Đề học sinh giỏi toán 9 có đáp án chi tiết

tiễn cao, giúp các thầy cô và các em họ c sinh luy ện thi họ c sinh gi ỏ i l ớp 9 có m ột tài liệu bám sát đề thi để đạt được thành tích cao, mang lạ i vinh d ự cho bản thân, gia đình v[r]

(1)

 SƯU TẦM

TUYỂN TẬP ĐỀ THI

HSG LỚP CẤP TỈNH NĂM 2019

(2)

ĐỀ HỌC SINH GIỎI

MƠN TỐN LỚP CÁC TỈNH NĂM HỌC 2018-2019

LỜI NÓI ĐẦU

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

tốn lớp tỉnh cảnước có hướng dẫn giải cụthể Đây bộđềthi mang tính chất thực

tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đề thi đểđạt thành tích cao, mang lại vinh dựcho thân, gia đình nhà trường Bộđề gồm nhiều Câutốn hay thầy cô cả nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua sẽ giúp em phát triển tư mơn tốn từđó thêm u thích học giỏi môn học này, tạo tảng để

có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ởcác lớp, cấp học nhẹ nhàng hiệu quảhơn.

Các vịphụhuynh thầy dạy tốn có thểdùng có thểdùng tuyển tập đềtốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tậpđề thi học sinh giỏi lớp cấp tỉnh năm 2018-2019 này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung.

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

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

(3)

MỤC LỤC

Phần 1 Đề thi

ĐỀ SỐ TỈNH THÀNH

1. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Điện Biên năm học 2018-2019

2. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Lạng Sơnnăm học 2018-2019

3. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Nghệ An năm học 2018-2019 4. Đề thi học sinh giỏi tốn tỉnh Quảng Bình năm học 2018-2019 5. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Đồng Nai năm học 2018-2019 6. Đề thi học sinh giỏi tốn tỉnh Thanh Hóa năm học 2018-2019 7. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Bình Phước năm học 2018-2019

8. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Sơn Lanăm học 2018-2019 9. Đề thi học sinh giỏi tốn tỉnh Ninh Bình năm học 2018-2019 10. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Nam Định năm học 2018-2019

11. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Bắc Ninh năm học 2018-2019

12. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Bình Định năm học 2018-2019 13. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Đà Nẵng năm học 2018-2019 14. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Đắk Lắk năm học 2018-2019 15. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Đồng Nai năm học 2018-2019 16. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Gia Lai năm học 2018-2019 17. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Hà Nội năm học 2018-2019 18. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Hải Dươngnăm học 2018-2019 19. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Hải Phòng năm học 2018-2019 20. Đề thi học sinh giỏi tốn TP Hồ Chí Minh năm học 2018-2019 21. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Bà Rịa Vũng Tàunăm học 2018-2019 22. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Hưng Yênnăm học 2018-2019

23. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Lai Châu năm học 2018-2019 24. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Lâm Đồng năm học 2018-2019 25. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Long An năm học 2018-2019 26. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Phú Yênnăm học 2018-2019 27. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Quảng Trịnăm học 2018-2019 28. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Quảng Ngãi năm học 2018-2019 29. Đề thi học sinh giỏi tốn tỉnh Sóc Trăngnăm học 2018-2019 30. Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Thái Bình năm học 2018-2019

(4)

(5)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN

Đề số

(Đềthi có trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 09/4/2019

Thời gian làm 180 phút, không kểthời gian giao đề

Câu 1.(5,0 điểm)

1 Cho biểu thức P = 1 x : 1.

x x x x x x 1

   

+ − −

   

 +   − + − − 

 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị x để biểu thức Q= x P− nhận giá trị nguyên

2 Cho (x+ x 2y2+ )( + 4y 12+ )=1 Tính giá trị biểu thức x3+8y3+2019.

Câu 2.(4,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2x2+ + =x 3x x 3.+

2 Giải hệphương trình:

3

6

x

y

3x

y

 − =

 

 − = −



Câu 3.(3,0 điểm)

1 Chứng minh:

( )

1 1

2 1 3 2+ + + + + n n n n+ + + < − n 1+ (

*

n

∀ ∈ )

2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A 5x 9y 12xy 24x 48y 82= 2+ 2− + − +

Câu 4.(6,0 điểm)

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

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

b) Gọi H trực tâm của∆ABC Chứng minh rằng: CH.CF BH.BE BC+ = 2

2 Cho điểm O thuộc miền ∆ABC Các tia AO BO CO, , cắt cạnh BC,

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

AG BE CF+ + không phụ thuộc vào

vịtrí điểm O Câu 5.(2,0 điểm)

1 Chứng minh P x 3x 3x 3= 3− 2− + là một sốchính phương x 1= +32+34

2 Tìm x,y∈ thỏa mãn: x 2y2− 2=5

_Hết _

(6)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LẠNG SƠN

Đề số

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 23/3/2019

Câu (4 điểm)

Cho biểu thức A x x x 3( ) x x x x x

−

− +

= − +

− − + − với x≥0; 9.x≠ a) Rút gọn biểu thứcA

b) Tính giá trị nhỏ biểu thứcA

Câu 2.(4 điểm)

Cho phương trình x – m x m2 ( + ) + + 8m – 0=

a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Tìm m ngun dương đểphương trình cho có hai nghiệm x , x1 2 cho

2

1

x x 60 P

x x + − =

+ đạt giá trị nguyên

Câu (4 điểm)

a) Giải phương trình x x

x x

− + − + =

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

x y + x 2− + 2y 2− −2xy x 2y 4+ − =5

Câu (6 điểm)

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

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

HL AK⊥

b) Chứng minh đường thẳng HL qua trung điểm củaBC

c) Gọi T điểm đoạn thẳng FC cho ATB 90= 0 Chứng minh rằng

đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT CET tiếp xúc với

Câu (2 điểm)

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

_Hết _

(7)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

Mơn thi: TỐN- BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm)

a Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2y xy x 2y 02− + − + =

b Chứng minh A 2= 2n +4 16n+ chia hết cho với mọi sốnguyên dương n.

Câu 2. (6,5 điểm)

a Giải phương trình: 2x 8x 4x3 2x

+

+ = ⋅

+ b Giải hệphương trình: ( ) ( )

( )( )

2

x y x y x y  − + − = 



− − − − = − 

Câu 3. (2,5 điểm)

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

4 4

a b c

P

a b b c c a

     

=  +  + 

+ + +

     

Câu 4. (6,0 điểm)

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

a EF ⊥ OA b AM = AN

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

và AC.BD = AD.BC Chứng minh AB.CD

AC.BD = Câu 5. (2,0 điểm)

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

một hình trịn bán kính

91 nằm hình vng mà không chứa điểm

nào 2019 điểm cho

_Hết _

(8)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG BÌNH

Đề số

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 14/3/2019

Câu (2.5 điểm)

a Cho biểu thức A

x x x x x

=

- +

+ + - + với x≥0 Rút gọn tìm giá trị lớn A

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

B= 4+ 10 5+ + 4− 10 5+

Câu (2.0 điểm)

a Xác định hệ sốavà bđểđa thức P x( )=x 2x 3x ax b4− 3+ 2+ + bình

phương đa thức

b Giải phương trình: 4x− + 4x 1+ = −16x 8x 12− + (1)

Câu (2,5 điểm)

Cho đường tròn ( )O dây cung BC a= không đổi (OBC) Alà điểm di

động cung lớn BCsao cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AD, BE,

CK cắt H ( D BC,E AC,K AB∈ ∈ ∈ )

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

b Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí Ađể tích DH.DA nhận giá trị lớn

Câu (1.0 điểm)

Tìm tất số tự nhiên n cho C 2019= n+2020 sốchính phương

Câu (1.0 điểm).

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

( )

x y z yz+ + + ≥ + zx+ xy

Câu 6 (1.0 điểm)

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

sao cho M, N thuộc cạnh BC, P thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB Hãy xác định

kích thước hình chữ nhật MNPQđể có diện tích lớn

_Hết _

(9)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 29/3/2019

Câu (4,5 điểm)

1) Cho (x, y) nghiệm hệphương trình x y m

2x 3y m

 − = +  − = +

 (với m tham số thực)

Tìm m để biểu thức P x 8y= 2+ đạt giá trị nhỏ nhất

2) Giải hệphương trình x23 y32

x y  + = 



− = −

 (với x, y thuộc R)

Câu (4,5 điểm)

1) Giải phương trình x 9x 24x 27x (x R)4 − 3+ 2− + = ∈

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

a b c 3 4 a b c b c a a b b c c a

 

+ + + ≥  + + 

+ + +

 

Câu 3.(4,5 điểm)

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

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

cho

2) Tìm số sốnguyên dươngkhông vượt 1000 nguyên tố với 999

Câu 4.(2 điểm)

Cho A 99 2 3 99 100

= + + + +

+ + + + tổng 99 số hạng

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

Câu 5.(4,5 điểm)

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

lượt trung điểm hai đoạn BC AC

1) Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC

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

_Hết _

(10)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA

Đề số

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 22/3/2019

Câu (4,0 điểm)

1.Rút gọn biểu thức P x x x : x x

x x x x x x

 − −   + − 

= −    − 

− − + − −

   , với x 0,x 4.> ≠

2. Cho a= 37+ 50 , b= 37− 50 Không dùng máy tính, chứng minh biểu

thức M a b= + N a= 7+b7 có giá trịđều số chẵn

Câu 2.(4,0 điểm)

1. Giả sử x ,x1 2là hai nghiệm phương trình x 2kx 02+ + = ( klà tham số ) Tìm

tất giá trị k cho :

2

1

2

x x 3 x x

   

+ ≤

       

2. Giải hệphương trình

2

x x 2y y y 2x  + + = + 



+ + = +



Câu 3.(4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y x y x y x 12 2( + )+ = + ( − )

2. Cho n∈* Chứng minh rằng nếu 2n 1+ và 3n 1+ là sốchính phương n

chia hết cho 40

Câu 4.(6,0 điểm)

Cho đường tròn (O,R) điểm A cốđịnh bên ngồi đường trịn, OA 2R=

Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC đến đường tròn ( )O (B,Clà tiếp điểm) Đường thẳng

OA cắt dây BC I Gọi Mlà điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M

đường tròn ( )O cắt AB,AC E,F Dây BC cắt OE,OF điểm P Q, 1. Chứng minh ABI 60 = và tứ giác OBEQ nội tiếp.

2. Chứng minh EF 2PQ=

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

Câu 5.(2,0 điểm)

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

( )( )( )

3

2

x y P

x yz y xz z xy =

+ + +

_Hết _

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(11)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC

Đề số

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 06/3/2019

Câu ( 5.0 điểm )

1 Cho biểu thức

( )( )

x x x 1

P :

3 x x x x x x

   

− + − +

 

= +   − 

+ − − − + − − − − −

   

 

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị biểu thức P x= 2+ −( 2+ ) − + 1−

2 Cho x,y số thực thỏa mãn: x y 1+ =

Tìm giá trị nhỏ P 2x= 4+x 2y y 2x 2y3( − +) 3( − +) 4

Câu ( 5.0 điểm )

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

2 Giải hệphương trình:

( ) (2 )2

xy 2x y x y  − + =

 

+ + − =



3 Cho hàm số ( )P : y x= 2 Tìm giá trị của m đểđường thẳng ( )d : y 2x m 1= + −

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

1 2

y y x x− =12

Câu ( 5.0 điểm )

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O , D điểm cạnh AB, (D≠ A B, )

Gọi M , N trung điểm CB CA, Đường thẳng MN cắt ( )O hai điểm

,

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

a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp

b) Chứng minh PK QC =QB PD

c) Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP G (G≠P) Đường thẳng

IG cắt BA E Chứng minh D di chuyển BA AD

AE khơng đổi

Câu ( 2.0 điểm )

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

EFGH Chứng minh c a≥ 2+b2

Câu ( 3.0 điểm )

1 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 4y4+6y x2− =

2 Chứng minh với số nguyên n chẵn thì: n3+20n 96+ chia hết cho 48

(12)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH SƠN LA

Đề số

MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 18/3/2019

Câu (3,0 điểm)

Cho biểu thức:

3

6x 3x

A

3x 3x 3x

+

= −

+ +

−

Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Câu (4,0 điểm)

Cho phương trình x2−2 m x 3m 0( − ) + − = (1)

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

thức 2

1 2

M x= +x +5x x đạt giá trị nhỏ

b) Xác định m đểphương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn

Câu (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2x 213x 6

2x 5x 2x− + + + +x 3 = b)Giải hệphương trình: x 2xy 12y 03 2 22

8y x 12

 + + =

 

+ =



Câu (6,0 điểm)

Cho điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ

đường tròn tâm O thay đổi qua B C (O không nằm đường thẳng d)

KẻAM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm

BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K

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

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

Câu (2,0 điểm)

Cho hình vng ABCD 2019 đường thẳng phân biệt thỏa mãn: đường thẳng

đều cắt hai cạnh đối hình vng chia hình vng thành phần có tỷ số diện tích

1 .

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

_Hết _

(13)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

Đề số

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 13/3/2019

Câu (4,0 điểm)

1 Gọi x , x , x1 nghiệm phương trình

3

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

1

1 1 S

x x x = + +

2 Rút gọn biểu thức A x x : x x x

x x x x x

 −   − − − 

= −    + − 

− − + + −

    với x 0≥ , x 4≠ , x 9≠

Câu (4,0 điểm)

1 Giải hệphương trình

2

3

(y 2x)(1 y x) 2x x x(y 1) x y  − − − = − 



− + − =



2 Giải phương trình x x 24 2x 2x 12 x2 + + − + = −

Câu (4,0 điểm)

1 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x y2 2−x2+5y2 −22x 121 0− =

2 Cho số thực dương x,y,z thỏa mãn x y z 2019+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 12 2 3

4xy 4yz 4zx x y z

= + + +

+ +

Câu (6,0 điểm)

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

; K, F∈BC; D, Q∈CA) Biết diện tích tam giác MPE, MQD, MKF x , y , z2 2 với x, y, z số thực dương Tính diện tích tam giác ABC theo x, y, z

2 Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O M điểm dây BC (M khác B, M khác C) Vẽđường tròn tâm D qua M tiếp xúc với AB B, vẽ

đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai hai

đường tròn (D) (E)

a) Chứng minh tứgiác ABNC tứ giác nội tiếp Từ chứng minh điểm N

thuộc đường tròn (O) ba điểm A, M, N thẳng hàng

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

Câu (2,0 điểm)

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

2 Cho đoạn thẳng có độ dài lớn 10 nhỏ 210 Chứng minh

đoạn thẳng ln tìm đoạn thẳng để ghép thành tam giác

(14)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH

Đề số 10

(Đềthi có 2trang)

MƠN THI: TỐN

Câu (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức P 10 89 28 10

− +

= −

+ − − − Xét ba số thực dương x y z, , thoả mãn

2

xz z z y y z z

+ + =

+ + Chứng minh

1 1 1

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

Câu (5,0 điểm)

1 Giải phương trình x x3 2x 5(x2 2 x) 4

15

+ + = + +

2 Giải hệphương trình ( ) ( )

2

x y x y

xy x y

4x 5y x y x 13

 − − + −

 − = −



+ 



+ + + − + = 

Câu (3,0 điểm)

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

= + − ∀ ∈ Biết hệ số P x( ) sốnguyên không âm P 0( )=0 Tính P 3P P 2( ( ) ( )− )

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

(x y x y 6xy y x y− − )( + − )+ + 2( − − ) (=2 x y 1+ )( + )

Câu (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O R; ), vẽ đường tròn (O R'; ')

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

là tiếp tuyến chung M hai đường tròn ( )O ( )O' (tia Mt nằm nửa mặt phẳng

bờlà đường thẳng MA chứa điểm D)

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

AMD góc BMC

(15)

2 Đường thẳng MH cắt đường tròn ( )O E (E khác M ) Hai đường thẳng HG CE cắt I Chứng minh EHI EIM. =

3 Chứng minh đường thẳng HG qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD

Câu (2,0 điểm)

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

( ) ( ) ( ) 2 2

1 1 1 1

6

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

 

+ + ≤  + + 

+ + + + + + + + +  

Cho đa giác có 10 đỉnh hình vẽ bên (bốn

đỉnh: A, B, C, D B, C, D, E C, D, E, F …

hoặc J, A, B, C gọi bốn đỉnh liên tiếp đa giác)

Các đỉnh đa giác đánh số cách tuỳ ý số

nguyên thuộc tập hợp {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10} (biết

đỉnh đánh số, số đánh đỉnh

là khác nhau) Chứng minh ta ln tìm đỉnh liên

tiếp đa giác đánh số mà tổng số lớn 21

(16)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC NINH

Đề số 11

MÔN THI: TỐN

Thời gian làm 150 phút, khơng kểthời gian giao đề

Câu (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

3

2(a b) a a 2b

P a

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

 

 +  +

 

= −   − 

+ + +

−

    với a 0,b 0,a 2b

≥ > ≠

2) Cho hàm số y=(m 4m x 3m 22− − ) + − có đồ thị là d Tìm tất giá trị

m để đường thẳng d cắt trục hoành trục tung hai điểm A, B cho tam

giác OAB có diện tích cm2 (O là gốc tọa độ, đơn vị đo trục cm)

Câu (4,0 điểm)

1) Cho phương trình x2−(3m x 2m− ) + 2−5m 0− = , x là ẩn, m là tham số Tìm

tất giá trị m đểphương trình có nghiệm dương

2) Giải hệphương trình 32x y 3y 13 2 x x 2y

x 3x 2y y

 − − + + = + + 



− + = − 

Câu (4,0 điểm)

1) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện (a c)(b c) 4c+ + = 2 Tìm giá

trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P a b ab b 3c a 3c bc ca

= + +

+ + +

2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p 4p 93 − + là sốchính phương.

Câu (7,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )(O AB AC< ) đường caoAD Vẽđường kính AE đường tròn( )O

a) Chứng minh AD.AE AB.AC=

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

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

AB.AC AD.AK− = BD.BK.CD.CK

2) Cho tam giác ABC có BAC 90 ,ABC 20=  =  Các điểm E và F lần lượt nằm cạnh AC AB, cho ABE 10 và ACF  30 Tính CFE

Câu (1,0 điểm)

Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn mang sốbáo danh số tự

nhiên khoảng từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi tốn có tổng sốbáo danh mang chia hết cho

(17)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH ĐỊNH

Đề số 12

LỚP THCS NĂM HỌC 2018– 2019

MƠN THI: TỐN

Câu 1: (5,0 điểm)

1.Tính giá trị biểu thức 3 ( )

3

x y

A = + − x + y , biết

33 2 2 33 2 2

x = + + − ; y = 317 +12 2+ 317 −12 2

2 Cho hai số thức m n, khác thỏa mãn 1

2

m + n =

Chứng minh phương trình ( )( )

0

x + mx + n x + nx + m = ln có nghiệm

Câu 2: (5,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình

2

1

4

x xy y x y x  + + = 



− + = 

2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2

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

Câu 3: (3,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh

các điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho có

thể tìm 2019 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện

tích khơng lớn

2 Cho a b c, , số thực không âm thỏa mãna b c+ + =3 Chứng minh

3 3

1 1

a b + +b c + + c a + ≤

Câu 4: (7,0 điểm).

