ = ⇒ = vớit r, ∈ 

Câu a) Điều kiện:

9

x≥ −

( )2 ( )

4 9

2

3

x+ x+

+ = +

Đặty=9x+4 (y≥0)

Khi

2

4 3

2 4

3

y y y y

y

+ = + ⇔ + = + +

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được: 6

y≤ y+

Suy 2 ( )2

2 4

4

9

3

y

y y y x

y

≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ − ≤ ⇔ ⇒ =

+ =

Vậy phương trình cho có nghiệm

9

x= 

b) Từ phương trình thứ hai hệ ta suy ra:

2

0

8

3

0

3

x x y

y y

x y



+ + ≥  >

 ⇔

  + ≥

 + ≥ 



Ta có 2 8

16 ( ) 16

xy xy

x y x y xy

x y x y

+ + = ⇔ + − − + =

+ +

( )

4 ( ) 4( )

x y  x y x y xy

⇔ + −  + + + − =

( ) 2

4 4( )

x y x y x y 

⇔ + −  + + + = (*)

Do (*)

4

x+ > +y x y≥ ⇒ ⇔ + =x y thay vào phương trình thứ hệ ta có

Mặt khác, 2

3

x y

 

+ =  + >

(126)

2

8 3

x x y x x y x x

y y y

   

+ + ≥  +  = +

   

Suy phương trình thứ hai hệ 2

8

x x y

y

⇔ = +

Do hệ cho

2

4 4

4

2

6 ,

3 16 12

8 3

x y x y

x y

x x y

x y x y

x xy y

y

+ =

  + =  + =

 

⇔ ⇔ ⇔

= +  − − = = = −

 



24 7

x y

 =  ⇔ 

 = 

12

x y

 = − 

=



Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 24 4; , ( 8;12) 7

  −

 

   Câu Ta có d Ox A b;0

a

 

∩ = − 

 ; d∩Oy=B(0; )b Vì d qua M(2;7) nên 2a b+ =7 Suy b

a a

− = − Do a| 7, b

a

− số nguyên âm b số nguyên dương nên a số nguyên dương Suy

{1;7}

a∈

 Với a=1 b=5 (thỏa mãn)

 Với a=7 b= −7 (loại) Vậy

5

a b

=   =

 thỏa mãn yêu cầu toán  Câu

I P

Q

H E

D

A

B C

(127)

a) Chứng minh EBDECA (g – g) EB ED EA EB ED EC

EC EA

⇒ = ⇒ =

Kẻ MI ⊥BC (I∈BC)

Ta có BIM BDC (g – g) BM BI BM BD BI BC

BC BD

⇒ = ⇒ = (1)

Tương tự, ACBICM(g – g) CM CI CM CA CI BC

BC CA

⇒ = ⇒ = (2)

Từ (1) (2) suy

.( )

BM BD+CM CA=BI BC+CI BC=BC BI+CI =BC

Do tổng BM BD CM CA + có giá trị khơng đổi

b) Chứng minh BHDDHC (g – g)

2

BH BD BP BD BP BD

DH DC DQ DC DQ DC

⇒ = ⇒ = ⇒ =

Chứng minh DPBCQD (c – g – c) ⇒ BDP=DCQ

Mà BDP +PDC=90o nên  DCQ+PDC =90o⇒CQ⊥PD 

Câu

a) Vì ( )O ( )C tiếp xúc A nên A C O, , thẳng hàng Vì ( )O ( )C tiếp xúc B nên B D O, , thẳng hàng Xét ( )C có  1

2

ANP= ACP

Do tam giác ACP cân C tam giác AOB cân O nên

 ( )

APC= ABO =CPA ⇒CP//OB    1

2

ACP AOB ANP AOB

⇒ = ⇒ = (1)

Tương tự, ta có DP//OA    1

2

BDP AOB BNP AOB

⇒ = ⇒ = (2)

Từ (1) (2) suy  ANP=BNP

Gọi H giao điểm NP CD; I giao điểm OP CD

Theo chứng minh ta cóCP//OB, DP//OC Suy tứ giác CPDO hình bình hành

Do IO=IP, ( )C ( )D cắt P N suy CD⊥NP (3)

DoHN =HPnên HI đường trung bình tam giác PNO⇒HI //NO

hay CD//NO (4)

Từ (3) (4), suy 

90

(128)

N

P H I

D O

C

B A

b) Theo chứng minh ta có:   ANB=ANP+PNB⇒  ANB= AOB (5)

Dễ thấy N O, thuộc nửa mặt phẳng bờ AB (6)

Từ (5) (6) suy điểm N thuộc cung tròn AOB đường tròn ngoại tiếp tam giác

AOB Do A B O, , cố định nên N thuộc cung tròn cố định 

Câu

Ta có 2 2 2 ( )2 2 2 2

4

a +b + +c a+ +b c ≤ ⇔ a +b + +c ab bc+ +ca≤

Ta chứng minh

( ) (2 ) (2 )2

2 2 2

6

ab bc ca

a b b c c a

+ + + + + ≥

+ + +

Thật vậy, 2

2≥a +b +c +ab+bc+ca nên ta có

Suy

( )2 ( ( )( )2 )

2

1 c a c b

ab

a b a b

+ + + ≥ +

+ + (1)

Tương tự ta có

( )2 ( ( )( )2 )

2

1 a b c a

bc

b c b c

+ + + ≥ +

+ + (2)

( )2 ( ( )( )2 )

2

1 a b b c

ca

c a c a

+ + + ≥ +

+ + (3)

Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta

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

2 2 2

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

ab bc ca

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

+ + + + + +

+ + +

+ + ≥ + + +

+ + + + + +

(129)

( )( )

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

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

a b b c c a

+ + + + + +

+ + ≥

+ + +

Suy điều phải chứng minh

Dấu “=” xảy 3

a= = =b c 

Câu

Xét hình thoi ABCD cạnh cm có A=600

Ta có ABD đều, AB=BC =CD=DA=BD=1 cm

Bồn điểm A B C D, , , tô màu nên tồn hai điểm màu

Nếu năm đoạn thẳng AB BC CD DA BD, , , , có hai đầu màu tốn chứng minh Khơng xảy điều đoạn thẳng AC có hai đầu màu

Xét hình thoi ABCD, A cố định Nếu khơng có đoạn thẳng năm đoạn thẳng

, , , ,

AB BC CD DA BD có hai đầu màu C màu với A Ta có điểm

đường trịn tâm A, bán kính AC= cm tơ màu

Dây cung MN =1 cm đường trịn ( ; cm)A có M N, màu 

===Hết===

Câu

a) Đặt 3

ax =by =cz =k Khi

3 3

2 2

3 ax by cz 3 ax by cz 3 k 1 k

x y z x y z

 

+ + = + + =  + +  =

  (1)

3 3 3 3 3

3

3 3

1 1

k k k

a b c k k

x y z x y z

 

+ + = + + =  + + =

  (2)

Từ (1) (2) suy A

C

B D

(130)

2 2 3 3 ax +by +cz = a+ b+ c 

b) Giả sử a b c, , số nguyên n số nguyên dương cho 2019

( )( )( ) 2.2018 n

a−b b−c c−a + =

Đặt a b− = −x; b− = −c y ta viết lại phương trình sau

2019 ( ) 2.2018 n

xy x+y + = (1)

Nếu n≥1 vế phải (1) chia hết cho 7, ta có xy x( +y)+4≡0 (mod 7) Suy

3xy x( +y)≡2 (mod 7) (2) hay

3

2 (mod ) (x+y) −x −y ≡ Để ý với số nguyên k, ta có

1;0;1 (mod 7)

k ≡ −

Từ (1) suy số 3

(x+y) ,x y3 phải có số chia hết cho Do số nguyên tố nên số x+ y x y, , phải có số chia hết cho Suy xy x( +y) chia hết cho Đây điều mâu thuẫn với (2)

Vì vậy, n=0 Khi

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

xy x+y + = ⇔ xy x+ y = − ⇔xy x+y = − = − = − = −

Xét trường hợp sau:

 1

2

xy

x y

=

 ⇔ = = −

 + = −



 2

1

xy x

x y y

= − =

 

⇔

 + =  = −

 

1

x y

= −   = 



2

xy

x y

= − 

 + =

 (khơng có nghiệm ngun)



1

xy

x y

= 

 + = −

 (vô nghiệm)

Vậy ba số thỏa mãn yêu cầu toán ( , , )a b c =(k+2,k+1, )k (với k∈)

hoán vị 

(131)

a) Điều kiện: x − ≤ ≤

Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với

( ) ( )

6 2− x+7 + − + −2x =x −1

2

4 4

1

3

x x

x

x x

− −

⇔ + = −

+ + − + +

( )

1

4

1

3

x

x x

=  

⇔  + = − −

 + + − + + 

( ) 4

1 1

3 2x 2x x

   

⇔ − +  − = − −

+ + − + +

   

( 2)( ) ( 2)( )

3 7 3

x x

x

x x x x

− − +

⇔ + = − −

+ + + + − + + − + +

( )( ) ( )( ) ( )

3

2 2

1

3 7 3

x

x x x x

= − 

 −

⇔  + = −

 + + + + − + + − + +



(2) vơ nghiệm

( )(2 )

(2) (2)

3

3 7

VT VP

x x

−

> ≥ − >

+ + + +

Vậy tập nghiệm phương trình cho S ={1; 3}− b) Điều kiện: x y

y

− ≥ 

 ≥ 

2

0

Từ phương trình thứ hai hệ có:

2 2

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

( ) (2 )2

2

x y y

 − + − = ⇔ − + = − ⇔ 

 − + =



Từ phương trình đầu hệ suy

2

(132)

2 2

2

4

3 64 64

2 16

2 3

y y

x y y

 

⇒ −  + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ <

 

Do hệ cho có nghiệm ( ; )x y 2x− + −y y >0 Xét trường hợp 2x− +y y =2, ta có:

( )2

2

2x− +y y = ⇔4 2x+2 2xy−y = ⇔4 2xy− y = −2 x

( )2 ( )2

2

2 4

x x

xy y x x y x

≤ ≤

 

 

⇔ ⇔

− = − − = −

 

  (1)

Mặt khác, thay

2xy−y = −2 x vào phương trình thứ hai hệ có

( )

2

4

x

x xy y x

≥ −  − + = + ⇔ 

− + = + 

( )2

2

3 4

x

x y x

≥ −  ⇔ 

− = +

 (2)

Kết hợp (1) (2) ta có

( )

( ) ( )

2

2 2, 0

4

2, 4

3 4

x

x x y

x y x

x y

x y x

− ≤ ≤

=

   = =

 − = − ⇔ ⇔

   = =

− = 



 

− = + 

Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm ( )x y; ( ) ( )2 0; , 4; 

Câu

d qua điểm cố định A(1;3) với m

Kẻ OH ⊥d H Ta có OH ≤OA (OA khơng đổi)

Dấu đẳng thức xảy H ≡A

Phương trình đường thẳng OA có dạng y=ax

(1;3) O 3

A ∈ A⇔ =a ⇔ =a Suy y=3x

5 3.( 2)

3

OA⊥ ⇔d m− = − ⇔ =m

Vậy

m= thỏa mãn yêu cầu toán 

(133)

a) Trên cạnh BI lấy điểm H cho BH = BA = a

ΔABM ΔHBM

⇒ = ΔHBN ΔCBN=

Suy  BHM =BAM =90 ;0 BHN =BCN =900

Suy ra M; H; N thẳng hàng, MN = MH + HN = AM + NC

b) Đặt

4

NC = ⇒x MN =AM +NC= a+x; DN = −a x

Theo định lí Pitago

( )

2

2 2

4 16

a

MN =MD +DN ⇒ a+x = + a−x

  Giải

và tìm

a x=

Diện tích tam giác BMN bằng 1 25

2 56

a

BH MN = a a+ = a

   Câu

J

K

I M

N

F

A

B

C E

O H

a) Do điểm A B K O C, , , , nằm đường tròn nên CKO =OBC

Mà  

90

EKC = −CKO suy EKC =900−OBC  =BMJ =EMC hay tứ giác EMKC nội tiếp

b) Kéo dài FM cắt AB I

Ta chứng minh I trung điểm AB Do tứ giác EMKC nội tiếp nên EKM =ECM

Mà ECM =EFB suy EKM =EFB⇔ MK / /FB

H A

D C

B

M

(134)

Suy M trung điểm EN

Áp dụng định lý Thales ta có: ME MN FM

AI = BI = FI

Mà ME=MN nên AI =BI

Vậy đường thẳng FM qua trung điểm AB  Câu

Ta có 8(a+b b)( +c c)( +a) ≤( a+ b+ c) 8(a+b b)( +c c)( +a)

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

( ) ( )( )

4 4

4

ab ac a b a c ab bc b a b c

ac bc c a c b

= +  + +  + +  + +  + +  + +  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

( ) ( )( ) ( )( )

4 4

2

ab+ ac  a+b a+  ≤ c   ab+ ac+ a+b a+ c 

Cộng vế theo vế với bất đẳng thức tương tự ta

( )( )( ) ( )( )

( )( )

1

8 4

2

4

2

4

2

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

ab bc b a b c

ac bc c a c b

+ + + ≤  + + + +  +  + + + +  +  + + + + 

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2

7

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

a b c ab bc ca

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

a= = =b c 

Câu

Chọn hai điểm A B, thuộc đường gấp khúc khép kín ( )T cho, AB chia ( )T thành hai phần có độ dài

2 Gọi O trung điểm AB Dựng đường tròn ;1

4

O

      Giả sử có điểm M thuộc ( )T ngồi hình trịn

1 ;

4

O

   

  Gọi N điểm đối xứng M qua O Tứ giác AMBN hình bình hành nên AM =BN

Do

2

AM +BM =BN +BM >MN = OM > (1)

M

O

A B

(135)

Mà

AM +BM ≤ (nửa độ dài đường gấp khúc cho

2) (2) Từ (1) (2) dẫn đến mâu thuẫn Điều giả sử sai

Vậy ta hoàn tất chứng minh 

===Hết===

Câu a) Ta có

2

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

2

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

x+ +y xy= ⇔ x+ y+ =

Khi

1

2 ( ) ( 1)( 1)

1

y x

P x y x y x y

x y

+ +

= + + + + +

+ +

( 1) ( 1) 2( )

2

x y y x

x y

+ +

= + + +

= 2[x y( + +1) y x( + + +1) x y]

=2 2(xy+ +x y)=2 

b) Gọi ( ,x y0 0) nghiệm nguyên dương phương trình cho cho x0+y0 đạt giá trị nhỏ

Khơng tính tổng qt, giả sử x0≥ y0≥1 Xét phương trình bậc hai ẩn x:

2 2

0 0 (1 0) 0

x +y + +x y =kxy ⇔ x + −ky x+y +y =

Rõ ràng phương trình có nghiệm x0 Gọi nghiệm lại x1 Theo định lý Viete ta có

(136)

0 0

1

x x ky

x x y y

+ = − 



= +



Do x k y0, , +

∈ nên x1=ky0− − ∈1 x0  Lại

0 0

y +y > nên x1∈+

Điều có nghĩa ( ,x y1 0) nghiệm thỏa mãn phương trình Mặt khác, x0+y0 nhỏ nên x0+ y0 ≤ +x1 y0, tức x1≥x0 Khi

0

0 0

2

1

ky x x ky x x k

y y

− − ≥ ⇔ − ≥ ⇒ + ≤ Từ 2

0 0

x + y + +x y =kxy , ta cô lập k thu

0 0

0 0 0 0 0

1 1 1

1

2 2

2

x y x y

k

y x x y y x y

k

y x

 

≤ + + +

= + + + = + + + + = +

 

Suy k≤ ⇒ ∈5 k {1;2;3;4;5} Xét trường hợp k:

 Với k=1, ta có x2+ y2+ + =x y xy Phương trình vơ nghiệm + ta

dựa đánh giá sau 2

2xy x y xy, x y,

x +y + + ≥x y + + > ∀ ∈+

 Với k=2, ta có x2+ y2+ + =x y 2xy⇔(x−y)2+ + =x y 0, vô lý

(x−y) + + > ∀x y 0, x y, ∈+

 Với k=3, ta có x2+ y2+ + =x y 3xy Phương trình có nghiệm ngun dương (2, 2)  Với k=4, ta có x2+ y2+ + =x y 4xy Phương trình có nghiệm ngun dương (1,1)  Với k=5, dấu “=” phải đồng thời xảy điểm

1 1

, 1, 1,

2 2

x k y

y+ y = = x = y = x =

Dễ dàng không tồn cặp số nguyên dương x y, thỏa mãn điều kiện nêu

trên Trường hợp bị loại

Vậy k∈{3, 4} thỏa mãn yêu cầu toán  Câu

a) Điều kiện: 2

2 2

x x

≤ ≤ − ≤ ≤ −





(137)

2 2 2 2 2 2

8 (8 ).4

2

1 12

2

2 4

x x x x x x x x x x x − ≤ = − − ≤ + = −  − = −   − −  =  Khi 2 2 2 15

4 x x x x x ≤ − − − − +

Dấu đẳng thức xảy dấu đẳng thức đồng thời hai bất đẳng thức x= ±2

Mặt khác

2 2

2

15 1

1

5

4 2

x x x x x x     ≥ − − ⇔ −  + −  ≥    −  +

Dấu đẳng thức xảy x=2

b) Đặt

1

t = +x +x > +x x ≥ Suy

2 t x t − =

Từ phương trình thứ hai hệ, ta rút 16

8

t

y y y

t t

− + + = ⇒ =

Do 16 12

2 8

t t t

x y t

t t t t

− − +  

+ = + = =  + ≥  

2 21 ( ) 21

8 2

x y

x + y + + =x y ⇒ + + + ≤x y ⇒ − ≤ + ≤x y

Từ suy

4

x= =y

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( ; ) 3; 4

x y =  

   Câu

Ta có mx− + = ⇔ =y y mx+1

(138)

2

1 2

2x =mx+ ⇔ x − mx− = (*) Do c

a = − < nên phương trình (*) có nghiệm trái dấu Điều có nghĩa d ln cắt

( )P hai điểm phân biệt A B, với m

Gọi x x1, 2 hoành độ hai điểm A B, Do x x1 2 <0 nên khơng tính tổng qt, giả sử x1>0 x2 <0

Theo định lí Vi-ét ta có x1+x2 =2m x x1 = −2 (0;1)

d∩Oy=C C nằm A B

Khi

1

3 1 3

2 2 2 2

AOB AOC BOC

x x

S = ⇔S +S = ⇔ x OC+ x OC= ⇔ − =

2 2

1 2

1

( ) ( ) 9

2

x x x x x x m m

⇔ − = ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ = ±

Vậy

2

m= ± thỏa mãn yêu cầu toán 

Câu

a) Giả sử góc A góc lớn ABC Khi

,

B C góc nhọn Suy chân đường cao hạ

từ A xuống BC điểm H thuộc cạnh BC

Ta có: BC=BH +HC Áp dụng định lý Pythagore

trong tam giác vng AHB AHC, ta có

2 2 2

;

AB = AH +HB AC = AH +HC

Từ hai đẳng thức suy

( )( ) ( )

2 2

c −b =HB −HC = HB+HC HB−HC =a HB−HC

2

c b

HB HC

a

−

⇒ − =

Lại có 2

2

a c b

HB HC a BH

a

+ −

+ = ⇒ =

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác vng AHB ta có

2

2 2 2 2 2

2

2 2

a c b a c b a c b

AH c c c

a a a

 + −   + −  + − 

= −  = −  + 

    

H

C B

(139)

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

2 2 2

2

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

a a a

 + −   − −  + + + − + − + −

=    =

   

   

Đặt 2p= + +a b c chu vi tam giác ABC Khi

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

2

2 16

2

p p a p b p c

AH AH

a a

− − −

= ⇒ =

Vậy ( )( )( )

2

S= BC AH = p p−a p−b p−c

b) Từ câu a) ta có S = p p( −a)(p−b)(p−c)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ( )( )( )

3 3

3 27

p a p b p c p

p−a p−b p− ≤c  − + − + −  =

 

Suy

27 3

p p

S ≤ p = hay ( )

2

12

a b c

S ≤ + +

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc ( )2 ( 2 2 2)

a+ +b c ≤ a +b +c

Suy ( )