1 Cho tam giác ABC vuông cân tạiA Gọi D trung điểm cạnhBC Lấy

điểm M đoạn AD (M không trùng vớiA ) Gọi N P, theo thứ tự

hình chiếu vng góc M cạnh AB AC, H hình chiếu vng

góc N lên đường thẳng PD

a) Chứng minh AH vng góc với BH

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

Chứng minh ba điểm H N I, , thẳng hàng

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

giao điểm AO vàBC Chứng minh HB MB 2AB

HC + MC≥ AC Dấu đẳng thức

xảy nào?

(18)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐÀ NẴNG

Đề số 13

MÔN THI: TỐN

Câu 1: (1,0 điểm)

Tính 2

3

2 3

A= − −

− −

Câu 2: (2,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm B( )6; , C( )0;3 đường

thẳng dm có phương trình y=mx−2m+2, với m tham số,

1 0,

2

m≠ m= − a) Tìm tọa độgiao điểm hai đường thẳng dmvà BC

b) Tìm tất giá trị tham số m cho đường thẳng dmchia tam giác

OBC thành hai phần có diện tích (O gốc tọa độ)

Câu 3: (2,0 điểm)

a) Tìm x biết:

24 9+ −x = +x 3− +x

b) Giải hệphương trình:

12

19

1

2 14

18

1

x y x y x y

 + =

 − + 

 + +

 + =

 − +



Câu 4: (1,0 điểm) Điểm số trung bình vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn

là 8,35 điểm Kết cụ thểđược ghi sau, có ba ô bịmờở chữ sốhàng đơn vịkhông đọc (tại vịtrí đánh dấu *)

Điểm số lần bắn 10 Số lần bắn 2* 40 1* 1*

Em tìm lại chữ sốhàng đơn vịtrong ba

Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M

trung điểm AB Lấy hai điểm D E, nằm cạnh AB AC, cho DB<DA< AB, EA<EC OD=OE

a) Chứng minh rằng: 2 MA −MD =DA DB

b) Chứng minh rằng: 2

OA −OD =DA DB DA DB =EA EC

c) Gọi G H K, , trung điểm đoạn BE, CD ED Chứng minh

rằng đường thẳng ED tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác GHK

Câu 6: (1,0 điểm) Cho ba số x y z, , thỏa hệ thức (z−1)x− =y x+zy=2 Chứng

minh ( )( )

2x−y z − + =z tìm tất số nguyên x y z, , thỏa hệ thức

(19)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK LẮC

Đề số 14

MƠN THI: TỐN

Câu 7: (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: ( )

3 33 12 37 30

A= + − − −

b) Giải phương trình 12

2

x x x x y y x x y

 − + − = 



− − =



Câu 8: (4,0 điểm)

a) Cho phương trình

4 2

x − x= x− − −m (m tham số) Tìm tất giá trị

của m đểphương trình có nghiệm phân biệt

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng d có hệ số góc k qua điểm ( )0;3

M cắt Parabol ( )P :y=x2 hai điểm A B, Gọi C D, hình

chiếu vng góc A B, trục Ox Viết phương trình đường thẳng d, biết

hình thang ABCD có diện tích 20

Câu 9: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên 2

2x +y +2xy+6x+4y=20

b) Tìm tất số tự nhiên có bốn chữ số, biết sốđó lập phương tổng chữ số

Câu 10: (4,0 điểm) Cho điểm A nằm ngồi đường trịn ( )O Vẽ hai tiếp tuyến

, ( ,

AB AC B C tiếp điểm) cát tuyến ADE ( )O cho ADE nằm hai

tia AO AB D E( , thuộc ( )O ) Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC AB, lần

lượt P Q,

a) Gọi H giao điểm BC với OA Chứng minh tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi K điểm đối xứng B qua E Chứng minh A P K, , thẳng hàng

Câu 11: (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD Trên cạnh CB CD, lấy điểm , (

M N M khác B C N, khác C D) cho MAN= °45 Chứng minh đường

chéo BD chia tam giác AMN thành phần có diện tích

Câu 12: (2,0 điểm)

Cho a b c, , >0 thỏa mãn a b c+ + =3 Chứng minh 2 2 2

1 1

a b c

b c a

+ + + + + ≥

+ + +

(20)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI

Đề số 15

MƠN THI: TỐN

Câu 1: (4,5 điểm)

1) Cho ( )x y; nghiệm hệphương trình

2 3

x y m x y m

− = + 

 − = +

 (với m tham số

thực)

Tìm m để biểu thức P=x2+8y đạt giá trị nhỏ

2) Giải hệphương trình

2 3

1

x y x y  + = 



− = −

 (với x y, ∈)

Câu 2: (4,5 điểm)

1) Giải phương trình

9 24 27 (x )

x − x + x − x+ = ∈

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

b c a a b b c c a

 

+ + + ≥  + + 

+ + +

 

Câu 3: (4,5 điểm)

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

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

2) Tìm số sốngun dương khơng vượt 1000 nguyên tố với 999

Câu 4: (2 điểm)

Cho 99

1 2 3 99 100

A= + + + +

+ + + + tổng 99 số hạng

2 100

B= + + + + tổng 99 số hạng

Tính A+B

Câu 5: (4,5 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( )I Gọi D E, hai

tiếp điểm AB AC, với đường tròn ( )I Biết ba góc   BAC ABC BCA, , , góc nhọn

Gọi M N, trung điểm hai đoạn BC AC,

1) Chứng minh: 2AD=AB+AC–BC

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

(21)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH GIA LAI

Đề số 16

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 7/3/2019

Câu (3,0 điểm)

Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Có thể lập số tự nhiên có chữ sốđơi khác lớn 2019

Câu (5,0 điểm)

1) Chứng minh với số nguyên n, số

3 15

A n  n chia hết cho 18

2) Một đoàn học sinh tham quan quảng trường Đại Đoàn Kết tỉnh Gia Lai Nếu

tơ chở 12 người thừa người Nếu bớt tơ số học sinh đồn chia

cho tơ cịn lại Hỏi có học sinh tham quan có tơ? Biết

rằng ô tô chở không 12 người

Câu (6,0 điểm)

1) Một nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác có chiều cao độ dài cạnh đáy

lần lượt 20 cm cm Người ta xếp nến vào hộp có dạng hình hộp chữ nhật cho nến nằm khít hộp Tính thể tích hộp

2) Cho đường tròn (O R; )và điểm I cốđịnh nằm bên đường tròn ( I khác O ),

qua I dựng hai dây cung ABvà CD Gọi M, N, P, Q lần lượt trung điểm

, IB, IC, ID IA .

a) Chứng minh bốn điểm M, P, N, Q cùng thuộc đường tròn

b)Giả sử dây cung AB CD thay đổi ln ln vng góc với

I Xác định vị trí dây cung AB CD cho tứ giác MPNQ có diện tích lớn

nhất

Câu (4,0 điểm)

1) Giải hệphương trình sau:  

   

2

4

1 4 2 5 2 1 5

5 10

+ +

x y y x

x x y x y y

      



    



2) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y + z + 2xyz = 12

Tìm giá trị lớn biểu thức Pxy yz zx2xyz

Câu (2,0 điểm)

Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi THCS cấp Tỉnh, đoàn học sinh huyện A có 17 học sinh dự thi Mỗi thí sinh có số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 907 Chứng minh chọn học sinh đồn có tổng số báo danh chia hết cho

(22)

Câu 1: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 32− = −x 1 x−1

b) Cho 2

2.3 3.4 2020.2021

    

= −  −   − 

    

S tích 2019 thừa số TínhS

(kết quảđểdưới dạng phân số tối giản)

Câu 2: (5,0 điểm)

a) Biết a b; số nguyên dương thỏa mãn a2−ab b+ chia hết cho 9, chứng

minh a b chia hết cho

b) Tìm tất sốnguyên dương n cho 9n +11 tích k (k∈,k≥2) số

tự nhiên liên tiếp

Câu 3: (3,0 điểm)

a) Cho x y z; ; số thực dương nhỏ Chứng minh số

1

,

+ − x y

1

,

+ − y z

1

4

+ −

z x ln tồn số lớn b) Với số thực dương a b c, , thay đổi thỏa mãn điều kiện a2+b2+ +c2 2abc=1,

tìm giá trị lớn biểu thức P=ab bc ca abc+ + −

Câu 3:(6,0 điểm) Cho tam giác ABCvuông A (AB<AC) Đường tròn ( )I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , D E F, , Gọi S giao điểm AI

và DE

a) Chứng minh tam giác IAB đồng dạng với tam giácEAS

b) Gọi K trung điểm AB O trung điểm BC.Chứng minh ba

điểm K O S, , thẳng hàng

c) Gọi M giao điểm KI AC Đường thẳng chứa đường cao AH

tam giác ABC cắt đường thẳng DE N Chứng minh AM = AN

Câu 4: (1,0 điểm) Xét bảng ô vng cỡ 10 10× gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị

Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số

điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối khơng vượt Chứng minh

rằng tồn số nguyên xuất bảng lần

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HÀ NỘI

Đề số 17

MƠN THI: TỐN

(23)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẢI DƯƠNG

Đề số 18

MƠN THI: TỐN

Câu 13: (2,0 điểm)

1) a) Cho

3 3

y

x z

P

xy x yz y xz z

= + +

+ + + + + + xyz=9 Tính

10P−1

b) Cho x y z, , sốdương thỏa mãn: x+ + +y z xyz =4

Chứng minh rằng: x(4−y)(4−z)+ y(4−z)(4−x)+ z(4−x)(4−y) = +8 xyz

Câu 14: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

( )

2

2 3

x

x x

x+ + = −

2) b) Giải hệphương trình:

( )

2

2 2

1 2

x y xy x x x y x y  + + + = 



+ + − =



Câu 15: (2,0 điểm)

a) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình 2

2

x + +x y + =y xy +xy+ b) Chứng minh 3 3

1 n

a +a +a + +a chia hết cho 3, biết a a a1, 2, 3, ,an chữ số 20192018

Câu 16: (3,0 điểm)

Cho tam giác MNP có góc M N P  , , nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính

R Gọi Q trung điểm NP đường cao MD NE PF, , tam giác

MNP cắt H

Chứng minh rằng: a) MH =2OQ

b) Nếu MN+MP=2NP sinN+sinP=2 sinM

c)

ME FH+MF HE = R biết NP=R

Câu 17: (1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P ab2 bc2 ca2 a b b c c a

= + +

+ + + biết a b c, , số

dương thỏa mãn 1

(24)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẢI PHÒNG

Đề số 19

MƠN THI: TỐN

Bài (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức ( )

3

2 3 3

x y x x y y xy y

A

x y x x y y

− + + −

= +

−

+ với x y, ≥0và x≠ y

Chứng minh rằnggiá trị biểu thức A không phụ thuộc giá trị biến

b) Chứng minh 3

0 9

x = + + − nghiệm phương trình

sau( 3 )2019

3 17

x − x− − =

Bài (2,0 điểm)

a) Gọi x x1; nghiệm phương trình ( )

2

x − mx+ m− = (với m tham

số) Tìm giá trị lớn biểu thức 2( )

2

1 2

2

x x B

x x x x +

= ⋅

+ + +

b) Giải hệ phương trình

3 3

2

1 19

x y x xy y x  + =

 ⋅



+ = −



Bài (2,0 điểm) a) Cho biểu thức P= + + + +a1 a2 a3 a2019 với a a a1; 2; 3; ;a2019 số

nguyên dương P chia hết cho 30 Chứng minh Q=a15+a25+a35+ + a20195 chia hết

cho 30

b) Cho a b c, , >0 thỏa mãn abc=8 Chứng minh

3 3

1 1

1

1 a b c

+ + ≥

+ + +

Bài (3,0 điểm) Cho hai đường tròn ( )O1 ( )O2 tiếp xúc ngồi điểm I Vẽ

đường trịn ( )O tiếp xúc với ( )O1 ( )O2 B C Từ điểm I vẽ

đường thẳng d vng góc với O O1 2, d cắt cung lớn cung nhỏ BC ( )O

điểm A Q, Cho AB cắt ( )O1 điểm thứ hai E, AC cắt ( )O2 điểm thứ hai D

a) Chứng minh rằngtứ giác BCDE nội tiếp ;

b) Chứng minh OA vuông góc với DE;

c) Vẽ đường kính MN ( )O vng góc với AI (điểm M nằm AB không

chứa điểm C) Chứng minh rằngba đường thẳng AQ BM CN, , đồng quy

Bài (1,0 điểm)

Bên đường trịn có đường kính AB=19 cho 38 đoạn thẳng, đoạn thẳng

có độ dài Chứng minh tồn đường thẳng vng góc song

song với AB giao hai đoạn 38 đoạn cho

(25)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH

Đề số 20

MƠN THI: TỐN

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho x y, số thực cho 1

2

− = +

x y x y Tính giá trị biểu thức

2 2 +

x y y x

Câu 2: (3,0 điểm)

3) Cho a b c, , ba số thực cho a b+ = −c 2và ab=2c2 − +3c Tìm giá trị lớn

nhất biểu thức = 2+

P a b

Câu 3: (3,0 điểm)

An khởi hành từSài Gịn Biên Hịa Sau phút, Bình Cường khởi hành

từ Biên Hịa Sài Gòn Trên đường đi, An gặp Cường địa điểm C gặp Bình ởđịa điểm D Tính vận tốc người biết quãng đường Sài Gòn –

Biên Hòa dài 39 km; CD=6 km; vận tốc An 1, vận tốc Bình

bằng

4vận tốc Cường

Câu 4:(6,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân Anội tiếp đường tròn ( )O Từ Bkẻ đường thẳng

vng góc với OC, đường thẳng cắt AC D cắt ( )O E(E khác B)

Cho biết AB=8 cm BC=4 cm, tính độdài đoạn thẳng DE, OA OD

Câu 5: (4,0 điểm)

Hộp phơ mai có dạng hình trụ, đường kính đáy 12, cm chiều cao 2, cm

a) Biết miếng phô mai xếp nằm sát bên hộp độ dày

giấy gói miếng khơng đáng kể Hỏi thể tích miếng phơ mai ?

b) Tính diện tích giấy gói sử dụng cho miếng phô mai

(Ghi kết gần xác đến 1 chữ sốthập phân sau dấu phẩy)

(26)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU

Đề số 21

MÔN THI: TOÁN

Câu 1: (3,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: 2 3

3 27

x A

x x x x

   

= +    + + 

+ + −

   

2) Tính tổng : 12 12 12 12 1 2 2

1 2 2018 2019

B= + + + + + + + + +

Câu 2: (3,0 điểm)giải phương trình hệphương trình sau

1) 2

4 5+ x+x −5x=x +2; 2)

2

1

x x

y y x x x

y y y

  

+ + + =

  

  



 + + + = 

Câu 3: (3,0 điểm)

1) Cho nlà số tự nhiên lẻ Chứng minh: 46n+296.13n chia hết cho 1947

2) Cho Alà số phương gồm chữ số thỏa mãn ta cộng thêm vào chữ số Amột đơn vịthì ta sốchính phương Bcũng gồm chữ số Tìm

hai sốAvà B

Câu 4: (4,0 điểm)

1) Cho hai đường thẳng ( ) :d1 mx+(m−2)y+ + =m

(d ) : (2−m x) +my− − =m

a) Tìm điểm cố định mà ( )d1 qua điểm cố định mà (d2)luôn qua với m

b) Chứng minh hai đường thẳng ( )d1 , (d2)luôn cắt điểm Ivà m

thay đổi điểm I ln thuộc đường trịn cốđịnh

2) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn a > 1, b > 1, c > 1, d > 1 Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 16

1 1

a b c d

b− +c− +d− +a− ≥

Câu 5:(5, điểm).

(27)

CD (O) Gọi d tiếp tuyến (O) A Hai đường thẳng BC, BD cắt d

E, F

1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn

2) Gọi Mlà trung điểm EFvà Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE

Chứng minh : AB = 2.IM

3) Gọi H là trực tâm ∆DEF Chứng minh điểm Cdi động (O) điểm

H ln chạy đường trịn cốđịnh

Câu 6: (2, điểm).

Cho hai đường tròn (O R; ) ( )I r; tiếp xúc A R( >r) Vẽ dây AB

(O R; ) dây AC ( )I r; cho AC ⊥ AB Gọi MN tiếp tuyến chung ngồi cùa đường trịn với M ∈( )O , N∈( )I

(28)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN

Đề số 22

MƠN THI: TỐN

Câu 1: Tính giá trị biểu thức A= 3+ + 3−

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

b)Giải hệ phương trình

2

4

1 ( )

 − = − 



 − + = − 

x y

x

x y x y

x

Câu 3: a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) ( ) : = −5 +2

d y m m x m (m là

tham số) đường thẳng (d2) :y= − + +6x m Tìm m để hai đường thẳng

song song với

b) Một robot chuyển động từ A đến B theo cách sau: 5m dừng

giây, tiếp 10m dừng lại giây, tiếp 15m dừng lại giây,…Cứ

như vậy, robot từ A đến B kể nghỉ hết 551 giây Tính quãng đường robot

chuyển động từ A đến B Biết đi, robot chuyển động với vận tốc 2, 5m

/giây.