2 2

4 12

a b c

S ≤ + + ⇔ a +b +c ≥ S

Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC 

Câu

x

Q P

N

F

E

D M

F

E

D M O

O

A

B

C

A

B C

a) Do tứ giác MECD MBFD, nội tiếp nên   DEC=DMC=DFB (1)

Tứ giác ABDC nội tiếp nên DCE  =DCA=DBF (2)

(140)

Từ ∆BDF ∆CDE⇒EDC =BDF Mà  EMC=EDC  BMF =BDF

Suy EMC =BMF Vậy E M F, , thẳng hàng

Từ hai tứ giác MECD MBFD, nội tiếp nên AB AF = AM AD =AE AC , suy tứ giác

BECF nội tiếp Do  AFE= ACB

Vẽ tiếp tuyến Ax ( )O  ACB=BAx Do  BAx=AFE, suy Ax EF|| Vậy OA⊥EF.

b) Ta có BDF CDE nên

2 BDF

CDE

S BF

S =CE

Ta có 22

CDE

DAB DAB BDF DAC BDF CDE DAC

S

MB S S S AB BF CE AB BF

MC S S S S BF CE AC CE AC

= = = = =

Từ BF AC AF NF EN FN

CE = AB = AE = NE ⇒ EC = FB

Theo tính chất phân giác ta có PN EN

PC = EC

QN FN

QB = FB (4)

Từ (3) (4) suy PN QN

PC = QB Do PQ//BC 

Câu

( )

2 a+ +b b+ +c c+a

2 2 2

2 2

2 a b ab b c bc c a ac

a b b c c a

 + + + + + + 

=  + + 

+ + +

 

2 2 2

2 2

a b b c c a ab bc ca

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

+ + +

≥ + + + + +

+ + + + + +

2 2 2

2 2

1 1 1

a b b c c a

+ + +

= + + + + +

+ + +

2 2 2

9

1 1 1

a b b c c a

+ + +

≥ + + +

+ + +

(141)

2 2 2

9 1

a b b c c a

a b c

+ + +

≥ + + +

+ + +  

+ +

 

 

Theo giả thiết ab+bc+ca≤3abc nên 1

a + + ≤b c ,

9 18 1

6

a b c

≥ =

 + + 

 

 

Vậy 2( a b b c c a) a2 b2 b2 c2 c2 a2

a b b c c a

+ + +

+ + + + + ≥ + + +

+ + +

Dấu đẳng thức xảy a= = =b c  Câu

Mỗi “trạng thái đảo gồm a tắc kè xanh, b tắc kè đỏ c tắc kè vàng với

45

a+ + =b c

Phép biến đổi màu chuyển trạng thái ( , , )a b c sang ba trạng thái

(a−1,b−1,c+2),(a−1,b+2,c−1) (a+2,b−1,c−1)

Dễ thấy (a− − − ≡1) (b 1) (a− − +1) (b 2)≡(a+ − − ≡ −2) (b 1) a b(mod 3)

Bất biến X = sai khác số tắc kè xanh số tắc kè đỏ theo modulo Khi

2(mod 3)

X ≡ tất tắc kè màu X ≡0(mod 3) Vậy tình tất tắc kè màu xảy 

Câu

a) Chú ý đến kết sau: “Nếu a b c, , là sốthực thỏa mãn điều kiện a+ + =b c 0” Sử dụng kết cho toán ta có

3 3 3

(y−z) (1−x )+ −(z x) (1−y )+(x− y) (1−z )

3 3

3

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

= − − − − − − (*)

(142)

Đặt 3

( ) ( ) ( )

P= y−z + −z x + x−y ; 3

( ) ( ) ( )

Q= xy−zx + yz−xy + zx−yz

Khi

3( )( )( )

P= x−y y−z z−x (do (x−y)+(y− + −z) (z x)=0)

3( )( )( ) ( )( )( )

Q= xy−zx yz−xy zx−yz = xyz x−y y−z z−x

Suy P− =Q 3(x−y y)( −z z)( −x)(1−xyz) Mà VT(*) P Q−

3 3

3

1−xyz= (1−x )(1−y )(1−z )

Vậy 3 3

(1−x )(1−y )(1−z )= −(1 xyz) 

b) Đặgcd( , )x y =d Khi x=da y, =db với gcd( , ) 1a b =

Thay x=da y, =db vào phương trình cho ta thu

2 2

3 3

2 2

8

d a db db da b b

da ab ab db da db ab

da d b da a db a

− = ⇔ − = ⇔ − = − ⇔ + =

− − (1)

Ta có

3 |

| |

|

a ab

a db a d

a da



⇒ ⇒



 (dogcd( , ) 1a b = ) Tương tự b d|

Suy d =kab = với *

k∈ Thay vào (1) ta

3 3

( ) ( )

kab a +b = ab⇔k a +b =

Do 3

a +b ≥ nên a3+b3 Chắc chắn a3+b3 =3 khơng có nghiệm, 3

9 2,

a +b = ⇒ =a b= a=1,b=2 Lúc k =1,d =2 Do ta có nghiệm (4, 2),(2, 4)

8x−y ≠0 nên cặp (2, 4) bị loại Vậy phương trình cho có nghiệm (4;2) 

Câu a) Cách Điều kiện: 2

4 0

0

0 2 3

x x

x

≥ ≥ +

≥ ≤ ≤ − 



⇔   − +



 

2 2

4

5

x x

x x + + x

 − + − +  − =

   

(143)

( ) ( )

2

4 x 4x x 2x x

   

⇔ − + − + +  + − = ( ) ( )2 ( )2

2

25 1 2 25

3

2

5 1

x x x x x

x x

x x x

− + − + + −

⇔ + =

+ +

− + + +

( ) ( )

2

6 17 4 17 2

5 1

x x x x

x x

x x x

− + − +

⇔ + =

+ +

− + + +

( )

2

0

2

3 17

2

5 1

x x

x x x

>     ⇔ − +  + = + + − + + +   

4 17 1

4 x x x x =   ⇔ − + = ⇔  = 

(thỏa điều kiện)

Vậy phương trình cho có nghiệm 4;

x= x=

Cách

Điều kiện: 2

4 0

0

0 2 3

x x x x x ≥ ≥ + ≥ ≤ ≤ −   ⇔   − +   

 Nếu x=0 phương trình cho thành 2=0, vơ lý Do x=0 khơng phải nghiệm phương trình cho

 Chia hai vế phương trình cho x>0 ta được:

1 x x x x + + + − = (*)

Đặt t x

x

= + ≥ (theo bất đẳng thức AM – GM )

Suy 1

2

t x x t

x x

= + + ⇒ + = − Phương trình (*) thành:

2

2 5

6

2

3

t t t t

(144)

Với

t = ta có ( )

2

1

2 1 1

2

4

x x

x x x

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

Vậy phương trình cho có nghiệm 4;

x= x= 

b) Điều kiện x≤2, 1y≥

Trừ vế theo vế hai phương trình hệ cho ta được:

( )( )

2 2

2

x y

x y xy x y x y x y

x y =  − = + − ⇔ − + − = ⇔  + = 

+ Với x=2y 2≥ =x 2y≥2 nên x=2;y=1 (không thỏa hệ) + Với 2x+ =y thay vào phương trình ban đầu ta được:

2

6x −3x−34+ 2− + −x 2x =0 (Điều kiện x<0)

( )( ) 2( 2)

3 2

2 2

x x x x x x + + ⇔ + − − − = − + − +

( ) ( )

2

2 2

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

Vì x<0 nên 2( 5)

2 2

x

x x

− − − <

− + − + Do phương trình có nghiệm x= −2 Suy y=5 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là(−2;5)  Câu

Phương trình hồnh độ giao điểm ( )C d

1

2

1 x x m x m

x x m x x m

m

x x m x

m  +     = + − = + ⇔ − = + ⇔ −   − = − −  =   ≥  ≥  − 

 Nếu x= +m

2

(145)

 Nếu

3

m

x= − 1

2

3 m m

m

≥ − ⇔ ≥ −

− Ta có

3

m y= + =x m +

hay ;2

3

m m

B − + 

  Khi

2

1

4

3

m m

AB= ⇔ m+ − −  + m+ − +  =

   

2

4 17

2

m m m − ±

⇔ + − = ⇔ =

So điều kiện chọn 2

m= − +

Vậy 2

m=− + thỏa mãn yêu cầu toán 

Câu

j I

P

B C

A

H

D

Q K

N

M

(146)

Tam giác ABC có hai đường cao AH BD, Vậy I trực tâm ABC

b) Xét tứ giác HMKN có M  =N =K =900 Do tứ giác HMKN hình chữ nhật

Dễ dàng chứng minh MIH =NBH Suy HM =HN

Vậy tứ giác HMKN hình vng

Do HMKN hình vng nên M N, thuộc trung trực đoạn thẳng KH

Xét hai tam giác vng AHC AKC có

2

HQ=KQ = AC

  nên Q thuộc trung trực

KH

Chứng minh tương tự, P thuộc trung trực KH

Vậy bốn điểm N P M Q, , , thẳng hàng 

Câu

a) Do M điểm AC nên MA =MC

Suy BM đường phân giác ABN ABM Mặt khác



90

BMA= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) BAN

 có BM vừa đường cao vừa đường phân giác BAN

⇒ cân B⇒BAN =BNA

Ta lại có BAN =MCN (vì bù BCM)

Do  BNA=MCN ⇒CMN cân tạiM

b) Do MB=MQ nên BMQ cân M ⇒MBQ =MQB

 

MCB=MNQ (vì bù với hai góc nhau)

Do BCM QNM (g.g) BC CM

QN MN

⇒ = = hay QN =BC

Xét BAQ vng A, AC ⊥BQ có:

( ) ( )

2

AB =BC BQ=BC BN+NQ =BC AB+BC (*)

Đặt BC= >x ThayAB=2R vào (*) ta

( ) 2 4R =x 2R+x ⇔ x +2Rx−4R =0 Giải phương trình ta thu BC=( 1− )R 

Câu

Do tính đối xứng bất đẳng thức nên không tổng quát giả sử a≥ ≥ ≥b c A

B

C

M N Q

(147)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có

( )

3 3 3

3

a +b + +c abc≥a +b ≥ ab ab

và

( )2 2 2 2 ( )

2 2 2

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

Từ (1) (2) suy

( 3 )( )2 2 { 2 2 2}

3 8max ; ;

a +b + +c abc a+ +b c ≥ a b ≥ a b b c c a

Hay

{ }

( )

2 2 2 3

2 8max ; ;

3 a b b c c a

a b c abc

a b c

+ + + ≥

+ +

Dấu đẳng thức xảy a= =b 1;c=0 hoán vị  Câu

Gọi a b c, , số sỏi đống ban đầu s số tiền mà Sisyphus nhận thời

điểm

Ta chứng minh tổng ( 1) ( 1) ( 1)

2 2

a a b b c c

s

− + − + − +

bất biến

Thật vậy, ta di chuyển viên sỏi từ đống có a viên sỏi sang đống có b viên sỏi Khi số

tiền Sisyphus nhận (hoặc đi) a b−

Ta có

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

2 2 2

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

s a b s

− − + + + − + + − = − + − + − +

Do đến số sỏi trở ban đầu số tiền Sisyphus nhận số tiền ban đầu Mà ban đầu Sisyphus khơng có tiền đến thời điểm Sisyphus khơng có tiền 

(148)

Câu a)Ta có

( 10 )(2 ) ( 5 ).6 6

5 5

x x x x x

P x x x

x

x x x

+ − + − − +

= − + −

−

+ + −

( ) ( )

( )

2

1

5 5

x x

x x x

−

= − =

− − −

Theo đề, 3( 1) 3( 1)

2 2 2

x x x

P

x x x

− − −

> ⇔ > ⇔ − > ⇔ >

− − −

8

5 4 64

2

5

8

5

x x

 − > 

 − >

⇔ ⇔ < < ⇔ < <  − <

  

− < 

 

Do x≥11 x∈ nên x∈{11;12} 

b) Biến đổi phương trình dạng 4x −4x + =1 (2y−1) Để ý

4 2

2 2

4 (2 )

(2 1) ( 1)

x x x x x

x x x x

− + = − + −

= − − + − + −

Nếu

x > 2 2

(2x − −x 1) <4x −4x + <1 (2x −x) (mâu thuẫn) Do

1

x ≤ hay x∈{ 1;0;1}−

 Với x= −1, suy y∈ −{ 1;2}

 Với x=0, suy y∈{0;1}

 Với x=1 , suy y∈{0;1}

Vậy ( , ) {(0,0),(0,1),(1,0),(1,1),( 1, 2),( 1, 1)}.x y ∈ − − − 

Câu a) Điều kiện: x≥ −1

(149)

3

3 4

x + x x+ − x x+ − x+ =

( )

3 2 2

4 1 4 1

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

⇔ + + + + − + + + + + + + =

( ) ( )

4 1 1

x x x x x x x x x x

⇔ + + + + − + + + + + =

( )( )

1 1

x x x x x x

⇔ − + + + + + =

( )( )2

1

x x x x

⇔ − + + + =

1 (1) (2)

x x

 − + = ⇔ 

+ + =



 (1) 2

2

0

x

x x x

x x

 +

⇔ + = ⇔ ⇔ =

− − = 

≥

 (2) 2 2

4 0

x

x x x

x x



⇔ + = − ⇔ ⇔ = −

− − = 

≤

Vậy tập nghiệm hệ phương trình cho

1

;2 2

S= + − 

 

  

b) Điều kiện: y≥1

Từphương trình thứ hai hệ suy 3

0

1 x 1 x

x− + − = y− ≥ ⇒ ≥

Do x≥1,y≥1 nên 4 2 4

, ,

x y x x y

x y ≥ ≥ y ≥

Khi

4 4 4

(x +1)(y + −1) 4xy=x y +x +y + −1 4xy

2 2 2

2 ( 1) ( )

x y xy x xy y xy x y

≥ − + + − + = − + − ≥ Dấu “=” xảy

1

x y

xy x y

x y

= = 

 = ⇔ = = 

 = 

Vậy hệphương trình cho có nghiệm (1;1)  Câu Phương trình hoành độgiao điểm ( )P d

( ) ( )

2 2

1

1 2 (1)

(150)

Để d cắt ( )P hai điểm A x y( ;1 1), ( ;B x y2 2) phương trình (1) có hai nghiệm

( )2 2 2

0 m 2m 2m m 0 m ′

∆ ≥ ⇔ + − − = − ≥ ⇔ ≤ ≤ Vậy với 0≤ ≤m đường thẳng d cắt parabol ( )P hai điểm

A x y( ;1 1), ( ;B x y2 2)

Khi theo định lí Vi-ét ( )

1

2

x x m

x x m

 + = + 



= +



Ta có

2

1

2

1

1 ( 1)

2 ( 1)

2

y m x m

 = + − − 



 = + − − 

( )( )

( ) ( )

2

1 2 2

2 2 2

1

2 2 , :

T y y x x m x x m x x

m m m m m m m

= + − = + + − − −

= + − − =− + = − − ∀ ≤ ≤ Đặt t = −m Do 0≤ ≤m nên − ≤ ≤1 t Suy 0≤ ≤t2

Suy ( )2 2 2 2

T = − m− = − t ≥

Vậy minT =0⇔ t2 =1 hay (m−1)2 = ⇔ =1 m 0;m=2  Câu

a) Gọi I trung điểm AB,E =IK ∩CD R, =IM ∩CD

Xét hai tam giác KIB KED có

 

ABD=BDC

KB=KD (K trung điểm BD)

 

IKB=EKD

Do

A I B

K

M

D E H R C

(151)

Suy KIB=KED⇒IK =KE

Tương tự, MIA=MRC⇒MI =MR

Trong tam giác IER có IK =KE MI =MR nên KM đường trung bình

KM

⇒ // CD

Do CD//AB (gt) nên KM // AB

b) Ta có IA=IB KB, =KD (gt)⇒ IKlà đường trung bình củaADB

Suy IK//AD hay IE//AD

Tương tự, ABC có IM //BC hay IR//BC

Có QK ⊥AD (gt), IE//AD (chứng minh trên) ⇒QK ⊥IE

Tương tự có QM ⊥IR

Từ có IK =KE QK, ⊥IE⇒QKlà trung trực ứng với cạnh IE IER

Tương tự QM trung trực thứ hai IER

Hạ QH ⊥CD suy QH trung trực thứ ba IER hay Q nằm trung trực

của đoạn CD ⇒ Q cách C D hay QC =QD 

Câu

K H

N

O

I

J

B A

D C

M

a) Ta có MNB =MBC( Cùng chắn cung BM )

 MND=MDC( Cùng chắn cung DM )

     90

(152)

Do điểm A B C D M, , , , thuộc đường tròn

Suy NC phân giác góc BND (do sđBC= sđBD)

Mặt khác, theo chứng minh ta có NM phân giác góc BND

nên C M N, , thẳng hàng

b) Gọi H K, hình chiếu N AC BD Suy NHOK hình

chữ nhật

Ta có : NA NC =NH AC =NH a ; NB ND =NK BD =NK a

Suy 2 2 2

2

NH NK a

NA NB NC ND= a NH NK ≤ a + =a NO =

Dấu xảy (2 2)

2

a a

NH =NK = ⇔OM = − 

Câu

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

( )

2 2

2

1

2

1 xy yz zx

xyz y z z x

yz y z

xyz y z

x y z x y

+ + ≥ + + + = + + + + ∑ ∑

( )2 ( )

3

2 3

1

xyz x y z

xyz x y

xy yz zx

xyz x y z z

+ + ≥ ≥ + + + + + +

( ) 1( )

1

2 x y z x y z

= + + ≥ + + =

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

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

x y z

x y z y z

z x z x y

+ = + + ≥ + + + + + + ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2

x y z x y z

xy yz zx

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

+ + + +

≥ =

+ + + +  + + + + + 

( ) (.3 ) ( ) ( )

1 1

3

2 2

x y z xy yz zx

x y z x y z

xy yz zx

+ + + +

≥ = + + ≥ + + =

+ +

(153)

Dấu “=” xảy

9

x y z

⇔ = = = 

Câu

Sau bước, tổng thứ tự hàng cột chứa quân cờ giảm tăng

lên

Do đó, xét theo modulo tổng tăng bước Vì có

1

n − bước, kết thúc ô kề bên phải xuất phát tổng tăng đơn

vị Vậy

2

n − chia hết cho 3, mâu thuẫn

Tóm lại, câu trả lời 

Câu

a) Với n nguyên dương ta có

( )2

2

2n +2n+ +1 2n −2n+1

2 2

2n 2n (2n 2n 1)(2n 2n 1) 2n 2n = + + + + + − + + − +

2 2

4n 2 (2n 1) (2 )n

= + + + −

2

4n 2 4n = + + + Khi

( 2 )

2 2 2

P= n + n+ + n − n+ n + − n +

4

4n 2 4n 4n 2 4n

= + + + + − +

2

(4n 2) 4(4n 1)

= + − +

16n 4n

= = 

Vậy P nhận giá trị nguyên dương với giá trị nguyên dương n BỘ ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 21

(154)

b) Do x số tự nhiên x/3 nên x2 ≡1(mod 3) Suy 2x.x2 ≡ −( 1) (modx 3) Mặt khác,

9y +6y+16 1(mod 3)≡ nên (−1)x ≡1(mod 3) Do x chẵn, tức x=2k (với k∈) Ta có

2

(2 )k k =(3y+1) +15⇔(2 2k k−3y−1)(2 2k k+3y+ =1) 15 Xét trường hợp sau:

 Trường hợp 1: 2 1 2 15

k k

k

k y k

y

k y

 − − =  =

 ⇔

 

= + + =

 

 (khơng có k thỏa mãn)

 Trường hợp 2: 2 3

0 2

2

k k

k

k y k k

y y

k y

 − − =  =  =

 ⇔ ⇔

   =

+ = + + =

  



Vậy ( ; )x y cần tìm (2;0)  Câu

a) Điều kiện: 2

2

0

2

x

x x

+  ≥

≤ ≤ ≥ ⇔ −

 −



Bình phương hai vế phương trình cho ta được: ( )