Câu 4: Cho ba điểm cố định A B C, , thẳng hàng theo thứ tự Một đường trịn ( )O

thay đổi ln qua B C Vẽ tiếp tuyến AD AE với đường tròn ( )O ,

D E tiếp điểm

a) Chứng minh AD= AB AC , từ suy D thuộc đường tròn cố

định

b) Gọi MN đường kính đường trịn ( )O vng góc với BC Gọi K giao

điểm AM với đường tròn ( )O Chứng minh ba đường thẳng AB DE,

NK đồng quy

Câu 5: a)Cho tam giác ABC có góc A góc tù Chứng minh rằng:

sin(B C+ )=sin cosB C+cos sinB C

b) Trên mặt phẳng có 25 điểm phân biệt, biết điểm cho

bao tìm điểm có khoảng cách chúng nhỏ Chứng

(29)

minh tồn hình trịn có bán kính chứa khơng 13 điểm 25 điểm nói

Câu 6: Cho a b c, , >0 thỏa mãn

2 2

2019 2018

 + +  ≤

 

 

a b c

a b c

Tìm giá trị lớn = 2+ + 2+ + 2+

a b c P

(30)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LAI CHÂU

Đề số 23

MƠN THI: TỐN

Câu 1.(4,0 điểm)

Cho biểu thức: :

2

1 1

x x x

P

x x x x x

         

 

             

   

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm xđể

7

P=

Câu 2.(4,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2

2x +4x=19 3− y

b) Tìm dư phép chia: 200 91

2 cho

x − x + x −

Câu 3.(5,0 điểm)

a) Cho phương trình: x−(2m+3)x m+ =0 (m tham số) Tìm giá trị m

để phương trình có nghiệm x1, x2 cho: x12+x22 đạt GTNN (min)

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2

6 12

x y xy y x x y x

 − − + − = 



− + + = 

Câu 4.(5,0 điểm)

Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB = 2R C điểm cố định nằm

giữa A B Lấy điểm D thuộc (O) (D khác A, B) Qua D vẽ đường thẳng vng góc với CDcắt tiếp tuyến Ax, By M, N Gọi P giao điểm AD

CM, Qlà giao điểm BDvà CN Chứng minh rằng: a) Tứ giác CQDPnội tiếp

b) AM.BN = AC.BC

c) Qua D kẻ tiếp tuyến (O) cắt Ax, By E, F Tìm giá trị nhỏ SAED+SBFD

Câu 5.(2,0 điểm)

Cho số thực dương x, y, zthỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1

3

x y y z z x xy yz zx

(31)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LÂM ĐỒNG

Đề số 24

MƠN THI: TỐN

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho 13 48

6

A= + − +

+ , chứng minh A số nguyên

Câu 2: (2,0 điểm)

Chứng minh 2n3+3n2+n chia hết cho 6với số nguyên n

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho tam giácABCcân A, đường cao BH đường phân giác AE cắt

M Chứng minh EH tiếp tuyến đường trịn đường kính AM

Câu 4: (2,0 điểm)

Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x+5y−3xy=1

Câu 5: (1,5điểm)

Cho a b c+ + =0 a2+b2+c2 =1 Tính giá trị biểu thức M =a4+b4+c4

Câu 6: (1,5 điểm)

Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức 32

1

x B

x + =

+

Câu 7: (1,5 điểm)

Quãng đường từ A đến B gồm đoạn lên dốc AC, đoạn nằm ngang CD, đoạn xuống dốc DB, tổng cộng dài 30 km/h Một người từ A đến B từ B A

hết tất 4giờ 25 phút Tính quãng đường nằm ngang, biết vận tốc lên dốc (cả

lúc lẫn lúc về) 10 km/h, vận tốc xuống dốc (cả lúc lẫn lúc về) 20 km/h,

vận tốc đoạn đường nằm ngang 15 km/h

Câu 8: (2,0 điểm) Trên cạnh BC CD, hình vng lấy hai điểm N, E cho

 45

EAN = ° Đường thẳng BD cắt AN AE H K Chứng minh

điểm H,N,C, E,K nằm đường tròn

Câu 9: (2,0 điểm)

Cho a b c, , ba số thực dương thõa mãn abc=1 Chứng minh

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

a b c

a+ b+ + b+ c+ + c+ a+ ≥

Câu 10: (1,5 điểm)

Giải phương trình

4x −15x+20=4x−10 7+ x−1

Câu 11: (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm điểm H Chứng minh

2

( )

3

(32)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LONG AN

Đề số 25

MÔN THI: TOÁN

Câu 1: (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 11

2 10

A= − + − −

− + + −

b) Cho ba sốdương x y z, , thoảmãn điều kiện: xy + yz + zx = 673

Chứng minh rằng: 2 2 2

2019 2019 2019

x y z

x −yz+ + y − +zx +z −xy+ ≥ x+ +y z

Câu 2: (5,0 điểm)

a) Do bị bệnh bại não nên tay chân Cảnh (11 tuổi, Tà Ọt, xã Châu Hạnh, huyện Quỳnh Châu, tỉnh Nghệ An) bị co quắp, không lại từlúc chào đời Lên tuổi, nhìn bạn bè cắp sách đến trường em muốn mẹ cho học Thương ham

học, ngày đầu Cảnh người thân cõng đến trường Ít ngày sau, chứng kiến cảnh người thân bạn phải vất vả bỏ bê công việc, Khanh định cõng bạn vượt

qua đường dài 1,8 km nhiều sỏi đá để tới trường

Lúc về, quãng đường dài 1,8 km, trời nắng, Khanh cõng bạn với vận tốc lúc 0,2 m/s Do đó, thời gian cõng bạn lúc Khanh chậm lúc 12 phút 30 giây

Tính vận tốc lúc cõng bạnđi Khanh b) Giải hệphương trình:

3

2

x x y y y x  = + 



= + 

Câu 3: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB< AC) nội tiếp đường tròn

(O R; ) Vẽđường tròn tâm K đường kính BC cắt cạnh AB AC, điểm ,

F E Gọi H giao điểm BE CF a) Chứng minh OA vng góc EF

b) Từ A dựng tiếp tuyến AM AN, với đường tròn ( )K (M N, tiếp

điểm N thuộc cung nhỏ EC) Chứng minh rằng: M H N, , thẳng hàng

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R , điểm M di động

trên cung nhỏ BC Xác định vị trí M để S =MA MB+ +MC đạt giá trị lớn

đó tính S

Câu 5: (3,0 điểm)Cho đường trịn ( )O đường kính AB Từmột điểm C thuộc đường trịn ( )O kẻ CH vng góc AB (C khác A B; H thuộc AB) Đường tròn tâm C bán kính CH cắt đường trịn ( )O D E Chứng minh DE qua trung điểm CH

(33)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN

Đề số 26

MƠN THI: TỐN

Câu 1:

Cho biểu thức: ( 1)( 2)

1

x x x

A

x

+ − − + + =

−

a) Rút gọn biểu thức A

b) Xác định x để A≤ −1

Câu 2:

Giải phương trình sau: ( )

2x −6x−5 x−2 x+ +1 10=0

Câu 3:

a) Tìm hai số nguyên tố p, q cho

8q+ =1 p

b) Chứng minh

n −n chia hết cho 30 với n∈

Với a b c, , sốdương thỏa mãn điều kiện a b c+ + +ab bc ca+ + −6abc=0

Tính giá trị nhỏ biểu thức P 12 12 12

a b c

= + +

Câu 4:

Cho đường tròn ( )O bán kính Rvà Mlà điểm cố định nằm bên đường

tròn Qua điểm M, vẽhai dây lưu động AB CD vng góc với a) Chứng minh 2 2

AC +BD = AD +BC AD2+BC2không đổi

b) Gọi I trung điểm BC Chứng minh OI2+IM2 =R2 Suy quỹ tích

trung điểm I

Câu 5:

Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi E Flần lượt trung điểm ACvà

BD Gọi G giao điểm đường thẳng qua E vng góc với ADvới đường thẳng

(34)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG TRỊ

Đề số 27

MƠN THI: TỐN

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho a= 4+ 10+2 + 4− 10+2 .

a) Chứng minh a nghiệm phương trình

2

a − a− = b) Tính giá trị biểu thức 423

2 12

a a a a

T

a a

− + + + =

− +

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải hệphương trình: 3

2

x y x y xy  + = 

+ + = 

b) Giải phương trình ( )( )( ) (2 )( )

1 360

x+ x+ x+ x+ x+ =

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Choa , b , clà số thực Chứng minh a2+ + ≥b2 c2 ab bc ca+ + b) Cho a , b , c số thực thỏa mãn: a≥1,b≥1,c≥1và ab bc ca+ + =9

Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức 2 P=a +b +c

Câu 4: (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A (AC< AB);Gọi H hình chiếu Atrên BC,

Dlà điểm nằm đoạn thẳng AH(D≠A,D≠H ) Đường thẳng BD cắt đường

trịn tâm C bán kính CA E F(F nằm Bvà D ); Mlà điểm

đoạn thẳng AB cho ACF =2BFM; MF cắt AH N

a) Chứng minh BH BC =BE BF tứ giác EFHC nội tiếp đường trịn b) Chứng minh HD phân giác góc EHF

c) Chứng minh F trung điểm MN

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho số nguyên a , b , c thỏa mãn

2

2 2 2

a c c

a +b +a +c =b c+ Chứng minh bc

một sốchính phương

(35)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NGÃI

Đề số 28

MƠN THI: TỐN

Câu 1: a) Cho a b c, , số nguyên thỏa mãn a b+ = −c3 2018c Chứng minh

3 3

A=a + +b c chia hết cho

b) Tìm số nguyên x y, thỏa mãn 4x = +1 3y

c) Cho B=1.2.3 2.3.4 3.4.5 + + + +n n.( −1 ) (n−2) với *

n∈ Chứng minh

Bkhơng sốchính phương

Câu 2: a) Giải phương trình ( )

3x −4x− =11 2x−5 3x+7 b) Giải hệphương trình:

2

3 2

5

x x y y x y x y xy  + = + + 



+ = + +



Câu 3:a) Rút gọn biểu thức

( )

2

1

x x

C x

x x

= + + +

+

+ với x>0

b) Cho số thực a,b,c,thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị lớn

D=ab ac+

c) Với x y z, , độdài ba cạnh tam giác

Chứng minh (y+ −z x)(z+ −x y)(x+ −y z)≤xyz

Câu 4: Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC), đường phân giác AD (D thuộc BC) Các

điểm E F chuyển động cạnh AB AC cho BE=CF Trên cạnh BC lấy điểm P Q cho EP FQ song song với AD

a) So sánh BP CQ

b) Chứng minh trọng tâm G tam giác AEF thuộc đường thẳng cố

định

Câu 5: Cho đường trịn tâm O đường kính AB=2R Gọi C trung điểm AO, vẽ tia Cxvng góc với AB cắt đường tròn I Lấy K điểm bất kỳtrên đoạn CI (K

khác C I ) Tia AK cắt đường tròn ( )O M , tia BMcắt tia Cx D Vẽ tiếp

tuyến với đường tròn ( )O M cắt tia Cx N a) Chứng minh ∆KMN cân

b) Tính diện tích ∆ABD theo R K trung điểm CI

c) Khi K di động CI Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆AKD

qua điểm cốđịnh thứ hai khác A

(36)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH SÓC TRĂNG

Đề số 29

MÔN THI: TỐN

Câu 1: Cho biểu thức

2

1

P x

x x

= + −

+ − với x≥1

a) Rút gọn P

b) Tìm x để

2

P = + − x −x

Câu 2: a) Chứng minh tổng chữ số số phương

bằng 2019

b) Nhà bạn An có bể chứa nước hình trụ có chiều cao h=1(m) đường kính mặt

đáy (không kể bề dày thành bể) d= 40( )dm

π Ban đầu bể khơng có nước, An sử

dụng 2cái thùng đểxách nước đổvào bể, thùng loại 7lít thùng loại 4lít Sau

nhiều lượt đổ nước vào bể, An khơng nhớ xách loại thùng bao

nhiêu lần Em tính giúp xem An xách loại lần? Biết thùng

được đong đầy nước trước đổvào bể chứa

Câu 3: a) Tìm m để phương trình 2x2−(m+1)x−18=0 có hai nghiệm thực phân biệt

1,

x x cho biểu thức ( )( ) 25

Q= x + x + đạt giá trị nhỏ

b) Giải hệphương trình 42 2 2 3

3

xy x y x y x y x y  + =

 

+ = −



Câu 4: Cho tam giác ABC Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CAD= °15

Đường thẳng vng góc với BC C cắt AD E Tia phân giác B cắt AD K Chứng minh AK =ED

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân A có AHlà đường cao Trên đoạn HC lấy điểm M(M khác H C) Gọi I J; chân đường vng góc kẻ từ M đến cạnh AC AB, N điểm đối xứng M qua IJ

a) Chứng minh ABCN nội tiếp đường tròn ( )T

b) Kéo dài AM cắt đường tròn ( )T ( )P (P khác A) Chứng minh 1 PM < PB+PC c) Gọi D trung điểm AH, kẻ HK vng góc với CD K

Chứng minh BAK =KHC

Hết _

(37)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THÁI BÌNH

Đề số 30

MƠN THI: TỐN

Câu 1.(3,0 điểm) Cho biểu thức 1 : 1

1 1

 + +   + + 

= + +    − − 

+ − − +

   

xy x xy x

x x

P

xy xy xy xy với x≥0,y≥0và xy≠1

a Rút gọn P

b Tính giá trị biểu thức P x= 6− + 34+2 y=x2 +6

Câu 2. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng( )d : (m– 1)x+ =y 3m–

( )d' :x+(m– 1)y=m Tìm m để ( )d cắt ( )d' điểm M cho MOx=300 Câu 3.(4,0 điểm)

a Giải phương trình:

3x+ −1 6− +x 3x −14x− =8

b Giải hệphương trình:

3 2

2

2 2

4

x x x y x y x xy x x y  − + + + − = 



− − − = − + 

Câu 4.(2,0 điểm) Chứng minh a b c, , độdài ba cạnh tam giác có chu

vi 2

3a +3b +3c +4abc≥13

Câu 5.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽcác đường cao BE AD Gọi H

là trực tâm G trọng tâm tam giác ABC

a Chứng minh: HG/ /BC tan tanB C=3

b Chứng minh: tan tan tanA B C =tanA+tanB+tanC

Câu 6.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, gọi I J K, ,

tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ABH , ACH Gọi giao điểm đường thẳng AJ AK, với cạnh BC Evà F

a Chứng minh: Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.

b Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính

Câu 7.(2,0 điểm) Tìm tất sốnguyên dương (x y z; ; )sao cho 2019

2019

+ + x y

y z số hữu

tỉvà + +

x y z số nguyên tố

Hết _

(38)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THỪA THIÊN HUẾ

Đề số 31

MƠN THI: TỐN

Bài 1. (3,0 điểm)

a) Cho :( 1)2 ( 0; 1)

1

x x x x

P x x

x

x x

 − −  − +

= +  ≥ ≠

−

− +

 

Rút gọn P chứng minh P>1

b) Không dùng máy tính chứng minh đẳng thức 3 3 3 3

2

9 9

− = − +

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình 3x+ +8 3x− +1 3x+ −8 3x− =1 3x+4

b) Tìm a,b,c biết 22; 22; 22

1 1

b c a a b c

b c a

= = =

+ + +

Bài 3. (2,0 điểm)

Để liên hoan cuối năm,lớp 9A mua 22 gói kẹo gồm loại :chuối ,chocola dừa hết 445000đ Biết gói kẹo chuối giá 11000đ; gói kẹo chocola giá 50000đ gói kẹo dừa giá 15000đ Hỏi lớp 9A mua gói kẹo loại?

Bài 4. (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH

a) Biết HC - HA = 4cm, tan

4

ACB= Tính độ dài AB,AC

b) Gọi E, F chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC; M trung

điểm BC Chứng

minh EF ⊥ AM

c) Gọi S diện tích tam giác ABC Chứng minh

AH S

HE HF =

Hết _

(39)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG

Đề số 32

MƠN THI: TỐN

Câu 1: (4,5 điểm)

1 Cho a≥0, a≠1 Rút gọn biểu thức sau:

( )

3 3

6 20 14 3 : 2019

2

a

S a a a

a

 − 

 

= − + + + − − − +

 − 

 

2 Với số thực x, ta định nghĩa phần nguyên x, kí hiệu [ ]x số nguyên lớn khơng vượt q x Hãy tìm phần ngun của:

2 2

4 36 10

B= x + x + x + x+ x sốnguyên dương Giải hệphương trình: ( )

( ) 3

2

9 26

xy x y

xy x y x y + =

 

− + = −



Câu 2: (2,0 điểm)

Một xe tải có chiều rộng 2, m chiều cao 2, m muốn qua

cổng có hình parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng từ

đỉnh cổng (đỉnh parabol) tới chân cổng m (bỏqua độdày cổng) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi parabol ( )

:

P y=ax (với a<0) hình

chiếu biểu diễn cổng mà xe tải muốn qua Tìm a b) Hỏi xe tải qua cổng không? Tại sao?

Câu 3:(4,0 điểm)

1 Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy+yz+zx=5 Tìm giá trị

nhỏ biểu thức sau:

( ) ( )

3

6 5

x y z

P

x y z

+ + =

+ + + + +

2 Cho a b số thực thỏa mãn điều kiện 6a2+20a+15=0,

2

15b +20b+ =6 0, ab≠1 Tính giá trị biểu thức:

( )

3

9

b A

ab ab

=

− +

Câu 4:(3,0 điểm)

(40)

1 Tìm số tự nhiên n biết bỏđi ba chữ số tận bên phải sốmới có giá trị 3n

2 Tìm năm số thực dương cho số bình phương tổng bốn số lại

Câu 5:(3,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân A có A = °36 Tính tỉ số AB

BC

Câu 6: (3,5 điểm)

1 Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R Chứng minh

2 sinA

BC= R (Xét trường hợp: tam giác vuông, tam giác nhọn, tam giác tù)

Chú ý: Nếu α β hai góc bù sinα =sinβ

2 Cho hai đường tròn (O R1; 1), (O R2; 2) cắt điểm A B Một đường thẳng ( )d qua A cắt đường tròn (O R1; 1), (O R2; 2)lần lượt M , N Tiếp tuyến M (O R1; 1) tiếp tuyến N (O R2; 2) cắt I

Tìm giá trị lớn bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IMN ( )d quay quanh A

(41)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM

Đề số 33

MƠN THI: TỐN

Câu (5,0 điểm)

a) Cho biểu thức A 8 1 4 4 4

8 2 4

x x x

x

x x x x

+ + −

= + +

−

+ − + với 0≤ <x 4

Rút gọn biểu thức A Tìm số nguyên x để A số nguyên b) Cho ba số thực a b c, , thỏa 1≤a b c, , ≤2.Chứng minh :

a b c a c b 7

b + + + + + ≤c a c b a

Câu (4,0 điểm)

a) Cho phương trình

2 3 2 0

x − x+ − m= Tìm m để phương trình có hai nghiệm

phân biệt x x1, 2trong nghiệm bình phương nghiệm cịn lại

b) Giải phương trình

2 1− +x 1−x = −3 x

Câu (4,0 điểm)

a) Chứng minh với số tự nhiên n≥1 (n+2)(n+1)(n+8)

là lập phương số tự nhiên

b) Cho số nguyên tố p (p>3)và hai số nguyên dương a,b cho p2 +a2 =b2

Chứng minh a chia hết cho 12 2(p+ +a 1) số phương

Câu (3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD cạnh cm E điểm nằm cạnh BC (E khác

B C) Một đường thẳng qua B, vng góc với đường thẳng DE H cắt đường

thẳng CD F. Gọi K giao điểm AH BD

a) Chứng minh tứ giác KDCEnội tiếp đường tròn ba điểm K E F, , thẳng hàng

b) Khi E trung điểm cạnhBC, tính diện tích tứ giácBKEH

Câu (3,5 điểm)

Cho hai đường tròn ( ) ( )C1 , C2 cắt hai điểmA B, Tiếp tuyến A (C2)

cắt ( )C1 M M( khác A) Tiếp tuyến A ( )C1 cắt ( )C2 điểm N(NkhácA)

Đường thẳng MB cắt ( )C2 P P( khác B) Đường thẳng NB cắt (C1) Q Q( khác B)

a) Chứng minh tam giác AMP , ANQ đồng dạng

b) Chứng minh 2

. .

MB NA = NB MA

Hết _

(42)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TRÀ VINH

Đề số 34

MƠN THI: TỐN

Bài 1.(4.0 điểm) Giải phương trình

1/ x 1 x

x x

= − + − 2/ 20 45

x+ + x+ − x+ =

Bài 2.(4.0 điểm) Giải hệ phương trình

1/ 2 2

8

x xy y x y

+ + = 



+ =

 2/

1

2

1

2

x y

 + =

 − − 



 − =

 − − 

Bài 3.(3.0 điểm) Cho phương trình: 2

2x −2mx+m − =2 0(1) (m tham số) Giả sử phương

trình (1) có hai nghiệm khơng âm (0≤ ≤x1 x2)Tìm giá trị m để nghiệm lớn

phương trình đạt giá trị lớn

Bài 4.(3.0 điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác ABC Giả sử phương trình:

(x−a x b)( − +) (x b x− )( − +c) (x−c x)( −a)=0có nghiệm kép Tính số đo góc tam giác ABC.