( ) ( 2) 2

4 2x+ + −4 4x+4 4−x =9x +16⇔4 2− x +16 2− x −x −8x=0

Đặt

0 ,

t = − x t≥

Phương trình cho trở thành: 2

8

t + −t x − x= (*)

Ta có: ( )2 x

′

∆ = + ≥ nên phương trình (*) có hai nghiệm t =x t; = − −x

 Với t =x

2

0 4 2

2

3 32

x

x x x

x x



− = ⇔ ⇔ =

− = 

≤ ≤

 Với t = − −x 2− x2 = − −x Phương trình vơ nghiệm − ≤ ≤2 x Vậy phương trình cho có nghiệm

3

x= 

b) Ta có: ( )2019( 4 4) 2019 2023 2023 2019

2021

0

3

xy x +y =x y +x y = > ⇒ xy>

Từ phương trình thứ hệ phương trình ta có: ( 4)

(155)

1

xy

⇒ ≤ ( ) 4

2

xy

x +y = −

Lại có: ( ) ( ) ( ) ( )

2

2019 2019

2019 2023 2023 2019 4

2

xy

x y +x y = xy x + y = xy −

( ) ( )2018 ( )2018

3 2021

1 1

2

2 3

xy xy

xy xy − − xy

= ≤ ≤

Dấu “=” xảy

4

2

1

3

xy xy

xy x y

x y

−  =   

⇔  = ⇔ = = ± 

 = 

Vậy tập hợp nghiệm hệ phương trình cho là:

1 1

; , ;

3 3

S=   − − 

   

  

Câu

2

2 4

x = − mx− m⇔ x + mx+ m= (*)

d cắt ( )P hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

2

0

4

m

m m

m

<  ′

⇔ ∆ > ⇔ − > ⇔  >  Theo định lí Vi-ét ta có

1

2

x x m

x x m

+ = − 

 =



Ta có 2

1 2 ( 2) 2 2

x + x = ⇔ x +x + x x = ⇔ x +x − x x + x x =

2

( )m 8m 8m 4m 8m 8m ⇔ − − + = ⇔ − + − =

 Nếu m>4

m − = ⇔ = ±m (loại)

 Nếu m<0

1 16

9

m

m m

m

 = −  − − = ⇔ 

 = 

So điều kiện chọn

(156)

Vậy

m= − thỏa mãn yêu cầu toán 

Câu

a) Ta có

HE BH

CD = BD ( HE// CD)

HE AB22

a BD

⇔ = (do HB AB2

BD

= ) Do HE 2a3 2

a b

=

+ b) Hồn tồn tương tự ta có HF 2b3 2

a b

=

+

Ta có CF =HF mà HF//AD , theo định lý Thales

3

CF HF CD HF b

DM

CD = DM ⇔ = CF =a

Theo định lý Pythagore, ta có 2 2 6

4

b a b

CM CD DM a

a a

+

= + = + =

Vậy CM a6 2 b6 a

+

= 

Câu

K

F E

O'

H I C

D

B O

A

M

a) Ta có CA=CM ; DB=DM B

M

F

E H

A

(157)

Suy CD=CA+DB

Gọi O′ trung điểm CD ta chứng minh OO′ đường trung bình hình thang

ACDB nên 1( )

2

OO′ = AC+BD =CD

Suy đường tròn đường kính CD qua O

Lại có OO′ ⊥ AB (do OO′//AC AC⊥ AB)

Vây AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD

b) Ta có ICA IBD IC CA CM MI

IB BD DM

⇒ = = ⇒

  //BD⇒MI ⊥ AB

Gọi H giao điểm MI AB⇒MH//BD

Ta có MI CI AI IH MI IH

BD =CB = AD = BD ⇒ = hay I trung điểm MH

Gọi I′ giao điểm MH EF

Đặt h=MH gọi R bán kính đường trịn ( )O

Ta có MHO OMO MH OM OO R2

OM OO h

′⇒ = ⇒ ′= ′

 

Gọi x=I H′ K giao điểm OO′ với EF

Ta có

OO′ ⊥EF( đoạn nối tâm vng góc dây chung) OK =I H′ =x

2

R

O E OO

h

′ = ′=

Theo định lý Pythagore cho O KE′ ta có

2 2

KE =O E′ −O K′ O K′ =O O OK′ −

2

2 2

2 R R 2R x

KE x x

h h h

   

=  − −  = −

    (1)

Trong tam giác vng EKO ta có

2 2 2

KE =OE −OK =R −x (2)

Từ (1) (2) ta có 2 2

2

R x h

x R x x

(158)

Vậy I ≡I′ hay điểm E I F, , thẳng hàng  Câu

2

(1 5)

5 (

3 a b c)

b c

a

 

+ +  + + ≥ + + 

 

Suy

2 2

2

3

( )

3 a b c

b c

a + + ≥ + +

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

2 2

1 25 (1 5)

a+ +b c = a + b + c a b c

+ + ≥

+ + Suy

1 25

3

a + +b c ≥ a+ +b c

Đặt t = + +a b c, ta có

3

2 27 27 27 27 27

3 15

3 2 2

t t t

t

t t t t

Q

t

≥ + = + + + ≥ + =

Vậy minQ=15⇔ =a 1,b=3,c=5 Câu

Xét 17 số: 3; 9; 15; 21;…;87; 93; 99 Hai số dãy có tổng chia hết cho Giả sử ta tìm n=18 số a a1; 2; ;an thỏa mãn điều kiện đề

Ta có a2 ≡ −a1(mod 6); a3≡ −a1(mod 6);…;an ≡ −a1(mod 6) Suy a2 ≡a3 ≡ ≡ an(mod 6)

Tương tự a1≡a3 ≡ = an(mod 6) Do a1≡a2≡a3≡ = an(mod 6)

Mà

1 1

2 a (mod 6) a a(mod 6)

(159)

2

1 a an 0(mod 6)

a ≡ ≡ ≡ ≡ a1≡a2 ≡ ≡ an ≡3(mod 6)

Giả sử n≥18 số thỏa mãn đề tốn có 18 số chia hết cho khoảng [1;100] 18 số chia cho dư khoảng [1;100], vơ lí lấy tất số chia hết cho khoảng [1;100] 16 số, lấy tất số chia dư khoảng [1;100] 17 số Mà

17

n= thỏa mãn Vậy n=17 số lớn thỏa mãn đề toán  ===Hết===

Câu

a) Để ý

a =b = 1

1

a

+ =

− Ta có

2 2 2

1 ( 1)( )

1

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

a b

b a b ab ab

+ + + + + + + +

+ + + + + = =

2 2

2

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

a b b b

+ + + + + + + + +

= = =

2 2 2

2 3 3

1 ( 1) ( 1)

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

b a b a ab b a b a b

+ + + + + + + +

= = = = =

− − − − −

Vậy 1 a b a b

a−b− = + + + +b b a 

b) Đặt N =ab+bc+ca−1 Để ý N chia hết cho a b c, , Do a b c, , đôi nguyên tố nên N abc , tức ab+bc+ca− =1 kabc (với k∈*) Vì a< <b c nên

2

3

kabc< bc⇒ka< ⇒ka≤ Mà a nguyên tố nên a=2 k=1

Khi 2b+bc+2c− =1 bc⇔(b−2)(c−2)=3 Do b< ⇔ − < −c b c nên

2

b b

c c

− = =

 

⇔  − =  =

 

Vậy ( ; ; )a b c =(2;3;5) thỏa mãn yêu cầu toán  Câu

(160)

a) Đặt

5

a= x + x+ b=4x (a>0) Phương trình cho thành

3

3 3 2

2 ( ) ( ) ( )( 1)

1

b b

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

a

+

= ⇔ + = + ⇔ − + − = ⇔ − + + + =

+ Do

2 2

2

1 0, ,

2

b b

a +ab+b + =a+  + + > ∀a b

  nên a− = ⇔ =b a b

Khi

2

5

5 16

x

x x x

≥  + + = ⇔ 

+ + =



2 1

11

1 0

5

x

x x

x

x x

x

 

  =

⇔ ⇔ ⇔ =

− − =

 

 ≥

= −  ≥

Vậy x=1 nghiệm phương trình cho  b) Hệ phương trình cho tương đương với

2

2 2 2

( 2) ( 2)

(2 ) (2 ) ( 2)

x y x y

x y y x y x

 − = − +  − = − +

 ⇔

 

− − + = − + − =

 

 

Do 2

(2x−y ) ≥0 (x−2)2 ≥0 nên (2x−y2 2) +(x−2)2 ≥0 Dấu “=” xảy 2

2

x

x y

y x

=  − = 

⇔

  = ±

− = 

 Thay vào phương trình cịn lại

trong hệ, thấy ( ; )x y =(2;2) thỏa mãn

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

Phương trình hoành độ giao điểm ( )P d x2= ⇔ = ±m x m

Do A(− m m B; ) (, m m; )

Phương trình hồnh độ giao điểm ( )P d′ x2=m2 ⇔ = ±x m

Do ( 2) ( 2)

; , ;

C m m D −m m

Ta có

OCD

S =m SABCD =(m−m2)( m+m)

Theo đề ( )

9 ( ) 10

ABCD OCD

(161)

Đặt t = m (với 0< <t 1) Khi 10t3+ − − = ⇔t2 t (2t−1)(5t2+ + =3t 1) Do 0< <t nên 5t2+ + >3t Do

2

t = hay 1

2

m = ⇔ =m

Vậy

m= thỏa mãn yêu cầu toán 

Câu

I

G

M

P

O

Q

N

H

K

F E

D C

B A

a) Dễ thấy BK MF

AK = ME

Theo hệ định lí Thales ta có MF BF BF

ME = DE = FC

Suy BK BF

AK = FC hay KF//AC

Tương tự, EH//AC

Do KF//EH

Gọi O=BD∩KF Q, =BD∩HE N, =AC∩BD

Ta chứng minh OK QE

OF =QH =

Gọi P=EK∩HF P, ′=EK∩DB

Chứng minh P≡P′ ta đến kết luận EK HF BD, , đồng quy b) Kẻ EG FI vng góc với HK; I G thuộc HK

Ta có SMKAE =MK EG SMHCF =MH FI Chứng minh MK KB

(162)

Suy MK MF

MH = ME

Chứng minh MF FI

ME = EG

Suy MK FI

MH = EG hay MK EG =MH FI

Vậy SMKAE =SMHCF  Câu

Q

N

F

E K

C

M

A

O

B

a) Ta có EC tiếp tuyến đường trịn ( )O ⇒ECO =900, mà ,

EF C∈K 

 



90

ECF

⇒ = hay O C F, , thẳng hàng

Mà EC EA, hai tiếp tuyến ( )O ⇒  AOE=EOF

Mặt khác FE⊥d AB, ⊥ ⇒d EF / /AB⇒  AOE=OEF

 

EOF OEF EFO

⇒ = ⇒ cân F

Mà M trung điểm EO⇒FM ⊥EO



90 ( )

FME M K

⇒ = ⇒ ∈

b) Gọi N trung điểm AO, Q giao điểm BE FN MN

⇒ đường trung bình tam giác EAO ⇒MN//AE

    

90 180

MN ⊥ AO⇒NMO= −MON ⇒NMF = −MON =EOB

(163)

MF MO EO NM = NO = AO mà

MF EO

AO BO

NM BO

= ⇒ =

⇒ tam giác MFN đồng dạng với tam giác OEB (c – g – c )

  hay  

OEB MFN MEQ MFQ

⇒ = = => tứ giácMEFQ nội tiếp đường tròn ( )K



90

EQF NF BE

⇒ = ⇒ ⊥

Vậy E thay đổi d đường thẳng qua F vng góc với BE ln qua

điểm cố định trung điểm OA 

Câu

Đặt 2x+ =y a x, +2y=b Khi a b, >0 biểu thức P trở thành

3

2

4

1 1

ab P

a b

= + + −

+

+ − + −

2

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

ab P

a b

a a a b b b

= + + −

+

+ − + − + − + −

22 22

1 1

1

2

ab

a a a b b b ab

≥ + + −

+ + − + − + + − + 42 42

4

ab

a b ab

= + + −

4

ab

ab ab

≥ + − Đặt t = ab>0 Khi

2

2 2

8

1 ( 2) ( 8)

t

t t

P t

t t

≥ + − ≥ ⇔ − + + ≥

Vậy

3

P= ⇔ = =x y 

Câu

Muốn xuất số 2016 bảng phải có hai số a b, thỏa mãn a+ +b ab=2016 với *

,

a b∈

(164)

Do 2017 số nguyên tố nên 1

1

a a

b b

+ = =

 

⇔  + =  =

  (vơ lí

* ,

a b∈ )

Vậy xuất số 2016 bảng 

===Hết===

Câu a) Ta có

( ) ( )( )

2 2

2 a b b a b a b a b

a b a b

− − −

− − =

+ +

( ) ( )( )

3 6

2 2

b b

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

+ +

+ = +

− − + − − − −

( )(32 )

a b

a b a b

+ + =

− −

Do P a b 4

a b a b

+ +

= = +

+ +

P đạt giá trị lớn nhất⇔ a+ b đạt giá trị nhỏ

⇔ =a 1,b=2 a=2,b=1 Vậy n=12 n=21 max 4

1

P= + = −

+ 

b) Do 2n+1 3n+1 số nguyên tố nên

2 2

2

3

n a n b a

n b a b

 + =  = −

 ⇒

 

+ = − =

 

 

Khi

(165)

2 2

2n+ =9 2(b −a )+9(3a −2b )⇔2n+ =9 (5a−4 )(5b a+4 )b

Do 2b+9 số nguyên tố 5a+4b≥5a−4b nên

5

5 4

a b n a

b

a b

+ = +

 ⇒ = −

 − =



Thay

4

a

b= − vào đẳng thức 3a2−2b2 =1 ta

2

3 10

9

a a

a a a

a

=  −

 

−   = ⇔ − + = ⇔ =

  

 Với a=1, suy b=1 Do n=0 (loại 2n+ =9 khơng phải số ngun tố)

 Với a=9, suy b=11 Do n=40 (thỏa 2n+ =9 89 số nguyên tố) Vậy n=40 thỏa mãn yêu cầu toán 

Câu

a) Điều kiện:

7

x

≤ ≤

Do 2

9x −36x+38=9(x−2) + >2 nên phương trình cho tương đương với

2 2

3x− + −5 3x+2 −9x +36x−35 =(9x −36x+38)

2 2

2 9x 36x 35 (9x 36x 38)

⇔ + − + − = − + (*)

Đặt 2

9 36 35 9( 2)

t = − x + x− = − x− ≤ Suy 0< ≤t Phương trình (*) trở thành

2

2+2t = − +( t 3) ⇔ −t 6t − + =2t

4 3 2

(t t ) (t t ) (5t ) (7t t 7) ⇔ − + − − − − − =

3

(t 1)(t t 5t 7) ⇔ − + − − =

Do 0< ≤t nên t3+ − − ≤ + −t2 5t 13 12 5.0 7− <0 nên t− = ⇔ =1 t Với t =1 ta có −9x2+36x−35= ⇔1 9(x−2)2 = ⇔ =0 x

b) Đặt 2 2

2 2

1 1

4 16

P x y x y

y x x y

  

= +  + = + +

 

(166)

2

2 2

1

2

256

256 x y x y

x y

x y ≥ =

+

Lại có

4 1=x+ ≥y xy ⇒xy≤

Từ suy 2

2

2 2

1 15 1 15 25

256 256 16

256

P x y

x y x y ≥ +

= =

     

+ + +

Dấu “=” xảy

2

2 256

1

x y

x y x y

x y

 = 



⇔  = ⇔ = =

 + = 



Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 1; 2        Câu

Đường thẳng d qua I(0;1) với hệ số góc k nên có dạng y=kx+1 Phương trình hồnh độ giao điểm d ( )P

2

1

1 4

4x =kx+ ⇔ x − kx− = (*)

Do ac= − <4 nên d cắt ( )P điểm phân biệt A B, Gọi x x1, 2 hai nghiệm phương trình (*) giả sử x1< <0 x2 Khi A x kx( ;1 1+1), ( ;B x kx2 2+1)

Theo định lí Vi-et ta có x1+x2 =4k ; x x1 = −4

2 2 2

1 2

1 1

IA+IB = x +k x + x +k x

2

1

x k x k

= +

− + +

2

4

x x

k k

= −

+ +

2

1 2

( )

4

x x x x

k

+ − =

(167)

2 16 16

1

k k

+

= =

+ Do

1 2

1 1

1

IA +IB = IA +IB =

1 2

1 2 2

1 1

2

1 1

2

IA IA IB IB

IA IB IA IB IA IA IB IB IA

IA IA IB IB

IA IB IB

+ +

= + + + = + ≥ +

Suy

1 2

1

IA IA + IB IB ≤ 

Câu

a) Do BC//AD AB//DC (tính chất hình thoi) nên

  

MBC= =A CDN (các cặp góc đồng vị)

 BCM =DNC (cặp góc đồng vị)

Suy MBCCDN (g – g) BM BC

DC DN

⇒ =

BM DN BC DC a

⇒ = = (không đổi)

b) BCD (do BC=CD C=600)

BD DC BC

⇒ = =

Theo chứng minh câu a) BM BC

DC = DN suy

BM DB

BD = DN

Lại có  

120

MBD=BDN = (kề bù với góc ABD đều)

Suy BMDDBN (c – g – c)⇒ AMD=DBN

Do BKD MBD có  AMD=DBN ; BDM chung nên BKDMBD (g – g)

 

120

BKD MBD

⇒ = = 

Câu

a

K D

A C

B

M

(168)

K

I O H D

F

E

N M

C B

A

a) Xét ABC HAC có  BAC=AHC =900; C chung

3

AB AC AB AH

ABC HAC

AH HC AC HC

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =

Mà 2

AB +AC =BC nên

2 2 2

20 16

9 16 25 25

AB = AC = AB +AC = =

2

16.9; 16.16

AB AC

⇒ = =

Vậy AB=12cm vàAC =16cm

b) Gọi F tâm đường trịn đường kính AH Ta cóDAE=900 Do DE đường

kính đường trịn ( )F Suy D E F, , thẳng hàng

Mặt khác ( )O ( )F cắt A N nên OF trung trực AM ⇒OF ⊥ AM

(1)

Gọi N giao điểm OA DE Ta có OA=OC=R Do OAC tam giác cân O Suy OAC =OCA ; FA=EF = ⇒r FAE cân F ⇒FEA =FAE

Mà  

90

OCA+FAE= nên OAC +FEA=900⇒ ANE =900⇒KN ⊥OA

Ta có F trực tâm tam giác KAO nên OF ⊥KA (2)

Từ (1) (2) suy A M K, , thẳng hàng

Gọi I giao điểm hai trung trực DE BC

Ta có: AF BC AF

OI BC

⊥ 

⇒  ⊥

 //OI ;

IF OA

IF

OA DE

⊥ 

⇒  ⊥

 //OA

Do FAOI hình bình hành Suy IF =OA FA; =OI⇒IF =OC FE; =OI Mà

 

IFE =IOC nên IFE=COI Suy IE =IC Mà IE =ID IB; =IC nên IB=ID=IE=IC

(169)

O 1 H

Câu

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( 3 3) ( ) ( ) ( )

2 a + +b c ≥ 2a bc b+c + 2b ca c+a + c ab a+b (1)

( 2) ( 2) ( 2)

1 1

(1) 2

2 2

VP ≤ a +b c+bc + b +c a+ca + c +a b+ab

Lại có 3 3 2 2 ( )( )2 2 2 3 3

0

b + −c b c bc− = b+c b c− ≥ ⇒b c+bc ≤b +c

Tương tự, 2 3 2 3

;

c a+ca ≤c +a a b+ab ≤a +b

Suy 2 2 2 ( 3 3)

2

b c+bc +c a+ca +a b+ab ≤ a +b +c 

Câu

Với bìa hình vng có cạnh 1, ta vẽ thêm hình vng nhỏ có cạnh hình quạt trịn bán kính phía ngồi bìa thu hình Hk(1≤ ≤k 2018) (hình vẽ bên) Tổng diện tích 2018 hình Hk S1=2018 5( +π)

Ta thu nhỏ hình vng lớn, phía co lại đơn vị hình vng A (cạnh 129)