Bài 5.(2.0 điểm) Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn

3 3

2017

x +y +z = + + +x y z

Bài 6.(4.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A, CM là đường trung tuyến Từ A vẽ đường thẳng vng góc với CM cắt BCở H.Tính tỉ số BH

HC

Hết _

(43)

HƯỚNG DẪN GIẢI Đề số

Câu

1. a) Điều kiện: x≥0;x≠1

1

P = :

1 1

x

x x x x x x

 +   − −

   

 +   − + − − 

 

( )( )

1

P = :

1 1

x x

x x x x

 

 + +   − −

 

 +   − + − 

   

( )( )

1

P = :

1 1

x x x

 

 + +   −  −

 

 +   + − 

   

( )( )

1

1 1 1

x x x x

P

x x x

 + − 

 + +   

=    −



+ + −

   

1

P =

1

x x x

x x

+ + − =

+ +

1 1 1

x x x

Q x P x

x x x x

+

= − = − = = −

+ + + +

b) Để Q∈ x+1 ước

( )

0

0 1

2 ) 1

x x

 + =  =

⇔

 

= − + = −

 



tháa m·n §K (VN

Vậy x=0 Q∈

2. Ta có:

( 2 )( ) 2

2

1 1 1 (1)

x x y y x x y y x x

x y x y

− − + + = − + ⇒ − − + = − +

+ = + − +

Tương tự ta có:

( 2 )( ) 2

2

4 1 1 1 (2)

y y x x y y x x y y

x y y x

− − + + = − + ⇒ − − + = − +

+ = + − +

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

Mặt khác 3 ( )( 2)

8 2019 2 2019

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

1. Đặt x=a; x+ = ≥3 b

(44)

2

0 13

0 1 13

2 13 x x x x x x x ≥    +  ≥  ⇔ = ⇔ = +   − − =   −  =  

TH2: 2a= ⇒b 2x= x+3

2

0

0 1

1 3

4 x x x x x x x ≥   ≥   = ⇔ ⇔ =  − − =  −   =  

Vậy PT cho có hai nghiệm TH1: 13

;

x= + x=

2.

3

6

2 (1)

3 (2)

x y x y  − =    − = − 

ĐK: y≠0 Công PT (1) với PT (2) ta

3

8 2

3 x

x x x x

y y y y y

      

⇔ −  + − = ⇔ −  + + + =

      

TH1: x y

= thay vào phương trình (1) ta được:

3 2

3

8

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

y − = ⇒y + − = ⇔ − + =

1

y= ⇒ =x ; y= − ⇒ = −2 x

TH2: 2

2 2

2 1

3

x x

y y y y y

    ⇔ + + + = ⇔ + + + + =     2 1 x y y   ⇔ +  + + =

  ( PT vô nghiệm)

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

Câu

1. Ta có:

( ) ( ) ( ) (2 ) ( )

1 1 1

n+ n+ +n n>n n+ + n+ n⇔ n+ − n n+ + n > ∀ ∈n 

( ) ( )

1 1

1 1 1

n n n n n n n n n n

⇒ < = −

+ + + + + + +

( ) ( ) ( )

1 1

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

1 1 1

1 2 n n

(45)

( )

1 1

2 1+ + + n+1 n+ +1 n n< − n+1

2. Ta có: 2

2 2

5 12 24 48 82

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

A x y xy x y

A y y x x x x x

= + − + − +

 

= − − + − − − + − +

[ ]2 2

3 2( 3) 18

A= y− x+ +x − x+

[ ]2 ( )2

3 2( 4)

A= y− x+ + x− +

[ ]2 ( )2

3 2

A= y− x− + x− + ≥

2

A≥ Dấu sảy khi:

16

3

4

y x y

x



− − = =

 ⇔

 − = 

  =

GTNN A=2 4; 16

x= y=

Câu

1.a) Ta có: Tứ giác BFECnội tiếp

 

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

 

BCF =BMN(cùng chắn cung BN đường tròn (O)

 

BMN =FEB⇒MN//FE (đpcm) (*)

Ta có: OM =ON =R(1)

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

 

ECF =FBE⇒  AM =AN⇒ AM = AN (2)

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

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

∆ ∆ (C chung,  D= =F 900)

(3)

CH CD

CH CF CB CD

CB CF

⇒ = ⇒ =

N

M

E

F

D H

C B

A

(46)

BDH BEC

∆ ∆ (B chung,  D= =E 900)

.BE BD (4)

BH BD

BH BC

BC BE

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

2

( )

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

+ = +

+ = + =

Đặt SAOB=S S1; AOC =S S2; BOC =S3

Ta có: ; 3 3= (1)

ABE BEC ABE BEC ABC

S S S S

S BO BO S BO

S BE S BE S S S BE

+

= = ⇒ = =

3 ; 2 = (2)

BCF ACF BCF ACF ABC

S CO S CO S S S S CO

S CF S CF S S S CF

+

= = ⇒ = =

1 ; 2 1= (3)

ABG AGC ABG AGC ABC

S AO S AO S S S S AO

S AG S AG S S S AG

+

= = ⇒ = =

Cộng vế với vế 2( 3)

=2

ABC

S S S AO BO CO

AG BE CF S + +

+ + =

Vậy tổng AO BO CO

AG+ BE +CF không phụ thuộc vào vịtrí điểm O

Câu

1. x= +1 32+34= ( )( ) 3

3

1 2 1 2

− + +

= =

− −

(3 ) ( )3

3

1

2 1 2

x= ⇔ − x= ⇔ x = x+

−

( )3

2x x

⇔ − + =

3

x x x

⇔ − − − =

3

3 3

x x x

⇔ − − + =

2

4

P= = sốchính phương

2. 2

2

x − y = (5) Từ Pt (5) ⇒x lẻ x=2m+1 (m∈)

Thay vào PT (5) ta được:( )2 2 2 2 ( ) 2

2m+1 −2y = ⇔5 4m +4m−2y = ⇔4 2m m+ −1 y =2 (6) Từ PT (6) ⇒ ychẵny=2 (k k∈)

Thay vào (6): ( ) ( )

2m m+ −1 (2 )k = ⇔2 2m m+ −1 4k =2

( )

1

m m k

⇔ + = + (7) F

E

G O

C B

(47)

Ta thấy VT phương trình (7) chẵn; VP phương trình (7) lẻ

Vậy PT cho khơng có nghiệm ngun

Đề số Câu

a. Ta có:

3 2( 3)

( 1)( 3)

x x x x

A

x x x x

− − +

= − −

+ − + −

2

3 2( 3) ( 3)( 1)

( 1)( 3)

x x x x x

x x

− − − − + +

=

+ −

3 24

( 1)( 3)

x x x x

x x

− + −

=

+ −

( 3)( 8)

( 1)( 3)

x x

− +

=

+ −

8 ( 1)

x x

+ =

+

b Ta có:

1

x

A x

x x

+

= = + + −

+ +

Vì x+ > ∀ ≥1 0, x 0;x≠9 nên áp dụng BĐT Cơ – Si ta có:

9

2 ( 1)

1

A x

x

≥ + − =

+

Đẳng thức xảy

x x

x

+ = ⇔ =

+ Vậy Amin =4 x=4

Câu

a. Ta có: ∆ =' (m+4)2−(m2 +8m−9)=25>0

⇒Phương trình ln có nghiệm phân biệt với giá trị m

b Áp dụng định lí Vi – ét ta có: ( )

2

8

x x m m

x x m m

 + = + = +

 

= + −



( )2

2

1 2

2 60

60 x x x x

x x

P

x x x x

+ − −

+ −

= =

+ +

( )2 ( ) 2

2 8 60 8 11 5

4

2 4

m m m m m

P m

m m m

+ − + − − + +

= = = + −

+ + +

P nguyên ⇔

4

(48)

⇒m+4 ∈{± ±1; 5} Mà m nguyên dương⇒m = Câu

a. Điều kiện: x>0

Đặt t x 2 x t2 2

x x

= + ≥ ⇒ + = − đến phương trình: t2 − + =4t 3 0

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

Do x x x

x

+ = ⇒ − + =

3

2

3

2

x x

 +

=   ⇒

 −

= 

7

2

x x

 +

=   ⇒

 −

= 

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

2

x= + x= −

b. Ta có:

( ) (2 )2 ( )

2

2 2 2

4 4 4

x y x y xy x y

x y x x y y x y xy xy

+ − + − − + − =

⇔ + − + + − + − − + =

( 2 2) ( ) ( )

4 4 8

x y xy y x x x y xy y

⇔ − + + − + + − + − = −

( ) ( ) ( )

2 2

4 4 4

y x x x x y x x

⇔ − + + − + − − + =

( )( )

4

x x y y

⇔ − + + − = ( ) (2 )2

2 1

x y

⇔ − − =

( ) ( )

1: 1

TH x− = y− = ⇔ =x y=2

( ) ( )

2 : 1

TH x− = y− = − ⇔ =x y=0

( ) ( )

3 : 1

TH x− = − y− = ⇔ =x y=0

( ) ( )

4 : 1

TH x− = − y− = − ⇔ =x y=2

Vậy phương trình có cặp ( )x y; nguyên là: ( ) ( ) ( ) ( )3; ; 1;0 ; 3;0 ; 1; Câu

M I

H

T L

K

E

F

O A

B

(49)

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

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

Từ ( ) ( )1 , ⇒ tứ giác ALFE nội tiếp đường tròn đường kính AH

Do đó, LH ⊥ AK

b. Gọi M =HL∩( )O Vì LH ⊥ AK ⇒ AM đường kính

Ta có MC AC MC/ /BH

BH AC

⊥ 

⇒

 ⊥

 (3)

Ta có CH AB CH / / MB

MB AB

⊥ 

⇒

 ⊥

 (4)

Từ(3) (4)⇒ Tứ giác BHCM hình bình hành ⇒HL qua trung điểm BC

c. Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABT AT2 = AF AB ý BFEC

nội tiếp nên AF AB = AE AC

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

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

2 .

AT = AL AK tức AT tiếp tuyến (KLT)

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

Câu

Ta gọi cạnh song song với hướng Chú ý hai cạnh hai

đường chéo song song với tạo thành hình thang cân

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

, ,

AB MN CE hướng, AB AC, khác hướng)

Với gồm có k đỉnh sinh ( 1)

2

k k−

đoạn thẳng, sốđoạn thẳng lớn

hơn n có hai cạnh có hướng nên chúng tạo thành hình thang cân

N M

B A

E

O

(50)

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

( )

2

1 1

2

k k

n k k n k n

−  

> ⇔ − > ⇔ −  > +

 

1

4

k n

⇔ > + +

Bây áp dụng toán cho n=30 ta suy 60 1

k > + + ⇒ =k , suy

đỉnh sẽcó đỉnh tạo thành hình thang cân

a. Ta có: 2

2y −xy+ −x 2y+ = ⇔5 0 x y( − =1) 2y −2y+5

5 2

1

x y

y

⇔ = + −

(y =1 khơng thỏa mãn PT)

Vì x, ylà số nguyên nên y -1là ước

1: 1 1 2 9.

TH y− = ⇒ = ⇒ =y x

2 : 1 1 0 5.

TH y− = − ⇒ = ⇒ = −y x

3 : 1 5 6 13.

TH y− = ⇒ = ⇒ =y x

4 : 1 5 4 9.

TH y− = − ⇒ = − ⇒ = −y x

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

b. Ta có 22n 4 16

n

A= + + =(22n − +1) (4n − +1) 18

Đặt 2

2 n =2 k (k∈*) suy 22n − =1 22k − =1 4k −1 3

Do với nnguyên dương ta có: 22n 1 3; 4 1 3; 18 3

n

−  −  

2

2 n 4n 16 3

A

⇒ = + +  Câu

a.Điều kiện: 3 2

x≥ −

3

8 4

2 3 (2 5) 2 3 8 4

2 5

x x

x x x x x x

+

+ = ⇔ + + = +

+

3

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

⇔ + + + = +

(51)

( )

3 3

2 2 (a ) 2 0

2 4

b b

a + a=b + b⇔ a−b  + + +  = ⇔ =a b

 

Suy ra: 2 3 2 2 0 2

2 3 4

x x x x x ≥  + = ⇔  + =  1 13 4 x + ⇔ =

b. Hệphương trình cho tương đương với

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )    + − + − = − − = − + − 3 1

12

y x y x y x

Đặt a= x−1;b= y−3⋅ Ta hệphương trình

( )    + + = = − + ⇔    + + = = + 1 1 2 b a ab ab b a b a ab b a

Đặt S = +a b P; =ab, điều kiện S2 ≥4P Hệ trởthành

   = − = ⇔    + = = − 1 2 P S S P P S

(thỏa mãn)    = = P S

(loại)

          − = =    = − = ⇔    = − = + ⇔    = − = 0 1 b a b a ab b a P S +)    = = ⇔    = − − = − ⇔    = − = 0 1 y x y x b a +)    = = ⇔    − = − = − ⇔    − = = 1 1 y x y x b a

Vậy hệđã cho có hai nghiệm (0;3), (1;2)

Câu

Ta có:

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

b c a

a b c

= + +

+ + +

Đặt: x b,y c,z a x y z, , 0, 1.xyz

a b c

= = = ⇒ > =

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

⇒ = + +

+ + +

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

2

2 2

1 1

3 (1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

 

≥  + + 

+ + +

(52)

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

( ) ( )

( ) ( )( )

2

2 2

2

1 1

1

x y

xy x

y x xy x y

   

 +   +  ≥ + ⇒ ≥

 

     + + +

Tương tự: 2

(1 ) (1 )( )

x

y ≥ xy x y

+ + +

Từ BĐT ta có: 2 2

(1+x) +(1+y) ≥1+xy

Dấu xảy x = y = 1

Tương tự: 2 2 1 2 1

(1+z) +(1 1)+ ≥1+z ⇒ (1+z) ≥1+z−4

2 2

1 1

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

⇒ + + ≥

+ + +

1 1 1

1 1 4

z

xy + z− = z+ z − =

+ + + +

Ta có: 3 , 3 1

16 16

P≥ P= ⇔ = = = ⇔ = =x y z a b c

Vậy giá trị nhỏ P là: 3

16⋅

Câu

1

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

Xét tứ giác BCEF có 

90

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

Mặt khác  1  2

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

 1 

2

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

Từ(1) (2) suy  AFE=BAx vị trí so le nên EF// xy hay EF ⊥OA

y

x

N

A

Q

P

M F

E

D O

(53)

b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ2 P, BP cắt DF Q

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

ACB= AFP

Mặt khác  1  1 ( )

2 2

ACB= Sd AB= Sd BM +MA

 1 ( )

2

AFP = Sd BM +AP

Do Sd AM =Sd APsuy BAlà tia phân giác MBQ ⇒ AM = AP (1)

Tứ giác BCEF nội tiếp suy  ACB=BFM , tứ giác ACDF nội tiếp nên ACB=BFQ

do   BFQ= BFM = ACB, suy FB tia phân giác MFQ

MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN

∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ =

Do ∆ABN = ∆ABP nên AN = AP (2)

Từ(1) (2) suy AM = AN

2

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

Ta có  ADE= ACB DE = DB

Từ giả thiết AC.BD = AD.BC Suy AD BD DE

AC = BC = BC ⇒ ∆ADE ~∆ACB, từđó

AB AC

AE = AD

Mặt khác BAC = EAD, suy CAD =BAE Do ∆CAD~∆BAE

.

2 .

2

AC CD CD AB CD AB = BE = BD ⇒ AC BD =

Câu

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

45

E

A

B

D

(54)

Gọi (C1), (C2), , (C2025) hình trịn nội tiếp hình vng nhỏ trên,

chúng có bán kính 1 . 90 Gọi ' ' '

1 2025

(C ), (C ), , (C ) hình trịn đồng tâm với hình trịn

trên có bán kính là: 1 .

91 Khi hình trịn nằm hình vng đơi

khơng có điểm chung (rời nhau)

Trong hình vng cho có hình trịn rời ' ' '

1 2025

(C ), (C ), , (C ) có

2019 điểm nên tồn hình trịn hình trịn khơng chứa điểm

trong 2019 điểm cho

Đề số Câu 1.a)Với x ≥0 ta có:

1 3 2

-1 ( 1)( - 1) - 1

A

x x x x x x

 

   

- 1 - 2 2

1

x x x x x

  





( 1)

1

x x x x

 



- 1

x x x





Ta có

2

1

- - 0

2

0

x x x x x x

  

       

  

  



    

, ,

và  x -1    0 , x 0 ⇔x2 x   1 0, x 0 ⇔x x  1 x, x 0⇔ 1, 0

- 1

x

x x    ⇔ A  1, x

1

A  x

Vậy giá trị lớn A x1.

b) Ta có:

B2 = +4 10 4+ + − 10 4+ +  + 10 4+  − 10 5+ 

  

  

= +8 16 10 5−( + )= +8 5− = +8 ( 1− )2 = +8 5( − = +)

( )

6

B B

⇒ = + ≥

(55)

Câu

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

P(x) = ( )2

x + +cx d = ( ) 2

2 2 ,

x + cx + c + d x + cdx+d ∀ ∈x 

Mà: P(x) =

2

x − x + x +ax+b

Do ta có hệphương trình:

2

2 1

2

1

c c c d d cd a a b d b = −   = −  + =  =  ⇔  =  = −    =  = 

Vậy:a= −2,b=1

b) ĐK:

4

1 ≤ ≤

− x (*)

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

4 (3 )(1 )x x

= + − + ≥ ⇒ 3−4x+ 1+4x ≥2 (2) Lại có : 2  2  

16x 8x 4x

       Từ (2) (3) ta có:

    = + − − = + + − ⇔ 16 4 ) ( x x x x     = + + = + + + − + − ⇔ 16 4 ) )( ( x x x x x x     − = = + − ⇔ ) )( ( x x x          − =       − = = ⇔ 4 x x x − =

⇔ x (thỏa mãn(*))

Vậy phương trình có nghiệm

(56)

a. Xét tứ giác AKHE có 

90

K = =E ⇒ BAC +BHC =1800

mà BHC = BOCvà BOC =2BAC ⇒  

3BAC=180 ⇒BAC =60

Kẻđường kính BI, suy tứ giác AICHlà hình bình hành⇒AH = CI (1) Gọi Mlà trung điểm BC ⇒ IC = 2OM (2) (Đường trung bình)

Từ(1) (2) ⇒ AH = 2OM

Do Mlà trung điểm BC ⇒ OM ⊥BCvà OM tia phân giác BOC ⇒



60

MOC =

 OM = MC.cot600 = . 1 3

2 3 6

a = a

⇒AH = 3 3

a

b. Ta có DBH DAC DB DH DA DC

∆ ∆ ⇒ = ⇔ DA.DH = DB.DC

Áp dụng bất đẳng thức ( )

2

4

x y

xy≤ + ( Dấu “=” xảy khix y) ta có: DA.DH = DB.DC ( )

2 2

4

DB+DC a

≤ = (Không đổi) (Dấu “=” xảy DB = DC hay Dlà trung điểm BC)

⇒ DA.DH nhận giá trị lớn

2

4

a

D trung điểm BC. ⇔ ∆ABC cân AAlà điểm cung BC

Câu

Với số tự nhiên a

a chia cho có sốdư 0; 1;

Số2019 chia dư 3; 2020 chia dư

Suy 2019n3 (mod 8)n

- Nếu n chẵn n2 ,k k  2019n32k1 ( mod 8)

 C5 ( mod 8)

 C khơng thểlà sốchính phương H

M

I

K

E

D

O A

(57)

- Nếu n lẻ n2k1,k  2019n32k13.32k3 ( mod 8)

 C7 ( mod 8)

 C khơng thểlà sốchính phương

KL: Khơng tồn n thỏa yêu cầu toán

Câu

Đặt , , 1

1 1

a b c x y z

  

   x   y z xyz   a b c

và x 1 a b c

a a a

 

    , y c a,z a b

b c

 

 

Vậy 6

cyc

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

a b c c b

 

      

          

 



    

2

cyc

c a a b

yz zx xy

bc

 

    

Đẳng thức xảy a b c hay x  y z

Câu

Gọi H, K hình chiếu vng góc A BCvà PQ

Tam giác ABC vuông A nên 12

5 AB AC AH

BC

 

Đặt PN x PQ,  y

Vì APQ  ACB suy 5 25

5 12 12

PQ AK y

x y x

CB  AH      

2

25 25

3

12 12

MNPQ

S x y x x   x  

  Vậy giá trị lớn SMNPQ

6

x

2 y

1) Ta có:

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

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

x 2m

( m R) y m

 − = +  − = +  =

⇔ ⇔

 − = +  − = +  = − −

  

 =

⇔ = − ∀ ∈ 

Ta có:

K

H

M N

P A

C B

(58)

( )

2 2

2

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

2m 12 12

= + = + − = + −

= + − ≥ −

Dấu “=” xẩy 2m + = ⇔m= −1

Giá trị nhỏ P -12 m = -1

2) Giải: ( )

( )

2

3 3

x y 2xy x y

x y (x y) 3xy x y   + = − + =  ⇔   − = − − − − = −    

Đặt x y S xy P  − =  =  Ta có: 2 3 3

1 S 1 S P

S 2P 2 P

S 3SP S 3S.1 S 1 2S 3S 3S 0  −  − =   + = =  ⇔ ⇔    − = − −     − = −  + − + =  ( )( ) ( )( ) 2 2

1 S S

1 S P P

P 2 2

2

S 5S 5S S 5S 5S 5S 3S

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

5S 5S (vn)  − =   ⇔  + =   − + =  P S  = ⇔  = −  x y x y

xy y x  =  =  − = −  ⇔ ⇔ =  =   = −   Câu

1 Giải: x 9x 24x 27x (*)4− 3+ 2− + =

Với x = 0, (*)⇔0x + = (phương trình vơ nghiệm

Với x ≠ 0, chia vế phương trình (*) cho x2 :

2

27 3

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

3

x

3 x

x x

3

x x x 6 0 x

x 3x (VN) x x 6x x

    ⇔ ⇔ +  −  + + =      + − =     ⇔ + −  + − = ⇔      + − =    − + = = + ⇔ ⇔  − + =   = −  

2. Ta có:

a b c 3 4 a b c b c a a b b c c a

a 1 b 1 c 1 4 a b c

b c a a b b c c a

(59)

( ) (2 ) (2 )2

a b 4a b c 4b c a 4c 0 b a b c b c a c a a b b c c a

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

+ + +

⇔ − + − + − ≥

+ + +

− − −

⇔ + + ≥

+ + +

Luôn a, b, c sốdương Dấu xẩy a = b = c

Câu 3.(4,5 điểm)

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

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

TH2: Nếu a số nguyên lẻ Với b c hai sốcũng lẻ thì: b c 2+  ⇒a(b c) 2+ 

Mà a b c . không chia hết cho (vì a, b, c lẻ) Suy mâu thuẫn Vậy hai số, b, c tồn số chẵn

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

+ Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho

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

a b c= + ⇔ = + ⇔

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

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

Nếu b chẵn, a lẻ nên b + c chẵn (vì abc chẵn) suy c chẵn Vậy abc chia hết cho

Tương tựcho trường hợp c chẵn

2 Dùng hàm Ơle:

Phân tích sốm thừa số nguyên tố: x y z

1

m p p p =

Số sốnguyên dương không vượt m nguyên tố với m

1

1 1

(m) m

p p p

 

   

ϕ =  −   −   −       

Ta có: 999 373 (999) 999 1 1 648

3 37     = ⇒ ϕ =  −   − =

   

Có 648 số nguyên tố với 999 khơng vượt q 999

Vây có 649 số nguyên tố với 999 không vượt 1000

Cách khác:

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

B số sốnguyên dương không vượt 1000 mà không nguyên tố

với 999

(60)

B = (Số sốnguyên dương không vượt 1000và chia hết cho 3) – (Số số

nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3)

+ Số sốnguyên dương không vượt 1000 chia hết cho là:999 333

3

− + = + Số sốnguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 là:

999 37 27 37

−

+ =

+ Số sốnguyên dương không vượt 1000 chia hết cho cả37 (chia hết

cho 111) là:999 111

111

− + =

+ Số sốnguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia

hết cho là:27 18− =

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

Câu 4.

Ta có: A 99 2 3 99 100

= + + + +

+ + + +

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

1 99 99 100

= − + − + − + + − + −

= − − − − − − +

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

⇒ + = − =

Câu 5.

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

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

b)

2 1 2

1

S

M N

F E D

I A

(61)

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

Thật vậy:

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

   

 2

1

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

⇒ = =

⇒ =

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

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

Ta có:

Tứgiác IECF IESC tứ giác nội tiếp (đường trịn đường kính IC)

Nên điểm I, E, S, C, F thuộc đường trịn đường kính IC

Ta có:

    

1

SEC SIC ; SIC B C

⇒ = = + (góc tam giác)

  

1

SEC B C (1)

⇒ = +

Lại có tam giác ADE cân A

nên:      

1

180 A A

AED ADE 90 B C

2

−

= = = − = + (2)

Từ(1) (2) suy SEC=AED  mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng

Vậy ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy

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

Đề số Câu 1) Với điều kiện x>0,x≠4, ta có:

( 1) : ( )(5 )

2 1

x x x x x

P

x x x x x x

 − −   + − 

   

= − −

 − −   + + − 

(62)

( )

( ) (( ) ()( ))

1 4 5

:

2

x x x x x

x x x x

− − − − − − =

− + −

( )

( 1)( 2)

1

x x

x

x x

+ −

+ =

−

( )2

1 x

x

+ =

Vậy ( )

2

( 0, 4)

x

P x x

x

+

= > ≠

2) - Chứng minh M số chẵn

( )3

3 3

7 50 2

a= + = + = + = +

( )3

3 3

7 50 2

b= − = − = − = − )

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

( ) ( ) 2 ( )2

2 ; ;

a+ =b a b= + − = − a +b = a+b − ab=

( ) ( ) ( )

7 7 4 3

N =a +b = a +a b + b +a b − a b +a b

4( 3) (4 3) 3( )

=a a +b +b a +b −a b a b+

( 3) ( 4)

a b a b

= + + +

( )( 2 ) ( 2)2 2 ( ) 2 7.34

a b a b ab  a b a b 

= + + −  + − + = +

  

Vây M, N số chẵn

Chú ý :

- Học sinh có thểtính M cách đưa vềphương trình bậc 3:

3 14

M + M − = , giải

được nghiệm M = Mỗi ý cho 0,5 điểm.

( )3 ( )

3 3 3 3

7 50 50 14 50 50 50 50

M = + + − = + + − + + −

( )( )

3

14 2

M = − M ⇔ M − M + M + =

2

M

⇔ = vì 2 ( )2

2

M + M + = M + + >

- Học sinh chứng minh N số chẵn cách đặt :

(1 2) (1 2)

n n

n

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

(63)

Câu

1)Vì Phương trình

2

x + kx+ = có hai nghiệm x x1, 2 nên '

∆ ≥

2

4 k (1);

k

⇔ − ≥ ⇔ ≥ Theo hệ thức Vi-et ta có :

1 2

x x k

x x

+ = −



 =



Do :

( )2 ( )

2 4 4 2

1 1 2 1 2

1 2

2 2

2 1 2

2

3 x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

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

2 2

4

5 5 5 (2)

4

k

k k k

 − 

⇔  ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ +

 

Từ(1) (2) suy :

4≤k ≤ +2 ⇔ − 2+ ≤ ≤ −k

Hoặc 2≤ ≤k 2+

Vậy tất giá trị k cần tìm : − 2+ ≤ ≤ −k 2≤ ≤k 2+ Vậy hệ có nghiệm nhất: x= =y

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

( 2 ) ( ) ( )

2

1 3

1

x y

x y x y x y

x y  +    + − + + − = ⇔ − + =  + + +    x y

⇔ − =

2 (*)

1

x y

+ + =

+ + +

Trường hợp 1: x− = ⇔ =y x y Thay y=x vào (1) ta phương trình:

2

1

x + = +x ( )

2 1 x x x  + = +  ⇔  ≥ − 

Giải hệta được:x= ⇒ = =0 x y

Trường hợp 2:

2

1 x y x y + + = + + +

Xét ( ) ( )

2

2 2

3

1 1

x x y y

x y A

x y x y

+ + + + + +

= + =

+ + + + + +

Ta có: 2 ( )

3 x + + >1 x x + =x x + =x x + x +x ≥0

Tương tự:

3 y + + >1 y

Suy ra:A>0 Trường hợp không xảy

Vậy hệ có nghiệm nhất: x= =y

(64)

2

2 2

1 1

2 1 (1)

2 1 (2)

1 4 (3)

1 4 (4)

x x y x y x

y y x y x y

y x

x y

x y y xy x x

y x x xy y y

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

Trừ theo vếcác phương trình (3) (4) ta phương trình :

(x−y) (4 x+y)+6= ⇔ =0 x y 4(x+y)+ =6 :

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

( )

4 x+y + =6 không xảy

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

Câu

1.Đặt

, , , (*)

a=xy b= + ⇒ ∈x y a Z b∈Z b ≥ a

Phương trình (1) trởthành:

2 a b b+ = +a

2 a b a + ⇔ = + ( )

2 2 2

2 1 5

a a a a a a a ⇒ +  + ⇒ −  + ⇒ + −  + ⇒  +

{ } { } { }

2

1 1;5 0; 0; 2;

a a a

⇒ + ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ −

Nếu ( ) ( ) ( ), { 0; , 2; }

xy

a b x y x y

= 

= ⇒ = ⇒ + = ⇒ ∈



Nếu

2 2 0 2 x y xy a b

x y x

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

( loại khơng thỏa mãnx y, ∈Z)

Nếu 4,

a= ⇒ =b loại khơng thỏa mãn b∈Z

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

Cách khác: Đưa phương trình dạng : ( )( )2

( 2)

x+y xy −xy+ + − =x y

Đặt t=xy t, ∈Z ta phương trình ẩn t: (x+y t) 2− + + − =t (x y 2) (1)

Nếu 2

0 2

xy x

x y xy

x y y



= − =

 

+ = ⇒ = − ⇔ ⇔ + = = −

  Hoặc

2 x y  = −   =

 (Loại ) *) Nếu x+ ≠y 0, ta có phương trình bậc ẩn t:

( ) ( )

2 (2)

(65)

( )( ) ( )2

1

4

x y x y x y

⇒ ∆ = − + + − ≥ ⇔ + − ≤ ( ) { } (2 ) { } { }

1 0;1 1; 0;1 1;

x y x y x y ⇔ + − ∈ ⇔ + − ∈ − ⇔ + ∈ *) Nếu

1

2

1

2

xy x y

xy

 −

=  + = ⇒ 

+  = 

( loại)

*) Nếu ( ) ( ) ( ){ }

0

2 1 , 0; , 2;

2

xy

x y x y xy

=  

+ = ⇒ ⇒ ∈

=

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

2. Cho *

n∈N Chứng minh 2n+ 3n + sốchính phương n

chia hết cho 40

Giả sử 2 ( *)

2n+ =1 m , 3n+ =1 k m k, ∈N m

⇒ số lẻ ⇒mlà số lẻ ( )( )

2

2n m m m

⇒ = − = − + 

, Suy : n chẵn, k lẻ

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

Từ 2 ( )( )

3n+ =1 k ⇒3n=k − =1 k−1 k+1 8 ⇒n8 (1)

Khi chia sốchính phương cho sốdư có thểlà ; ; Ta xét

trường hợp:

Nếu n chia cho dư 2n + chia cho dư ( vơ lí )

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

(66)

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

 

ABI BOI

⇒ = ( phụ vớiBAO )

   

cos cos 60 (1)

2

OB R

ABI BOI ABI BOI OA R

⇒ = = = = ⇒ = =

Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt suy OF, OE tia phân giác

của góc COMvà MOB Suy ra:

   ; EOF       (2)

2 2

COM MOB COM MOB BOC

FOM = MOE= ⇒ =FOM+MOE= + = =BOI

Từ(1) (2) suy :  

60

ABI =EOF = hayQBE =QOE⇒Tứ giác OBEQ nội tiếp

2 Ta có: OQB =OEB ( chắn cung OB của đường tròn (OBEQ) )

 

OEF =OEB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt )

 

OQB OEF

⇒ = hay OQP =OEF ( )

OQP OEF g g

⇒ ∆ ∼ ∆ (vì có OQP  =OEF QOP, góc chung) PQ OQ (3)

EF OE

⇒ =

Vì tứ giác OBEQ nội tiếp  

90 , 60

OBE= QBE= nên:

     

180 90 ; 30

OQE= −OBE= OEQ=OBQ=OBE−QBE= OQE

⇒ ∆ vuông Qvà 

30

OEQ=



sin sin 30 (4)

2 OQ

OEQ OE

⇒ = = =

Từ(3) (4) suy :

2

PQ

EF PQ EF = ⇔ =

3 Vì ∆OQP∼ ∆OEF theo tỉ sốđồng dạng EF PQ = nên

1

(5)

4 8

OPQ OEF

S S OM EF R EF

S

S = ⇔ = = =

Kẻqua Omột đường thẳng vng góc với OA, cắt AC, AB theo thứ tự H, K Ta có:

 

60

BKO=BOI = ( Vì phụ vớiBAO )



.cot cot 60

3 R

HC=KB=OB BKO=OB =

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 (6)

3

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

HF KE HC HF KE

= + = + = − + − = + − +

= + − ≥ −

Mặt khác ,   

60 , 60

FHO=AOC = EKO= AOB= nên dễ chứng minh

HFO KOE

∆ ∆ ( đồng dạng với tam giác OFE)

2

0

(7)

sin 60

HF HO R R

HF KE OK OH OK

OK KE

 

⇒ = ⇔ = = =  = 

(67)

Từ (5), (6), (7) suy :

4

3

8

OPQ

R R

R

R EF R

S

 − 

 

 

= ≥ =

Dấu “ = ” xảy KE=HF =OH =OK ⇔FM =EM ⇔MC =MB ⇔M

là điểm cung BC

Vậy đểtam giác OPQ có diện tích nhỏ Mlà điểm cung nhỏBC Giá trị nhỏ

4

R

Cách khác: Vì ∆OQP∼ ∆OEF theo tỉ sốđồng dạng EF PQ = nên

( ) ( )

1 1 1

4 8

OPQ OEF

OPQ ABOC AEF AEF AEF

OEF

S S

S S S OA BC S R S

S

 

= ⇔ = = − =  − = −

 

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

( )( )( )( )

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

2

3 2 2

16

16.27 4.3 4.3

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

S

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

S + + + − + − + − ⇒ =     + +  + − + + − + + −  + + + +   ≤ = ⇔ ≤     ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1

3

-8 4.3

1

3 -

-8 4.3 4.3

1

3 -

-8 4.3 4.3

2

1

3

-8 4.3

OPQ AEF

AE EF FA

S R S R

AE EM MF AF AE EB FC AF

R R

AE EB AF FC AB AC

R R AB R R  + +    = − ≥       + + +     + + +       = =           + + +    +        = =             = =     

( )2

2

2 2.2 sin

3

-4.3

R AOB R

 

  =

 

 

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

1

x+yz = +x y x+ + = +y x xy+y + =y x+y y+

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

( ) ( ) ( )

3

2 3

1

x y P

x y x y

⇒ = + + + Vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 2

3 3

4

0

4 1 1

0

x y xy

x y x y

x P

xy x y x y

y

 + ≥ 

> ⇒ ≤ =



+ + + +

(68)

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

( )

2 2

3

27

1

2 4 1 27

x x x x x

x x

x

+ = + + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ < ≤

+

Tương tự:

( ) 27 y y < ≤ + ( ) ( ) 2 3

1 4

4 27 27 729

4 1

x y P

x y

= ≤ =

+ + Dấu “ = ” xảy

2 2 x y x y z

z x y

 = =  = =  ⇔ ⇔ =   = + + 

Vậy MaxP=

729, đạt

2 x y z = =   = 

Cách khác :

( )( )( )2 ( )2

3 2

1

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

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

1 zy zx z z 1 y x z z z

P x y xy x y xy

 

      

= + + +  +  = +  +  +  + 

       

Vì

( )2

1

2; ;

y x

x y z

x + ≥y xy ≥ x+y + = − nên:

( ) ( ) ( )

( )

2 2

2

2 2

4

1 4

1 1 1

1

z z

z z

z z z z

P x y z z

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

1 12

1

z z

z z

P z z z

 +      ⇔ ≥ + +  = + + + −  − −  −     

Đặt t= −z 1,

2 2

1 12 12

6

4 8

12 729

6

4 8 729

t t t t

P t t t t t t t

P t t         ⇒ ≥ + + +  = + +  + + +           ≥ + +  = ⇔ ≤  

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

Vậy MaxP =

729, đạt

2 x y z = =   = 

1 a) Điều kiện xác định: 1< ≠x 10

Đặt a= x−1; 0< ≠a

(69)

( )( )

2

9 1

:

3 3

a a a P

a a a a a a

 +   + 

= +   − 

+ − +  − 

 

( )

( )( ) ( )

2

3 1

:

3 3

a a a a

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

− + −

   

(3 3)(39 ):3 (1 3) (33( )(33) ) (: 43)

a

a a a a

a a a a a a a a

+

+ + − + +

= =

− + − − + −

( )

( )( ) ( )

3 3 3

3 4

a a a a x a a a a x

+ − − − −

= = =

− + + + − +

b) Ta có:

( )

3 2 2

x= + − + − + −

( ) (2 ) ( )2

2 5

= + − + − + −

( )

2 1

= + − + − + −

2 2

= + − − − − + −

( )

2 2

= + − − =

Vậy 1

2 2

P= − − = − − +

2 Ta có

( ) ( )

4 3

2 2

P= x +x y− +y x− + y

4 3 3

2x 2x y x 2xy y 2y

= + − + − +

( ) ( ) ( )

3 3

2 2

x x y y x y x y

= + + + − +

( )( 3) ( 3)

2x 2y x y x y

= + + − +

( )( 3) 3

2x 2y x y x y

= + − + = +

Do ( )( ) ( )

2

3 2 2 2

2 2

x y x +y = x+y x −xy+y =x −xy+y = x +y + − 

 