Diện tích hình vng A

2 129 16641

S = = >S Suy 2018 hình Hk khơng thể phủ

hết hình vng A

Như ta ln tìm điểm O nằm hình vng A O khơng nằm hình Hk Khi hình trịn ( ;1)O thỏa mãn tốn 

Câu

a) Đặt a= 2+ 2+ b= 2− +

(170)

Ta có 2

8 2

a +b = − + ab= 3−

Từ x0 = −a b suy x02 =a2+b2−2ab= −8 2+ −2 3− Khi

2 2+ +2 3− = −8 x

( ) ( )

2

2 2 3 (

8

3 )

x

  ⇔ 

+ + − + = −

≤



2

2 0 2(2 3) 4(6 3) 64 16

8

x

x x

 ⇔ 

+ + − + = − +

≤



2

4

0 16 32

0

x

x x

 ⇔ 

− + ≤

=



Vậy x0 nghiệm phương trình x4−16x2+32=0  b)

1 2

D

A

B C

ABC

 có  A> ⇒B BC> AC

Trên cạnh CB lấy điểm D cho CA=CD

Ta có         A=A1+A2 =A1+ADC= A1+A1+ = +B B 2A1

Mà  A= +B 2C nên C =A1

Gọi a b c, , ∈ độ dài ba cạnh BC CA AB, , ABC

Xét ABC DBA có:

 

C =A (chứng minh trên)



(171)

Do ABC DBA (g – g) AB BC c a c2 a a( b)

DB BA a b c

⇒ = ⇒ = ⇒ = −

− (*)

Do độ dài cạnh ABC số tự nhiên liên tiếp a>b nên a− =b

a− =b

 Nếu a− =b a− =c hay a= +c Thay vào (*) ta

2 ( 1) 2

c = + ⇔c c c− = ⇔ =c Suy a=4,b=3 Ba số 2; 3; thỏa mãn bất đẳng thức tam giác

 Nếu a− =b a− =c hay a= +c Thay vào (*) ta

2 2

( 1).2 2 ( 1)

c = +c ⇔c − c− = ⇔ −c = (vơ lý khơng phải số phương)

Vậy AB=2,AC=3,BC=4  Câu

a) Điều kiện: x≥0

4

0

2

4 10

x x

x x x x

   

− + − =

   

− + − +

   

4 16 16

0 2(4 7) 2(4 10 7)

x x x x

− + − − + −

⇔ + =

− + − +

1

( 16 7)

4 10

x x

x x x x

 

⇔ − + −  + =

− + − +

  (*)

Do 4x−8 x+ =7 4( x−1)2+ >3 ;

2

5

4 10

4

x− x+ =  x−  + >

  nên

7 49

2

(*) 16

1

2

x x

 =  =

 

⇔ − + + = ⇔ ⇔  =  =

 

 



b) Điều kiện: 2 2 0

xy

x + y >

≥  



Nếu x≤0;y≤0 ( ) ( ) 3

2

6

2

x y

x x y

x xy y

+

+ − + < <

+ + Điều dẫn đến hệ vô

(172)

( )2

3 3

2 2 2

x y x y

xy x xy xy x xy x y

+ = + ⇔ + = − + + ⇔ + = − +

Suy ra: x+2 xy ≥3 Đẳng thức xảy x= =y

Ta chứng minh: 2 3 2

x y

x xy

x y

y

+ +

+ ≥

+ (*)

Thật vậy, ( ) ( )( )

2

*

3

x y x xy y x y

x xy y

+ − + +

⇔ ≥

+ +

22 22

x xy y

− + ⇔

+ + ≥ ( x+ >y )

( 2) 2 ( )2 x xy y ≥x +xy+y ⇔ x−y

⇔ − + ≥ (luôn đúng)

Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( )

3

2

2 2

6

2

x y

x x y x x y x y

x xy y

+

+ − +

+ + ≥ + + − +

Mặt khác, ta có: ( ) ( 2) ( ) ( 2)

2 x+ y − x +y ≥2 xy ⇔2 x+y − xy≥ x +y

( 2 ) ( 2)

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

⇔ + + − − + ≥ +

( )

2

6 4 0

x y xy− x xy− y xy ≥ ⇔ x− y

⇔ + + ≥ (ln đúng)

Khi đó: ( ) ( )

3

2

2 2

6 x y

x x y

x xy y x xy

+

+ − + ≥ +

+ + ≥

Đẳng thức xảy x= =y

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( ) ( )x y; = 1;1  Câu

Vì BC⊥d d tạo với Ox góc CDB =450 nên BD⊥Ox BD//Ox Khơng tính tổng qt, giả sử BD⊥Ox (vì BD//Ox cần đổi vị trí A B có BD⊥Ox)

Gọi A a a( ; + ∈8) d ; B b b( ; + ∈8) d; C c c( ; 2)∈( )P ;

2

( ; ) ( )

D d d ∈ P , a+ =8 c2

2

a c

b= =d +

(173)

2

ID= b −c IC = −b c

Do IB=IC nên b2 −c2 = −b c 2

b −c = −c b

 Xét 2

b −c = −b c Vì b≠c nên b+ =c Khi

2

2b= + = +a c c c − = − + −8 (1 b) (1 b) −8 hay 2,

5

6 5, 17

b c a

b b

b c a

= − ⇒ = = − 

− − = ⇔ 

= ⇒ = − =



Do A( 4;4), ( 1;7), (2;4), ( 1;1)− B − C D − AB=3 A(17;25), (6;14), ( 5;25), (6;36)B C − D AB=11

 Xét 2

b −c = −c b Vì b≠c nên b+ = −c Khi

2

2b= + = +c a c (c − = − − + +8) ( b) (1 b) −8 hay

8

b = +b (vơ lý B≡D) 

Câu

a) Gọi I J K, , trung điểm QN MN PQ, , Khi

2

BJ = MN (trung tuyến tam giác vuông MBN )

Tương tự

2

DK = PQ

1

IJ = QM (do IJ đường trung bình MNQ)

Tương tự

IK = PN

Vì BD≤BJ+JI +IK +KD nên

( ) ( )

2

ABCD

AC AC AC

S = BD≤ BJ +JI +IK +KD = MN +NP+PQ+QM

b) Chu vi tứ giác MNPQ là:

2 2

MN +NP+PQ QM+ = BJ + IK + DK + IJ

= 2(BJ +JI +IK +KD)≥2BD

Dấu đẳng thức xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ//NP, MN// PQ, MN =PQ(vì cạnh huyền tam giác vng cân nhau), lúc MNPQ

hình chữ nhật 

A B

D C

M

N

P Q

I J

(174)

Câu

P

D A

B C

H E F

M O

a) Điểm P toán điểm Miquel tam giác ABC

Ta dễ thấy điểm A F H E, , , nằm đường trịn đường kính AH

Bây ta chứng minh AFPE tứ giác nội tiếp

Thật ta có

  

360

FPE= −FPO−EPO

( ) ( )  

0 0

360 180 B 180 C B C

= − − − − = + suy  

180

EPF+ =A

AEPF

⇒ tứ giác nội tiếp hay điểm A E P F H, , , , nằm đường trịn đường kính AH ⇒ EFPH tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BPHC ta có:

        

180

BPH =BPE−HPE=BPO+OPE−HFE=BFO+ − −C HBC

  ( 0) 

180 90 90

B C C B

= + − − − = +

Mặt khác,    

90 180

HCB= − ⇒B HCB+BPH = hay BCHP tứ giác nội tiếp

Ta có:     

180 , ,

FPA=FEA=FBC⇒FPA+FPO = ⇒ A P O thẳng hàng

  ( )

2

FEP =FAP= sđ BO FP− ,    ( )

2

PBM =PFO= sđ PO= sđ FO FP−

Lại có: OB=OF⇒sđOB sđOF =  suy  FEP=PBM ⇔ MEPB tứ giác nội tiếp b) Theo câu a) ta có MEPB nội tiếp nên  BPM =BEM ⇔    BPO+OPM =BEC+CEM

   

BPO OPM BEC AEF

⇔ + = + mà      

90

AEF =FBO=BFO=BPO⇒OPM =BEC=

hay OPM tam giác vuông P  Câu

Bất đẳng thức cho tương đương với

2 2 2

2 2 2 2 2

4 ( ) ( ) ( )

6

2 2

a b c b c a c a b

 + − + − + − 

− + + 

+ + + + +

 + ≤

2 2 2

2 2 2 2 2

4 ( ) ( ) ( )

2 2

a b c b c a c a b

 + −   + −   + − 

⇔ −  + −  + − 

+ + + + + +

(175)

2 2

2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

3 (

2 2 *)

b c c a a b

a b c b c a c a b

+ + +

⇔ + +

+ + + + + + ≤

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

2

2 2

( ) ;

b c

a b c

b c

b +a +c a +

+ ≥

+ +

2

2 2

( ) ;

c a

b c a

c a

c +b +a b +

+ ≥

+ +

2

2 2

( )

a b

c a b

a b

a +c +b c +

+ ≥

+ +

Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta bất đẳng thức (*).

Câu

Ta xét hàng có ghi số cột có ghi số 121, hiệu hai số ghi hai ô 120

Số ô vuông cách từ ô ghi số đến ô ghi số 121 nhiều 20 cặp ô vuông (10 cặp theo hàng, 10 cặp theo cột) Ví dụ bảng ô ghi số ô ghi số 121 cách cặp ô vuông ( ) (1;a1 , a a1; 2)(a a2; 3) (, a3;121)

1 a1 a2

3 a 121

Nếu hiệu hai số hai kề qua 20 cặp ta có chênh lệch 20.5 100= Như 100+ =101 121< Do có hai kề cho hiệu hai số viết hai ô lớn 

(176)

Câu

a) Với x≠ −1 ta có

2

( 1)

1

a a

P a a

a a

= + + − +

+ +

2

2 ( 1) 2( 1)

1 ( 1)

a a a

a a

a a a

= + + − + +

+ + +

2 ( 1)

1

a a

a

a a

 

= +  + −  +  + 

( 1)

1

a a

a

a a

= + + −

+ +

Để ý

2

1 ( 1)

1

a a a

a

a a

+ + + − =

+ + dương a> −1 âm a< −1 (do

1 0,

a + + > ∀a a)

Suy

 Nếu a> −1 ( 1)

1

a a

P a a

a a

= + + − = +

+ +

 Nếu a< −1

2 ( 1)

1 1

a a a

P a

a a a

+ = + − + = −

+ + +

 Nếu a=2020 P= + =a 2021  b) Cách

Viết lại phương trình cho sau

2qn p( + =1) (n+2)(2pq+ + +p q 1) (*)

Do vế trái số chẵn nên n+2 chẵn p+ +q chẵn Suy p=2 q=2 n chẵn

 Nếu p=2 6qn=(n+2)(5q+ ⇔3) 6qn=5qn+3n+10q+6 ⇔qn−3n−(10q−30)=36⇔(q−3)(n−10)=36

(177)

Xét ước 36 để ý q số nguyên tố, ta tìm ( , , )p q n thỏa mãn yêu

cầu (2,5, 28),(2,7,19)

 Nếu q=2 (n p+ =1) (n+2)(5p+ ⇔ =3) n pn+10p+6 điều mâu thuẫn

n< pn

 Cuối cùng, giả sử n=2k Ta giả sử p q số nguyên tố lẻ Phương

trình (*) trở thành 2kq p( + =1) (k+1)(2pq+ + +p q 1) Vế trái số chẵn 2pq+ + +p q số lẻ nên k+1 số chẵn, k= +2l số lẻ Bây ta có

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

q p+ l+ = +l pq+ + + ⇔p q lq p+ = +l pq+ +p

Để ý q pq| + +p q p| +1 Hơn nữa, gcd( ,p p+ =1) q số

nguyên tố nên gcd(p+1,pq+ + =p 1) (p+1,pq)=(p+1, ) 1q > q p| +1

Từ gcd( ,l l+ =1) 1, ta thấy q|/ p+1 l = pq+ +p l+ =1 q p( +1) Do

q= +p (và ( ,p p+2, 2p2+6p+3) thỏa mãn phương trình cho)

Trong trường hợp ngược lại, giả sử p+ =1 rq, ta có l p( + = +1) (l 1)(p+r) điều mâu thuẫn l < +l p+ ≤ +1 p r

Như giá trị dương q− p 2;

Cách

Trừ nhân −1 vế theo vế ta được, điều kiện toán tương đương với

1

p+ − =q n+ (*)

Do q> +p Viết lại điều kiện (*) sau

4( 1)

2

p q

q p

n

+ − − =

+

Biểu thức vế phải số nguyên dương q phải khử n+2 không q chia hết

cho p+ <1 q

Đặt n u q

+ =

số nguyên dương

Bây q p 4(p 1) uq u p( 1) 4(p 1)

u

+

− − = ⇔ − + = +

Suy p+1|uq Hơn nữa, q số nguyên tố p+ <1 q, p+1|u

Đặt

1

u v

p

=

(178)

Bây q p {2;3;5}

v∈

− = +

Các trường hợp xảy ( , , )p q n (3,5,7),(2,5, 28) (2,7,19)

Để ý tất cặp nguyên tố sinh đôi q= +p cho ta nghiệm ( ,p p+2, 2(2p2+6p+3))

Cách

Trừ hai vế cho ta

1

p+ − =q n+ (*)

Từ đây, n số dương, ta có q> +p Do q p+1 nguyên tố (do q

nguyên tố)

Điều kiện (*) viết lại sau

1

( 1)

q p

q p n

− − =

+ +

Bây gcd( ,q q− − =p 1) gcd( ,q p+ = =1) gcd(p+1, ) 1q = nên phân số vế trái tối giản

Do q− −p 1| Vì q− −p dương nên q− − ∈p {1;2;4} hay q− p∈{2;3;5} Tất số có

( , , ) {(3,5,78),(2,5, 28),(2,7,19)}p q n ∈ 

Câu

a) Điều kiện:

7

x

≤ ≤

Do 2

9x −36x+38=9(x−2) + >2 nên phương trình cho tương đương với

2 2

3x− + −5 3x+2 −9x +36x−35 =(9x −36x+38)

2 2

2 9x 36x 35 (9x 36x 38)

⇔ + − + − = − + (*)

Đặt 2

9 36 35 9( 2)

t = − x + x− = − x− ≤ Suy 0< ≤t Phương trình (*) trở thành

2

2+2t = − +( t 3) ⇔ −t 6t − + =2t

4 3 2

(t t ) (t t ) (5t ) (7t t 7) ⇔ − + − − − − − =

3

(179)

Do 0< ≤t nên t3+ − − ≤ + −t2 5t 13 12 5.0 7− <0 nên t− = ⇔ =1 t Với t =1 ta có −9x2+36x−35= ⇔1 9(x−2)2 = ⇔ =0 x

Vậy phương trình cho có nghiệm x=2  b) Lời giải

Ta có

2 2

3 4 (1) 2 (2)

x y xy x y x y xy x y

x y x y x y x y

 + − + + − =  + − + + − =

 ⇔ 

 

− + + − = − + + − =

 

 

Lấy phương trình thứ trừ phương trình thứ hai vế theo vế ta

( )2

2 3( )

x− y − x− y + =

(x 2y 1)(x 2y 2) ⇔ − − − − =

2 2

x y

= + 

⇔  = + 

 Với x=2y+1, thay vào phương trình x2 −y2 +2x+y−3=0 ta

2 2

(2 1) 2(2 1) 3

3

y x

y y y y y y

y x

= ⇒ = 

+ − + + + − = ⇔ + = ⇔ 

= − ⇒ = −



 Với x=2y+2, giải tương tự ta thu nghiệm 109 13 109 109 13 109

; ; ;

3 6

− + − +  − − − − 

   

   

Vậy tập nghiệm hệ phương trình cho

( ) ( ) 109 13 109 109 13 109

1;0 ; ; ; ; ;

3 6

S = − − − + − +   − − − − 

    

  

Câu

Hệ số góc đường thẳng A A1

2 2

2

a a

− = +

−

Hệ số góc đường thẳng A A4

2

5

a a

− = +

−

(180)

Tương tự, (a2+a3)(a5+a6)= −1

Nếu A A3 ⊥ A A6 (a3+a4)(a6+a1)= −1

Khi (a1+a2)(a2+a3)(a3+a4)(a4+a5)(a5+a6)(a6+a1)=−1

Vậy (a1+a2)(a2+a3)(a3+a4)(a4+a5)(a5+a6)(a6+a1)≠ −1 A A3 A A6 khơng thể vng góc với 

Câu

a) Xét DPC BMC có

CD=BC; PC=CM ;  DCB=BCN =900 Do DPC =BMC (c – g – c)

Suy  PDC=MBC Điều dẫn đến MBC   +BPH =PDC+CPD=900

Vậy 

90

BHP=

Dễ thấy P trực tâm BDM , suy MP⊥BD

Ta có

1

PDM BDM

DM PC

PC S

BC = DM BC = S

Tương tự,

1

PBM BDM

DB KP

PH S

DH = DB MK = S ;

1

PBD BDM

DB KP

PH S

DH = DB MK = S

Vậy PDM PBM PBD

BDM

PC PH KP S S S

BC DH MK S

+ +

+ + = =

b) Ta có

K

H

P N

M C

B A

(181)

MCP MKD

  ( g – g) MP MC MP MK MC MD

MD MK

⇒ = ⇒ = (1)

DCB DKM

  (g – g) DC DB DK DB DC DM

DK DM

⇒ = ⇒ = (2)

Cộng vế theo vế (1) (2) ta

MP MK +DK BD=DM 

Câu

F

I O

A

B H (d)

M C

D

E

S

N K

Dựng đường thẳng qua D song song với đường thẳng ( )d cắt HC BM, I F, Khi ta dễ chứng minh I trung điểm DF theo định lý Thales

Từ suy IN đường trung bình tam giác IEF

Để chứng minh tứ giác HNCS nội tiếp ta chứng minh NCH =HSN

Mặt khác ta có IDN =NSH so le

Như ta cần chứng minh  NCH =IDN hay chứng minh ICDN nội tiếp Thật  INE=NEM ( so le trong) mà MEN  ≡MED=MCD suy

 

INE =MCD hay ICDN tứ giác nội tiếp b) Do tứ giác HNCS nên  SNH =SCH

Do tứ giác ONHS nội tiếp nên SNH =SOH suy SCH =SOH

(182)

Nhưng  

90 90

OHS = ⇒OCS = ⇒SC tiếp tuyến ( )O Mà KC tiếp tuyến ( )O nên ta suy S K C, , thẳng hàng 

Câu

Bình phương hai vế bất đẳng thức cần chứng minh ta bất đẳng thức tương đương:

2 2 2

3

2 2 cyc 2

x+ y y+z x+z x+y y+z

         

−  −  −  + −  −  ≥

      ∑    

2

7

1

2 4

cyc

x+y y+z xy+ yz+zx

   

⇔ −  −  ≥ +

   

∑ (*)

Ta có

2 2 2 2 2 2

( 1) ( )

1

2 2

x+y x + y + z + x+y x−y z +

   

−  = −  = +

   

Tương tự

2 2 2

( )

1

2

y+z y−z x +

 

−  = +

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwart ta được:

2 2 2 2 2

2

( ) ( )

1

2 4

( 1)( 1)

( )( ) ( )( )

4

1

4

x y y z x y z y z x

x z

x y z y x y z y xz

y xz yz xy xz

+ + − + − +

   

−  −  = + +

   

+ +

− − − − +

≥ + ≥ +

+ − − +

= +

Cộng theo vế BĐT tương tự ta được:

2 2 2 2

( )

1

2

cyc

x+y y+z x + y +z − xy+yz+zx xy+yz+zx+

   

−  −  ≥ +

   

∑ hay

2

7 ( )

1

2 4

cyc

x+y y+z xy+yz+zx

   

−  −  ≥ +

   

∑

Vậy (*) chứng minh

Đẳng thức xảy

3

x= = =y z  Câu

(183)

1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5, 5,

A B C A B C A B C A B C A B C

Khi ta có ngũ giác rời

A A A A A ; B B B B B1 2 3 4 5; C C C C C1 2 3 4 5

Theo nguyên lí Dirichlet đỉnh chọn có đỉnh đỉnh ngũ giác ngũ giác

Định dạng
Số trang	183
Dung lượng	4,01 MB