( 2)

1

P x y

⇒ ≥ +

Mà

( ) ( )2

2 2

1 2

x+ = ⇒y x +y + xy= ⇒ x +y − −x y =

( 2) ( 2) 1

2

x y x y P ⇒ + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥ Dấu “= ” xẩy

2

x= =y Vậy giá trị nhỏ P

4

1

(70)

Câu

1 Điều kiện:

2

x≥

( )1 ⇔ 4x+ x+ =2 3x+ +5 2x−3

( ) ( )( )

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

⇔ + + + + = + + − + + −

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

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

⇔ + = + − ⇔ + = + −

( ) ( )

2

5

2 15 3

x n x x x l =   ⇔ − − = ⇔ −  = 

Vậy phương trình có nghiệm: x=5

2 Ta có

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 4

2

*

1 8

x y y x y xy x y

x y x y x y

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

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

( ) 2 2 ( )2 ( )2

*

8 16

a b a b a b

a b a b ab a b

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

2

4 2

4

2

4

4 2

a b a x x a b

a b b y y a b

a b a x x a b

a b b y y  =  =  + =  = =   + =  =  − =  =      ⇔ + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = − + = − = −       + = −       + = −  = −  − = −  =         Nghiệm hệphương trình S ={( ) (1; ; −3; 0)}

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

( )

2

2 1

x − x− + =m

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

( )

' m m

⇔ ∆ = − − + > ⇔ >

Do A B, thuộc ( )P nên y1 =x y12; 2 =x22 Theo đềbài ta có

( )2

1 2 2

1

12 12

x x y y x x x x x x

x x =  − = ⇔ − − = ⇔  = − 

Theo hệ thức Viet ta có : 2

2

x x x x m

+ = 

 = − + 

Nếu x x1 =4 − + = ⇒ = −m m 3(loại)

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

(71)

a) Tứ giác BDIP nội tiếp Suy PIK=1800−PID =PBA

Mà tứ giác CPBA nội tiếp Suy PCK=1800−PCA =PBA ⇒ PIK=PCK Suy tứ

giác CIPK nội tiếp

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

  ~ ( ) PK PD PK PC ( )1

PDI PBI PKD PCB g g

PC PB PD PB

= ⇒ ∆ ∆ − ⇒ = ⇒ =

Mà tứ giác CPBQ nội tiếp suy QPB =BCQ hay MPB =MCQ mặt khác  PMB=CMQ

(đối đỉnh)

( ) ( )

~ PB MP

MPB MCQ g g

QC MC

⇒ ∆ ∆ − ⇒ =

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

QB MB

⇒ ∆ ∆ − ⇒ =

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

QC QB PB QC

= ⇒ = ⇒ =

Từ ( )1 ( )4 PK QB

PD QC

⇒ = ⇒ PK QC =QB PD

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

    / / AD KD 5( )

PBC PAC PGI PAC IG CA

AE KI

= ⇒ = ⇒ ⇒ =

Trên BC lấy J cho KPI =CPJ Tứ giác CIPK nội tiếp, có IPK=1800−KCI =BCA

khơng đổi

Suy J điểm cốđịnh⇒ CB

CJ khơng đổi ( )6

Lại có ⇒ ∆PKI ~∆PCJ (g−g) ∆PKD~∆PCB (g−g)

( )

KI PK KD KD CB CJ PC CB KI CJ

⇒ = = ⇒ = Từ ( )5 , ( )6 ( )7 suy AD

AE không đổi C

I K

A B

O

Q N

P

M

(72)

Câu

Gọi I K M, , theo thứ tựlà trung điểm EF EG GH, , ∆AEF vuông A có AI

đường trung tuyến nên

2

AI = EF

Tương tự

2

MC= GH IK đường trung bình ∆AFGnên

2

IK = FG Tương tự

1

KM = EH

( )

2

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

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

2

c≥ AC = a +b

(73)

1 Đặt x=a a, >0 , y2 =b b, >0

4

4y +6y − =1 x

2

4b 6b a

⇔ + − =

2

16b 24b 4a

⇔ + − =

2

16b 24b 4a 13

⇔ + + − =

( )2 2

4b 4a 13

⇔ + − =

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

⇔ + − + + =

Lập bảng

4b+ −3 2a 13

4b+ +3 2a 13

a -3

b 1

Nhận Loại

x

y

Vậy phương trình có nghiệm ngun (x y; ) ( )9;1

2 Ta có n chẵn ⇒ =n ,k k∈Z Suy

( )3 ( ) ( ) ( )

3 3

20 96 40 96 96 96 48 48.2

n + n+ = k + k+ = k + k + =  k − +k k+ = k − +k k+ Do k−1; ;k k+1là số nguyên liên tiếp nên (k−1 ) (k k+1) chia hết cho

( ) ( ) ( )

3

1 48,

k k k k k k k k Z

⇒ − = − +  ⇒ −  ∀ ∈

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

Ta có: 3x+2 3x + =4 ( 3x +1)2 + >3 0; ∀ ≥x 0

nên điều kiện đểA có nghĩa ( )3x − =8 ( 3x −2 3)( x+2 3x +4)≠0;∀ ≥x 0

0 4

0

3

3 2 0

x

x x

≥ 

⇔ ⇔ ≤ ≠

− ≠ 

( )3

6 4 3

3 2 3 4

3 8

x x

A

x x

x

+

= −

+ +

−

( )

( 63 42 3)( 32 4)

x x x A

x x x + − − =

(74)

( 32)(43 32 4) 31

x x A

x x x x

+ +

= =

−

− + + Với

4

3

x ≤ ≠

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

3x −2 nguyên Khi đó:

3

3 3 3 9

3 2 1 1

3 1

3

x

x x

x

x x

x

= 

 =  = 

− = ± ⇔ ⇔ ⇔

= =

= 

 

Vì xngun dương nên x =3 A=1 Vậy x=3

Câu

a) PT (1) có hai nghiệm phân biệt

' m 5m 4 0

∆ = − + > (*)

(hay m< ∨ >1 m 4)

Với ĐK (*) PT có hai nghiệm x x1,

Ta có ( )

2 1

. 3 3

x x m x x m

 + = −

 

= −



( )2 ( )2 ( )

2

1 5 2 3 1 4 1 3 3 3

M =x +x + x x = x +x + x x = m− + m−

2

2 1 81 81

4 5 2

4 16 16

M m m  m 

⇒ = + − = +  − ≥ −

 

Dấu “=” xảy 1

8

m= − (thỏa mãn ĐK (*))

Vậy Mđạt giá trị nhỏ 1

8

m= − b) ĐK:

' m 5m 4 0

∆ = − + > (*)

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

( ) ( )( )

( )

2

1 2 1 1 3 3 0

2 2 0 (2)

t m t m t m t m

+ − − + + − =

⇔ + − + =

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

hơn

( )( )

2 1 4 0

' 0 5 4 0

0 0 0

0 2 4 0 2 4 0

m m

P m m

S m m

− − > 

∆ >  − + > 



 

⇔ > ⇔ > ⇔ >  >  − >  − >

  

(75)

1 4

0 4

2

m m

m

< ∨ > 



⇔ > ⇔ >  >



thỏa mãn ĐK (*)

Vậy m>4.

Câu

a) Với x = 0, phương trình (1) có dạng: = (vô lý)

Vậy x = không nghiệm PT (1) 0

x≠ , ta có

2 13

(1) 6

3 3

2x 5 2x 1

x x

⇔ + =

− + + +

Đặt 2x +3= t

x , PT (1) trởthành

2 13

+ = 6

t - 5 t +1

2

1

6 39 33 0 11

2

t

t t

t

=  

⇔ − + = ⇔

 = 

+) Với t =1 ta có PT 2x 3 1 2x2 x 3 0

x

+ = ⇔ − + =

Có ∆ <0 nên PT vơ nghiệm +) Với 11

2

t= ta có PT 2 3 11 4 11 6 0 2

x x x

x

+ = ⇔ − + =

PT có nghiệm 2; 3 4

x= x= thỏa mãn tốn

b)Giải hệphương trình:

3

2

2 12 0 (1)

8 12 (2)

x xy y

y x

 + + =

 

+ =



Thế(2) vào PT(1) ta 2

2 8 0

x +x y+ xy + y =

Nếu y =0 từ (1) suy x=0 khơng thỏa mãn PT (2)

Xét y ≠0 PT

3

(3) x x 2.x 8 0

y y y    

⇔  +  + + =    

Đặt x t

y = ta

3

2 8 0

t + + + =t t

( )( )

2

2 0

2 4 0 2

4 0

t

t t t t

t t + = 

⇔ + − + = ⇔ − + = ⇔ = −



(76)

y= − ⇒ =1 x 2

Vậy hệphương trình cho có nghiệm (−2;1 ; 2; 1) ( − )

Câu

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

I trung điểm BC (dây BC không qua O) 

90

OI BC OIA

⇒ ⊥ ⇒ = Ta có



AMO = 90 (do AM tiếp tuyến (O))



ANO = 90 (do AN hai tiếp tuyến (O))

Suy điểm O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính OA

b) Chứng minh điểm K cốđịnh đường tròn tâm O thay đổi.

Ta có AM, AN hai tiếp tuyến với (O) cắt A nên OA tia phân giác



MON mà ∆OMN cân O nên OA⊥MN

+) ΔABN ΔANC (vì ANB=ACN=  1

2 sđNB CANchung) =>

2

AB AN

= AB.AC=AN

AN AC ⇒ (1)

+) ∆ANO vuông N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 (2)

Từ(1) (2) suy ra: AB.AC = AH.AO (3)

+) ΔAHK ΔAIO (vì  

AHK = AIO = 90 OAIchung)

AH AK

= AI.AK=AH.AO.

AI AO

⇒ ⇒ (4)

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

AI

⇒

Mà A,B,C cốđịnh nên I cốđịnh suy AK cốđịnh, K giao điểm dây BC dây

MN nên K thuộc tia AB suy K cốđịnh

c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻđường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP

tại E Chứng minh P trung điểm ME.

d K

E

D A

B

C M

N P

Q

I

(77)

Ta có 

PMQ=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

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

(cùng phụ với MPO)

Suy ra: ΔMHE ΔQDM (g-g) ME MH

MQ DQ

⇒ = (*)

ΔPMH ΔMQH (vì  

MHP = QHM = 90 , PMH = MQH )

2

MP MH MH

MQ HQ DQ

⇒ = = (**)

Từ(*) (**) suy 1

2

MP ME

MQ = MQ ⇒ ME = MP

⇒P trung điểm ME

Câu 5.

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

Giả sửđường thẳng d1 cắt cạnh AB A1 cắt MN I cắt cạnh CD B1 Ta có

các tứ giác AA1B1D BCB1A1là hình thang có MI, NI đường trung

bình hai hình thang Khi

( )

1

AA

1

AA

2

1 2 2

2

B D A BCB

AD DB

S IM IM

S BC A B B C IN IN +

= = = =

+ Suy

3

MI

MN = nên

1

MI = MN điểm I cốđịnh

Lập luận tương tựta tìm điểm H; J; K cốđịnh

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

Có điểm cố định mà có 2019 đường thẳng qua nên theo nguyên lý Đirichle

nhất phải có 505 đường thẳng đồng qui

B1 I A1

A B

D C

N E

M

F H

J

(78)

( )( )

3 2

1) x −5x +5x 1− = ⇔0 x x− −4x 1+ =0

2

x 4x (*) x

 − + =

⇔  =



Phương trình (*) có ∆ = >' 0 nên có nghiệm phân biệt

Khơng tổng qt coi x3=1 x , x1 2 nghiệm (*) Ta có

( )

2 2

1 1 2

1 1 x x

S

x x x x x x

+

= + + = +

Ta có 2 2 ( )2

1 2 x +x = x +x −2x x Theo Viet ta có

1

x x

+ =



 =



Thay số: 2

x +x =14 Thay số: S 15=

( )

( )( ) ( )( )

x x 3 x x 2 x 9

2) A :

x x

x x x x

 −   − − − 

   

= − + +

 − +   − + + − 

   

( )( ) ( )

( )( )

2

3 x x x x

x

1 :

x x x

− + + − + −

 

= − 

+ + −

 

( )( )

x x x x x x :

x x x

 + −  − + − + + −

=  

+ + −

 

( )( )

3 x x

:

x x x

− +

=

+ + −

( )

( )( )

2 x

:

x x x

− =

+ + −

3 x

:

x x

− =

+ +

3 x

x x

+

= ×

+ −

3 x

= −

(79)

( ) ( )

2

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

 − − − = −

 

− + − =



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

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

= 

⇔ − − − − = ⇔ − − = ⇔ 

=



Với y=1, thay vào (2) được: x2− = ⇔1 x2− = ⇔ = ±1 x

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

Đặt

t = x −x , phương trình trởthành:

( )

3

2 t

t t (t 1)(t t 2)

t t

= 

+ − = ⇔ − + + = ⇔ 

+ + = 

Phương trình ( )3 có ∆ = − <7 nên vơ nghiệm

Do 2

t x x x x x

2

±

= ⇒ − = ⇔ − − = ⇔ =

Với x y

2

+ +

= ⇒ = Với x y

2

− −

= ⇒ =

Vậy hệphương trình cho có nghiệm:

( ) ( ) ( ) 5 5

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

2 2

  + +   − − 

 

∈ −    

    

 

2. Phương trình xác định x 12

2

− ≤ ≤

Phương trình cho tương đương với

( ) ( )

x −2x 2x+ +3 2x+ + −3 12 x− +12 x− =0

( ) (2 )2

x 2x 3 3 12 x 0

⇔ − + + − − =

( ) ( )

x 2x 12 x

 − + =

 ⇔ 

− − =



( )1 x 2x x2 x x

x x

x 2x

≥ ≥

 

⇔ = + ⇔ ⇔ = − ∨ = ⇔ =

− − = 



( )2 ⇔ 12 x− = ⇔3 12 x− = ⇔ =9 x

Vậy x 2x x x x

3 12 x

 − + =  =

 ⇔ ⇔ =

  =

− − = 

 (tmđk)

(80)

Câu

1. Ta có:

( )

2 2 2 2

2 2

x y x 5y 22x 121 y (x 5) x 22x 121 y (x 5) x 11

− + − − = ⇔ + = + +

⇔ + = +

Vì 2 ( )2

y ; x 11+ sốchính phương nên x2+5 sốchính phương

Do đặt 2 2 ( )( )

x + =5 z ⇔ x −z = − ⇔5 x − z x + z = −5

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

x z

 + = 



− = −



x z

 + = 



− = −



TH1: x z x x

x z

 + =

 ⇒ = ⇔ = ±



− = −



Với 2 169

x y 13 y

9

= ⇒ × = ⇔ = (loại) Với 2

x= − ⇒2 y × =9 ⇔ y = ⇔ = ±9 y

TH2: x z x

x z

 + =

 ⇒ = −



− = −

 (loại)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun (x; y)∈ −{( 2;3);( 2; 3) − − } 2. Ta có: P 2 12 2 1 1

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

 

= + + + +  + + 

+ +  

( )

2 2

16

x y z xy yz zx 12 xy yz zx

≥ + ⋅

+ + + + + + +

( )2 ( )

16 15

xy yz zx x y z xy yz zx

= +

+ +

+ + + + +

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

Suy ( )

2 x y z

xy yz zx

3

+ +

+ + ≤

( ) (2 )2 ( )2 2

16 15 16 15

P

2019 2019

x y z x y z 2019 4

x y z

3

⇒ ≥ + = +

+ + + + + ⋅

+ + + ⋅

31

P

5435148

⇒ ≥ Dấu "=" xảy x y z 2019 673

= = = =

Vậy

31 P

5435148

(81)

Câu

1.Đặt ABC

S =a

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

⇒ = Chứng minh tương tự ta có PM=BK

Ta có ∆EPM đồng dạng với∆ABC nên

2 EPM

ABC

S PM

S BC

 

=  

 

2

x PM PM x

a BC BC a

 

⇒ =  ⇒ =

 

Chứng minh tương tự, ta có: + ∆DMQ đồng dạng với ∆ABC nên MQ y

BC = a;

+ ∆MKF đồng dạng với∆ABC nên KF z

BC =a

x y z PM KF MQ BK KF FC BC

a BC BC BC

+ + + + + +

⇒ = = = =

( )2

ABC

x y z a S x y z

⇒ + + = ⇒ = + +

2

F K

D

Q E

P M

C B

A

K I

J

E D

M

N O

C B

(82)

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

tiếp chắn MC)

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

    

MBA MCA BNM MNC BNC

⇒ + = + =

Do     BNC+BAC=MBA+MCA+BAC 180

= ° (tổng ba góc tam giác)

⇒ Tứ giác ABNC nội tiếp ( )O N

⇒ thuộc đường tròn ( )O ∆ABC nội tiếp đường tròn ( )O

Tứ giác ABNC nội tiếp ( )O nên ANC =ABC (hai góc nội tiếp chắn AC)

Mà ABC =ACB (do ∆ABC cân A) nên ANC =ACB hay ANC =ACM 2( )

Từ ( ) ( )1 ; suy MNC =ANC

⇒ Ba điểm A, M, N thẳng hàng

b) Vẽđường kính AKcủa đường tròn tâm O Gọi J giao điểm AKvà BC



ABK = °90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O), ABD = °90 (vì đường trịn

tâm D tiếp xúc với AB B) ⇒B, D, K thẳng hàng Chứng minh tương tự: C, E, K thẳng hàng

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

 

AO BC BK CK BK CK

⇒ ⊥ ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆KBC cân K ⇒KBC =KCB DBM

∆ cân D (vì DB=DM)⇒DBM =DMB EMC

∆ cân E (vì EC=EM)⇒ECM =EMC

   

KBC EMC; KCB DMB

⇒ = = ⇒KB//EM; KC//DM

⇒ Tứ giác DMEK hình bình hành

Mà I trung điểm DE nên I trung điểm MK JMK

∆ vng J cóJI đường trung tuyến ⇒JI=KI

JKcốđịnh nên I thuộc đường thẳng cốđịnh đường trung trực đoạn JK Câu

1.Không tổng quát giả sử p≤ ≤q r

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

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

⇔ − − − = ⇔ − − = = ⋅

( )

2

(83)

Nếu 2q 1− = ⇔ = ⇒ =5 q r 33 (loại)

Nếu 2q 13− = ⇔ = ⇒ =q r 13 (thỏa mãn).

( )

( )( ) ( )( )

( )( )

pqr p q r 160 p qr q r 160

qr p qr q r 160 qr p q(r 1) (r 1) 160 qr p (q 1)(r 1) 162

= + + + ⇔ − − − =

⇔ − − + − − − = ⇔ − − + − − − − =

⇔ − − + − − =

Nếu p lẻ ⇒q; r lẻ ⇒(qr p 1− )( − + −) (q 1)(r 1) 4−  mà 162 không chia hết cho 4⇒

Vô lý

Vậy ba số ngun tố cần tìm (2;7;13) hốn vị

2 Ta xếp đoạn thẳng theo thứ tựcó độdài tăng dần a1≤a2 ≤ ≤a8

Nếu tồn đoạn thẳng a ;ak k 1+;ak 2+ thoảmãn ak +ak 1+ >ak 2+ ba đoạn thẳng

này có thểghép thành tam giác

Giả sửngược lại

1

2

3

4

5

6

a a a

+ ≤

Khi đó, theo giả thiết:

1

a >10;a >10⇒a >20⇒a >30⇒a >50⇒a >80⇒a >130⇒a >210

, mâu thuẫn với giả thiết

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

Do tồn đoạn thẳng để có thểghép thành tam giác

Đề số 10 Câu

1. Ta có  2

72 10 5 ;  

2

94 2 1 2

và  2

8928 10 7 10

Do

 

2

1 2

2 7 10

P

 

 

   

 

1 2

4

2 7 10

   

    2

5 10 5

(84)

2 Ta có: ( )( ) 2 2 2 1

1 1

1

xz z z xz z z

xyz z z z z xyz

y y y

z z z z

+ + −

+ = ⇔ = ⇔ = + + + − ⇔ =

+ + + +

Ta có: 1

1 1

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

( )

1

1 1

x x x

yz y x yz y xyz xy x xy x

= = =

+ + + + + + + +

Và

( )

1

1 1

xy xy xy

zx z xy zx z x yz xyz xy x xy

= = =

+ + + + + + + +

Do 1 1

1

1 1 1

xy x

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

Vậy 1

1

1 1

xy+x yz+ + yz+ y+ + zx+ z+ = x y z, , >0 thỏa mãn

2

1

xz z z

y y z z + + = + + Câu

1. Điều kiện xác đinh: x∈

+) Nhận xét

2

x + > ∀ ∈x ; x4+ >4 ∀ ∈x ,

2

4

x + + =x x+  + > ∀ ∈x

  

Do từ (1) suy x>0

Phương trình (1) 24

1

15

x

x x

x x x

+   ⇔ + + =  +    2

2 4 2

1

15 15

x x x x x x

     

⇔ + + =  +  + ⇔ + + =  +   +  −

     

Đặt

a x x

= + (điều kiện a≥2 2)

Khi ta có phương trình ( ) 2 ( )2 2( 2 )

15 a 5a a 45 a 16a a

⇔ + = − ⇔ + = −

( )( )

4

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

⇔ − − − = ⇔ − + + + =

3

a

⇔ = (vì

16a +48a +35a+15>0 ∀ ≥a 2) +) Với a=3 ta có 2

3

2

x

x x x

x x =  + = ⇔ − + = ⇔  =

 (thỏa mãn đk)

Vậy phương trình có nghiệm x=1;x=2

2 Điều kiện: ( )

0 * xy x y x ≠   + ≥   ≥ 

Phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

1 1

1 x y x y x y x y

xy x y xy x y

− − + − + − + −

⇔ + − = ⇔ − =

(85)

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

2

1

0 x y x y

x y x y x y

x y

xy x y xy x y

+ + +

+ − + + + −

⇔ − = ⇔ + − =

+ +

1

x y y x

⇔ + − = ⇔ = − (vì với x y, thỏa mãn đk (*) ta có x2+y2 + + >x y 0)

Thay y= −1 x vào phương trình thứ (2) hệpt ta thu pt ( )

2

4x +5 1−x − +13 x = ⇔0 4x −5x− +8 x =0

( )2 ( )2

4x 4x x x 2x x

⇔ − + = − + ⇔ − = −

2 2

2

x x x x x x x x  − = −  + =

⇔ ⇔

− = − − =

 

 

+) 2

4

x+ = x ⇔ + +x  x −  =

  (phương trình vơ nghiệm x≥0)

+)

( )2

2

17 33

4 2 17 33

4 8

8 17 16

4

17 33

x

x x x

x x x x x ≤   +  − ≥   ≤ −    = − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − + = − =       −  =  

Với 17 33 33

8

x= − ⇒ =y − thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy hệpt cho có nghiệmx y;  là: 17 33; 33

8  − −        Câu

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

0 1

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

P = Q +Q

Từ ( )1 ( )2 suy P( )1 =0

Giả sử ( )

0

n n

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

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

0 n

a = = = =a a a = P x( )=0 ∀ ∈x 

Vì P x( )=0 ∀ ∈ ⇒x  P( )2 =0,P( )3 =0 3P( )3 −P( )2 = ⇒0 P(3P( )3 −P( )2 )=0

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

( )2 2( ) ( )

1 2

x y xy y x y x y xy

⇔ − − + − + − = + + + ( )2 2( ) ( )

2

x y y x y x y

⇔ + − + − = + +

( )( ) 2( )

2

x y x y y x y

⇔ + + − − + − = ( )( 2)

2

x y x y y

⇔ + − + − =

Vì x y, ∈ nên x+ −y 2;x+ −y y2 ước

+) 12

3

x y y x

y

x y y x y

(86)

+) 2

3 2

3 1

2

x y

x y y

x y y x y x

y

 =   = − + − = −

 ⇔ = ⇔

  

+ − = − + =  = −

  

=  

+) 2

7 2

1

2

x y

x y y

x y y x y x

y

 =   = − + − =

 ⇔ = ⇔

  

+ − = + =  =

  

=  

+) 22

1

x y y x

y

x y y x y

+ − = − = −

 ⇔ = ⇔

   =

+ − = − + = − 

 

Vậy cặp số nguyên (x y; ) ( ) (3;0 ; 3;−2 ;) (−1; ; 7; ; 3; ;) ( − ) ( ) (−1;0 )

Câu

1 Xét HAM ta có DHM  =DAM+AMH (1)

Xét đường tròn (O) ta có DAM =DMt (2)

Từ(1) (2) ta có DHM  =DMt+AMH

Vì Mt DH tiếp tuyến ( )O' nên DHM =HMt (3)   HMt=HMD+DMt (4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy  AMH =HMD suy MH phân giác góc AMD Chứng minh tương tự ta có MG phân giác góc BMC

2 Xét ( )O' có   

HGM =HMt = sd HM

  Xét ( )O có   

2

ECM =EMt = sd EM

 

Suy HGM =ECM hay IGM =ICM ⇒ tứ giác IMCG nội tiếp Ta có EHI  =EHA+AHG (4)

và      

180 180

EIM = −MIC= −MGC=MGB=MGH +BGH (5)

Lại có  AHG=BGH (6) (vì AH BG tiếp tuyến ( )O' )

và EHA  =DHM =MGH (7)

(87)

3 Ta có CE tia phân giác góc ACD ( )* (vì EM tia phân giác góc



AMD ⇒sd EA=sd ED)

Ta có EHI =EIM (chứng minh câu 4.2); ∆EHI ∆EIM có HEI =MEI

 

EHI =EIM

( ) EI EH

EHI EIM g g

EM EI



⇒ ∆ ∆ − ⇒ =

(8)

EI EH EM

⇒ =

Lại có EDH =DMH (vì EM tia phân giác góc AMD⇒sd EA=sd ED);

EHD

∆ ∆EDM có HED =MED EDH =DMH ⇒ ∆EHD∆EDM g( −g)

(9)

ED EH

ED EH EM

EM ED

⇒ = ⇒ =

Từ (8), (9) suy EI =ED nên tam giác EID cân E ⇒EDI =EID (10)

DI cắt ( )O K, ta có  1(  )

EDI = sd EA sd AK+ (11)

và  1(  )

2

EID= sd ED+sd KC (12)

Từ (10), (11), (12) sd EA=sd ED suy sd AK=sd KC⇒ DKlà tia phân giác góc

ADC ( )**

Từ ( )* ( )** suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD

Rõ ràng, HG qua I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD

Câu

1 Áp dụng BĐT ( ) 1 1 1 1

9 , ,

9

x y x x y z

x y z x y z x y z

   

+ +  + + ≥ ⇔ ≤  + +  >

+ +

   

Và 12 12 12 1 x y z, ,

x + y +z ≥ xy+ yz+ xz >

Vì a b c, , >0 ta có 12 12 12 1

a +b +c ≥ab+bc+ca, bất đẳng thức (1) ta cần chứng minh

( )

2 2

1 1 1 1

2 3

ac bc c ab ac a bc ab b ab bc ac

 

+ + ≤  + + 

+ + + + + +  

Ta có ( ) 2 2 2

3 3

a b c

ac bc c ab ac a bc ab b abc

+ +

 

⇔ + + ≤  

+ + + + + +  

3 3

ab bc ac a b c

a b c b c a c a b

+ +

⇔ + + ≤

+ + + + + +

Ta có

( ) ( ) 1 1

3 2 9

ab ab ab ab ab a

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

   

= ≤  + + =  + + 

+ + + + + +  + +   + + 

Vậy ( )

3

ab ab ab a

a b c a c b c

 

≤  + + 

(88)

Tương tự ta có ( )

4

bc bc bc b

b c a b a c a

 

≤  + + 

+ +  + +  ;

( )

1

5

ac ac ac c

c a b c b a b

 

≤  + + 

+ +  + + 

Cộng theo vê ( ) ( )3 , ( )5 ta có

1

3 3

ab bc ac ab bc ab ac ac bc a b c a b c

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

+ + + + + + +

 

+ + ≤  + + + =

+ + + + + +  + + + 

Vậy BĐT ( )2 BĐT ( )1

2. Gọi x x x1, 2, 3, ,x10là số phân biệt đánh liên tiếp cho 10 điểm phân biệt

thuộc đường tròn ( )O , x x x1, 2, 3, ,x10∈{1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10} Giả sử ngược lại

khơng tìm đỉnh thoả mãn khẳng định toán Khi ta có:

1 4 5

10

21 21 21

21

x x x x x x x x x x x x x x x x      

     

     

 

     

Từ suy 4(x1+x2+ + +x3 x10)≤10.21=210

Mặt khác ta lại có 10

10.11

10 55

2

x + + + +x x x = + + + + = = Suy ra: 4.55<210⇔220<210 (vô lý), điều giả sai

Vậy ta ln tìm điểm liên tiếp đánh số mà tổng số lớn 21

Đề số 11 Câu

1 Ta có a3 −2 2b3 =( ) ( ) (a 3− 2b = a− 2b a)( + 2ab 2b + )

Suy

( )

( )( )

3

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

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

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

+ − −

+

− =

+ + − + +

−

+ +

= =

−

− + +

( )( )

( )

3

2

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

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

2b 2b 2b

+ − +

+

− = −

+ +

−

− + − +

= − = =

(89)

Từđó suy ( )

2

a 2b

1 a 2b

P

a 2b 2b 2b

− −

= =

−

Cách 2:Đặt x= a; y= 2b ta

2 3

3 2

2x y x x y

P x

x y x xy y y xy

 +   + 

= −   − 

− + + +

    với x 0; y 0,x y≥ > ≠

2 Vì ba điểm O,A,B tạo thành tam giác nên m 4m 02− − ≠ và 3m 0− ≠

Tọa độ giao điểm A d Ox A 22 3m ;0 OA 22 3m

m 4m m 4m

 − ⇒ = −

 − −  − −

 

Tọa độ giao điểm B d Oy B 0; 3m 2( − )⇒OB 3m 2= −

Do tam giác ABO vuông O nên SOAB 1OA.OB 22 3m 3m

2 m 4m

−

= = − =

− −

Do đó, ( ) ( )

( )

2 2

9m 12m m 4m

3m

2

m 4m 9m 12m m 4m

 − + = − −

−

 = ⇔



− −  − + = − − −

2

m 7m 4m 12

2 m 11m 20m

11  =

 − + = 

⇔ ⇔ = −

− − =

  (thỏa mãn)

Câu

( )2 ( 2 ) 2 ( )2

1.∆ = 3m 2− −4 2m 5m 3− − =m 8m 16+ + = m 4+ ≥ ∀0, m Do đó, phương

trình ln có nghiệm, nghiệm x 2m 1; x1 = + 2 =m 3−

Phương trình có nghiệm dương

1

x 2m

x m

 >  + > ⇔

 >  − > 



1 m

2 ⇔ > −

Cách 2: Do ∆ ≥ ∀0, m nên PT ln có hai nghiệm Ta giải tốn ngược:

“Tìm m để PT có hai nghiệm khơng dương” ĐK tương đương với

S m

P

 ≤

⇔ ⇔ ≤ −  ≥



Cách 3: Do ∆ ≥ ∀0, m nên PT ln có hai nghiệm Yêu cầu toán tương đương

với PT có nghiệm x ,x th1 2 ỏa mãn 22 11

2

x x x x x x  ≥ >  > ≥ 

 > ≥ 

( )

3

2x y 3y x x 2y

x 3x 2y y *

 − − + + = + + 



(90)

Điều kiện:

2x y x 2y x

1 y

3  − − ≥  + ≥ 

 ≥   ≥ − 

Nhận xét:

x 2x y x

y  = − − + = ⇔ 

= −

 Không thỏa mãn điều kiện

x 3y x 2y

1 y

3  =  + + + = ⇔ 

 = − 

Khơng thỏa mãn phương trình  *

Do đó, ta có 2x y 1− − + 3y 1+ = x+ x 2y+

2x y x 3y x 2y ⇔ − − − + + − + =

x y x y 0 2x y x 3y x 2y

− − − −

⇔ − =

− − + + + +

1

(x y 1)

2x y x 3y x 2y

 

 

⇔ − − − =

 − − + + + + 

 

y x

2x y x 3y x 2y  = −

⇔ 

− − + = + + +



Với y x 1= − thay vào phương trình  * ta có

2 2 x

(x 1) (x 2) 2(x 1) (x 1) (x 1) (x 5)

x  = − + = − − − ⇔ − − = ⇔ 

=  x 1= ⇒y=0;x= ⇒ =5 y

Với 2x y 1− − + x = 3y 1+ + x 2y+ Ta có 2x y 3y x x 2y

2x y x 3y x 2y  − − + + = + + 



− − + = + + + 

Cộng vế với vếhai phương trình ta x 3y x

3 y

⇔ −

= + =

Thay vào  * ta (x 1) (x 2)2 (x 1)3 1(x 1)2 27

− + = − − −

2

(x 1) (25x 59 0) x

⇔ − + = ⇔ = (x 0)≥ Vậy hệ có nghiệm (x; y) (1;0);(5; 4)=

Cách 2:Bình phương hai vế PT thứ

(91)

( )( )

2

x 4xy 3y 2x 4y x y x 3y ⇔ − + − + + = ⇔ − − − − =

Câu

1 Đặta x.c,b y.c,(x,y 0)= = > Từđiều kiện suy (x 1)(y 1) 4+ + =

Khi đó, P x y xy x2 y2 3(x y) xy

y x x y xy 3(x y) x y + + +

= + + = +

+ + + + + + +

2

(x y) 3(x y) 2xy xy xy 3(x y) x y + + + −

= +

+ + + + Do (x 1)(y 1) 4+ + = ⇒xy= −3 (x+y)

Đặt t x y,(0= + < <t 3)⇒xy= −3 t

2 2

2 t

x y t

3 t xy t 4t 12 2

 + 

− = ≤  = ⇔ + − ≥ ≥

  ⇒ (do t 0> )

Khi đó, P t2 3t 2(3 t) t t 3

3 t 3t t t

+ − − −

= + = + −

− + + với 2≤ <t Ta có P t 3

2 t 2 ≥ − = −

Do đó, Pmin

2

= − đạt t= hay ( )x; y nghiệm hệ x y

xy  + = 



= −



Ta lại có P t2 3t t2 5t 2t (t t 3)( ) 1 2t 2t 2t

− − − + − + +

= = = + ≤ (do t 3≤ < )

Do đó, Pmax =1 đạt t 2= hay ( )x; y nghiệm hệ x y x y xy

 + =

⇔ = =  =



2 Đặt p 4p t (t N)3− + = ∈

Biến đổi thành p p 4( 2− )= −(t 3)(t 3) (1)+ ⇒p| t p| t 3( − ∨) ( + )

Trường hợp 1: Nếu p|t 3−

Đặt t pk(k N)− = ∈

Khi thay vào (1) ta có:

( ) 2

p p 4− =pk(pk 6)+ ⇔p pk 6k 0− − − =

Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:

( )

4

k 6k k 24k 16

∆ = + + = + + sốchính phương

Mặt khác với k 3> ta dễ chứng minh ( )k2 <k 24k 164+ + <(k 42+ )2

Suy trường hợp:

( )2

4 2

(92)

( )2

4 2

k 24k 16+ + = k 2+ ⇔k −6k 0− = (loại)

( )2

2 2

k +24k 16+ = k +3 ⇔6k 24k 0− − = (loại)

Do phải cók 3≤ Thử trực tiếp k 3= thỏa mãn

Từđó ta có t 36; p 11= =

Lưu ý: HS có thểlàm sau thay vào  1

( ) 2

p p 4− =pk(t 3)+ ⇔k(t 3) p 4+ = − ⇒p =kt 3k 4+ + Mặt khác ta có (t 3)− =p k2 ⇒ − + =t 6t k (kt 3k 4)2 + +

( )

2 3

t t k 3k 4k ⇔ − + + − − =

Coi phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:

( 3) (2 3 2) 6 3 2 2( 4 )

6 k 3k 4k k 24k 16k k k 24k 16

∆ = + − − − = + + = + + số

phương Muốn k4+24k 16+ phải một sốchính phương.

Sau cách làm giống

Trường hợp 2: Nếu p|t 3+

Đặt t pk(k N)+ = ∈

Khi thay vào (1) ta có:p p 4( 2− )=pk(pk 6)− ⇔p pk2− 2+6k 0− =

Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là: ∆ =k4 −4(6k 4− )=k4 −24k 16+ là một sốchính phương.

Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh (k 42− )2 <k 24k 164 − + <( )k2 2 Suy

các trường hợp:

( )2

4 2

k 24k 16− + = k 1− ⇔2k 24k 15 0− + = (loại)

( )2

4 2

k 24k 16− + = k 2− ⇔k −6k 0+ = (loại)

( )2

2 2

k 24k 16− + = k 3− ⇔6k 24k 0− + = (loại)

Do phải có k 3≤ Thử trực tiếp k 3= thỏa mãn

Từđó suy t 3;18= tương ứng p 2;7= Vậy tập tất giá trị p cần tìm {2;7;11}

(93)

1

a Xét hai tam giác ADB ACE có ACE 90º (chắn

2 đường tròn) nên

  90º

ACE ADB 

Hơn  ABD=AEC (cùng chắn AC) Suy ∆ADB∽∆ACE

Từđây ta có tỉ lệ thức AD AB A AE AB AC

AC  AE  D 

b Ta có PFQ=BAE (cùng chắn BE)

Mặt khác BAE BAD DAE mà BAD EAC ABD∽AEC

Nên BAE BAD EAC DAC

Do PAQ PFQ

Suy tứ giác APQF nội tiếpFAQ FPQ

Vì FAQ FBC (cùng chắn FC) nên FPQ FBC suy PQ/ /BC

c Ta có AB AC AD AE

Suy AB AC AD AK AD AE AD AK AD KE

Kéo dài AD cắt  O tạiM

Xét AKB CKE AK KB AK KE KB KC

CK KE

   

ADC BDM

 ∽ AD CD

BD MD

  AD MD BD CD

Mặt khác AME 90 (chắn 1

2đường tròn) O

K Q P

F

E M

D C

B

(94)

Suy ME AD mà DK AD nên DK / /ME

Áp dụng định lý Talet AME ta AD AK

DM  KE

Do AK DM AD KE

   

BD BK CD CK BD CD CK BK

 

AD MD.  . AK KE.   AD KE.  . AK MD. AD KE2.

BD BK CD CK AD KE

 

Vậy AB AC AD AK  BD BK CD CK

2 Xét ABC có BAC 90 , ABC 20 ACB 70

ACF

 có CAF 90, ACF 30 FC 2.AF

Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD BC

Khi đó, ABC ∽DBG BD BA

BG BC

 

  20º  20º

GCB GBC  GCF 

Do CG BE tia phân giác BCF ABC nên ;

FC BC BA AE FG  BG BC  EC

Do đó,

1

2FC 2BC

AF BD BA AE AF AE FG  FG  BG  BG  BC  EC  FG  EC

Từđó suy CG / /EF (ĐL Talet đảo)CFE GCF20

Câu

Với số tựnhiên đơi khác tùy ý có hai trường hợp xảy ra:

+ TH1: Có 3số chia cho 3có sốdư giống Tổng ba sốtương ứng chia hết cho

+ TH2: Có nhiều số chia cho 3có sốdư giống  Có số chia hết cho3, số chia cho dư1, số chia cho dư Suy chọn số có tổng chia hết cho

G E

F

D C

B

(95)

Do ta chia 17 sốlà số báo danh 17học sinh thành tập có 5, 5,

phần tử

Trong tập, chọn số có tổng , , 3a a1 2 a a a a3 1, ,2 3  Còn lại 17 9 8 số, số lại, chọn tiếp số có tổng 3a4 Cịn lại số chọn tiếp số có tổng 3a5

Trong số a a a a a1, , , ,2 3 4 5 có sốa a ai1, ,i2 i3 có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng sốbáo danh a( i1+ai2+ai3)9

Đề số 12

Câu 1:

1 Đặt x = 33+ 2 2 + 33 −2 2 =a+bkhi

( )3 ( ) ( )( )

3 3 3

3 2 2 3 2 2

x = a +b = a + b + ab a +b = + + − + + − x

⇒ 3

6 3

x = + x ⇔ x − x = (1)

Đặt y = 317 +12 2 + 317 −12 2 =c+d

( )3 ( ) ( )( )

3 3 3

3 17 12 17 12 17 12 17 12

y = c + d = c + d + cd c+ d = + + − + + − y

3

34 3 34

y y y y

⇒ = + ⇔ − = (2)

Từ (1) (2) suy A = 3 ( )

3

x + y − x + y = x3+ y3−3x −3y = +6 34 =40

2 Ta có 1

2

m + n =

( ) ( )

2

m n mn

m n mn mn mn

+

⇔ = ⇔ + =

Ta có ( )( ) x + mx + n x + nx + m =

2

0 (1) (2)

x mx n x nx m  + + = ⇔ 

+ + = 

Phương trình (1) PT bậc hai có

1 m 4n

∆ = −

Phương trình (2) PT bậc hai có

2 n 4m

∆ = −

Do 2 2 2 2 ( ) 2 2 ( )2

1 m 4n n 4m m n m n m n 2mn m n

∆ + ∆ = − + − = + − + = + − = − ≥ Suy ∆1 ∆2 có số lớn

Vậy phương trình cho ln có nghiệm

Câu 2: 1

2

1 (1) (2)

x xy y x y x  + + = 



− + =

 Điều kiện x≥0

Cách 1: PT (1)

1

x xy y

⇔ + + − = (3)

PT (3) phương trình bậc hai ẩn x có 2 ( )2

4

y y y

(96)

Do PT (3) có hai nghiệm x = −1 (loại x≥ 0), c y a

x=− = − (điều kiện y ≤ x ≥ 0) ⇒ y = -x + Thay y = -x + vào PT (2) ta có

3 1 4 5

x − − + +x x = ⇔ x − +1 x − +1 4x − =4 0

( )

3

1

1 x x x x − ⇔ + − + − = +

( )2 ( )

3

2

3 1 1 4 1 0

1 x x x x  −    ⇔ − + + − =  +    ( ) ( ) 3 1

1

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

⇒ = (TMĐK) suy y=0 (TMĐK)

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

Cách 2: đặt điều kiện cách

PT (1)

1

x xy y ⇔ + + − =

( )( ) ( )

( )( )

1 1

1

x x y x x x y

⇔ + − + + = ⇔ + − + = 1( ) x loai y x = −  ⇔  = − 

Thay y= −1 x vào (2) ta

3

1

1 (3)

x x x x x x − − + = ⇔ + − + =

Ta thấy x=1 nghiệm pt (3) y=0

Nếu x>1 vế trái lớn nên pt (3) khơng có nghiệm lớn Nếu 0≤x<1 vế trái bé pt (3) khơng có nghiệm 0≤x<1

2 2

2xy + + + =x y x + 2y + xy ( )

2 (1)

x x y y y y

⇔ − − + + − − =

Cách 1:

Đặt

2y − +y = a, PT (1) trở thành ⇔ x2−ax + − =a (2)

Phương trình (2) có ( )2

4

a a a

∆ = − + = − +

Phương trình (1) có nghiệm ngun ⇔ Phương trình (2) có nghiệm nguyên

⇒ ∆ số phương

Đặt ( )2 2

2 k

a − + = (k∈N ) ( )2

2

k a

⇔ − − = ⇔(k + −a 2)(k − +a 2) =4

Vì (k+a– 2) (+ k–a+2)=2k số chẵn có tích số chẵn nên (k+a– 2)

(k–a+2) số chẵn

Do 2

(97)

Vậy phương trình (2) có nghiệm

2

0

2

a k x

 + +

= = =

 

 − −

 = = =

 Ta có

2y − − = = ⇔y a 2y2− − =y ⇔2y2−2y + − =y

( 2)( 1) 1

2

y y y

y =  

⇔ − + = ⇔

 = − 

Ta chọn y=1 (vì y ∈ Z)

Vậy nghiệm nguyên (x ; y) phương trình (2 ; 1) (0 ; 1)

Cách 2: Có thể phân tích đưa phương trình ước số (các bạn tự giải)

Câu 3:

1.Gọi A Ai j hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 8073 điểm cho

Giả sử Ak điểm cách xa đoạn thẳng A Ai jnhất Khi

Tam giác A Ai j Aklà tam giác lớn có diện tích khơng lớn

Vẽ đường thẳng qua điểm Ai, Aj, Ak song song với cạnh i j k

A A A

∆

Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tam giác nhỏ

Tam giác lớn có diện tích khơng q đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 8073điểm

đã cho

Ta có 8073 chia cho 2018 dư nên theo ngun lý Dirichlet suy có

1 tam giác có 1tam giác chứa 2019 8073 điểm cho

2.Đặt 3

1 1

a b b c c a

P= + + + + + suy

3 3

2 2

2P= a b + + b c + + c a + =

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

2a b +1 b − +b + 2b c +1 c − +c + 2c a +1 a − +a

( ) ( ) ( ) 2

2 2 6

a b b c c a =ab bc ca Q

≤ + + + + + + + + = +

Khơng tính tổng quát, ta giả sử b ≤ ≤c a ta có

( )( ) 2

0

b a −c c −b ≥ ⇔ abc +b c ≥ ab + bc ⇔ ab2+bc2+ ca2 ≤ abc +b c2 + ca2

Do 2 2 2 2 ( )2

2

Q≤ abc +b c + ca ≤ abc + b c +ca = c a +b = ca +b a +b

( )2

3 3

4

4 4.3

4

27 2 27 27

a b c a b a b

c + + + +

 

≤  + +  = = =

 

Do 2P≤10 ⇔ ≤P Dấu “ ”= xảy ⇔a b c+ + =3, b ≤ ≤c a, 2c= +a b, abc=2abc

0, 1,

b= c= a= ⇔

Câu 4:

(98)

  90

ANM = APM = ° nên AMNP tứ giác nội tiếp (1)

  90

NAP = NHP = ° nên NAPH tứ giác nội tiếp (2)

Từ (1) (2) suy N A P H M, , , , thuộc đường tròn

  180

AMH APH

⇒ + = °  ANM = APM =90° nên

AMNP tứ giác nội tiếp (1)

Ta có  APC = MDC = 90° nên AMNP tứ giác nội tiếp Suy P 1=C1 mà C 1= MBD (vì AD trung trực BC)

 

1

MBD P

⇒ =

Ta có   AMB = ADB + MBD =90°+ MBD mà MBD = P1

Suy AMB =90° +  P1= APM + P 1 = APH ⇒ AMB   + AMH = APH + AMH =180°

Do B M H, , thẳng hàng ⇒ AH ⊥BH b) Ta có  IBA= BAD =45° (vì BI  AD )

Tam giác ADB vng D có DI trung trực nên DI phân giác góc ADB

  45

ADI BDI

⇒ = = ° Do IBA = IDA(= 45°) ⇒ A, I, B, D thuộc đường tròn

(3)

Ta có  AHB = ADB =90° nên A H D B, , , thuộc đường tròn (4)

Từ (3) (4) suy A H D B I, , , , thuộc đường tròn

 

180

IHD IBD

⇒ + = ⇒ IHD =90° (vì IBD =900) lại có NHD =90°

Do H N I, , thẳng hàng

2

 Cách 1:

Kẻ AD đường kính đường trịn ( )O

Xét tam giác vuông ∆HBA ∆CDA

có B1 = D1 (vì nội tiếp chắn AC)

nên ∆HBA∽∆CDA (g.g) HB = AB

CD AD HB AD=AB CD

⇒ ⇒

Tương tự ∆HCA∽∆BDA (g.g) ⇒ HC = AC

BD AD ⇒HC AD =AC BD

Do HB = AB DC

HC AC DB (1)

Ta có ∆AMB∽∆CMD (g.g) NB = AB

MD CD

⇒ ⇒MB CD =MD AB

Tương tự MC = AC

MD BD⇒MC BD =AC MD

Do MB = AB DB

MC AC DC (2)

P

D C

I

H B

A N

M

1

D M A

B

O

H C

1

(99)

Ta có HB + MB AB DC + DB AB.2 DC DB 2.AB

HC MC AC DB DC AC DB DC AC

 

=  ≥ =

 

Dấu " "= xảy ⇔DB = DC ⇔ AB = AC ⇔ ∆ABC cân A

Cách 2: (Cách không thích xóa nha Do copy nên để nguyên trạng)

Gọi I giao điểm AH với đường trịn (O) Kẻ đường kính AD.

Ta có   ABD = ACD = AID =90° Do BC // DI ⇒ BI =CD ⇒  A1= A2

Ta có DIBC hình thang cân nên CD = BI, CI = BD

Xét ∆AHB ∆ACD có  A1= A2, AHB = ACD(=90°)

⇒ ∆AHB ∽∆ACD (g.g) HB AB CD AD ⇒ = (1)

Xét ∆ABD ∆AHC có BAD = HAC, ABD = AHC (=90°)

⇒ ∆ABD ∽∆AHC (g.g) BD AD HC AC ⇒ = (2)

Từ (1), (2) suy HB BD AB AD AB

CD HC = AD AC = AC HB AB CD HC AC BD ⇒ = (3)

Xét ∆ABI ∆AMC có  A1= A2,   

1 2sđ A AIB = ACB= C

 

⇒ ∆ABI ∽∆AMC (g.g) BI AB MC AM ⇒ = (4)

Xét ∆ABM ∆AIC có  BAM = IAC,   

2sđ A

ABC = AIC = C

 

⇒ ∆ABM ∽∆AIC (g.g) MB AM CI AC ⇒ = (5)

Từ (4), (5) suy BI MB AB AM AB

MC CI = AM AC = AC MB AB CI MC AC BI ⇒ = (6)

Từ (3) (6) suy HB MB AB22.CD CI HC MC = AC BD BI =

2

AB CD CI AB

AC BI BD = AC (vì CD = BI, CI = BD)

Ta có HB MB HB MB AB22 2.AB

HC + MC ≥ HC MC = AC = AC

Dấu “=” xảy HB MB

HC MC

⇔ = HB MB

HB HC MB MC

⇔ =

+ +

HB MB BC BC

⇔ = ⇔ H ≡ M

⇔ ∆ABC cân A

Đề số 13 Câu 1:

Ta có:

1

2

4

2

+

= = +

− −

I D

M A

B

O

H C

1

(100)

( )

2 3

2

1

9 3

3

+

= = +

− −

⇒ 3 3 3

3 3

A= + − + − = + − −

 

⇒ A=1

Câu 2:

a) Phương trình BC có dạng y=ax+b qua B C nên có hệ phương trình

3

b a b = 

 = + 

⇒

2

a= − b= ⇒3 phương trình đường thẳng BC

2

y= − x+ Phương trình hồnh độgiao điểm dmvà BC là:

1

2

mx− m+ = − x+ ⇔(2m+1)x=2 2( m+ ⇔ =1) x

2

m≠ − nên giao điểm K( )2;

b) Ta có 1.3.6

2

OBC

S = OC OB= = (đvdt)

Nếu dm cắt cạnh OC D dmchia thành hai

phần tam giác CDK tứ giác DOBK mà:

1

2

OBC

CDK COK K

S

S ≤S = x OC= < nên nhận

Khi dmcắt cạnh OB E ta có: yE =0

2

E

x

m

= − đồng thời thỏa:

2

0

m < − <

1

.2

2

KEB K B E

S y EB x x

⇒ = = −

m

d chia tam giác OBC thành hai phần có dện tích khi:

2

4

2

KEB

S m

m

= + = ⇔ = (thỏa điều kiện)

Câu 3: a) Điều kiện:

9−x ≥0 3− ≥ ⇔x x ≤ ⇔ − ≤ ≤3 x

Ta có

( ) ( )2

2

24 9+ −x =4 3− +x 3−x 3+ + +x x =4 3− +x 3+x

Nên phương trình trởthành: 2( 3− +x 3+x)= +x 3− +x

Hay 3− = +x x

( )2

3 x x x x x

⇔ + − + + = ⇔ − − = ⇔ + = ⇔ = − (thỏa)

(101)

b) Điều kiện: x≠1;y≠ −3, biến đổi phương trình thứhai thành: 13

1

x− + y+ =

Đặt ;

1

X Y

x y

= =

− + ta có hệphương trình

12 19

8 13

X Y X X Y Y

+ = =

 

⇔

 + =  =

 

Vậy

1

2

1

x x

y y

 =

 −  =

 ⇔ ⇒

  = −

  =

+ 

hệ có nghiệm (2; 2− )

Câu 4: Tổng số ô bịmờ sốlà 100−(40 7+ + )=44

Tổng sốđiểm 100 lần bắn 8, 35.100=835

Tổng sốđiểm vị trí khơng bịmất sốlà 9.40 6.9 5.3+ + =449

Suy tổng số điểm bắn vị trí bị 835 449− =386, số

chẵn

Suy ô điểm số lần bắn có thểlà số chẵn, có khảnăng 10,

12, 14

Gọi x, y số lần bắn 10 điểm điểm Điều kiện: x y, ∈N; 20≤ <x 30;10≤ <x 20

Trường hợp 1:Ô điểm nhận giá trị10, theo đềbài ta có hệphương trình

34 34 22

449 10 70 835 10 316 12

x y x y x x y x y y

 + =  + =  =

 ⇔ ⇔

 + + + =  + =  =



 

 thỏa điều kiện

Trường hợp 2:Ô điểm nhận giá trị12, theo đềbài ta có hệphương trình

32 32 23

449 10 84 835 10 316

x y x y x x y x y y

 + =  + =  =

 ⇔ ⇔

 + + + =  + =  =



 

 loại

Trường hợp 3:Ô điểm nhận giá trị14, x = 20 y = 10 suy

Tổng sốđiểm bắn là:

20.10 9.40 8.10 7.14 6.9 5.7+ + + + + =827 không phù hợp

Vậy chữ sốhàng đơn vị ô 10 điểm, điểm, điểm 2, 2,

Câu 5:

a) Ta có 2 ( )( )

MA −MD = MA MD+ MA MD−

Mà MA+MD=DA MA MD; − =MB−MD=DB nên

2

MA −MD =DA DB

b) Do M trung điểm AB nên OM ⊥AB

2 2

OD OM MD

⇒ = + 2

OM =OA −MA

( )

2 2 2

OD OA MA MD OA DA DB

⇒ = − − = − (1)

2

OA OD DA DB

(102)

Tương tựta có 2

OA −OE =EA EC (2)

Mà theo giả thiết ta có OD=OE nên từ(1) (2) cho ta: DA DB =EA EC

c) Do G H K, , trung điểm đoạn BE, CD ED nên

/ /

KG AB KH / /AC⇒GKH =DAE (3)

Mặc khác theo tính chất đường trung bình ta có:

1

KG

DB =

1

KH

EC = nên

KG DB DB = EC (3)

Theo câu b: DA DB EA EC DB EA KG AE

EC DA KH AD = ⇒ = ⇒ = (4)

Từ(3) (4) cho ta hai tam giác AED KGH đồng dạng nên KGH =AED

Mà KH / /AC nên EKH = AED

Suy  KGH =EKH nên ED tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác

GHK

Câu 6:

Từ hai hệ thức cho, xem zlà tham số giải hệphương trình ẩn x y, theo z ta

được

2

z x

z z + =

− +

2

1

z y

z z − =

− +

2 2

2

1 1

z z x y

z z z z z z

+ −

⇒ − = − = ⇒

− + − + − + điều phải chứng minh

Do 2

1

2

z − + =z z−  + >

  nên từ hệ thức ( )( )

2

2x−y z − + =z cho ta 2x− >y

Mà x y z, , ∈ suy z2− + =z z2− + =z 1

Trường hợp 1:

1

z − + =z

Ta có ( )( )

6 3;

z − − = ⇔z z− z+ = ⇒ =z z= − Với

2

z= ⇒ =x (loại)

Với z= − ⇒ =2 x y= −1 (nhận)

Trường hợp 2: 2 ( )

1 1 0;

z − + = ⇔z z − = ⇔z z z− = ⇒ =z z= Với z= ⇒ =0 x y= −3 (nhận)

Với z= ⇒ =1 x y= −1 (nhận)

Đề số 14

a) Ta có A= +(3 3) 33 12 5− −3(1 3− ) (3 = +3 3) 33 12 3− +

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

3 33 12 3 21 12 3 3

(103)

(3 3)(2 3)

= + − =

b) ĐKXĐ: x y, ≥0 Ta có

( ) ( )3

6 12 2

x x− x+ x− = y y ⇔ x− = y ⇔ y = x−

Thế vào phương trình thứ hai ta

( )( )

2

9

x x x x x x

x =  − − = − ⇔ − − = ⇔ 

= 

Với x=1 y = −1 (loại) Với x=9 y = ⇔ =1 y Hệ có nghiệm

( ) ( )x y; = 9;1

Câu 1: a) Ta có phương trình tương đương ( )2

2 2

x− − x− + + =m Đặt x− = ≥2 t

1) Ta có phương trình

2 (*)

t − + + =t m Để phương trình ban đầu có

nghiệm phân biệt phương trình (*) phải có nghiệm dương phân biệt Khi

'

0

2

1

m

m m

m ∆ > 

− > 

 > ⇔ ⇔ − < <   > −

  + > 

2) b) Gọi phương trình đường thẳng ( )d :y=ax b+ Vì ( )d qua M( )0;3 nên

( )d :y=ax+3 Hoành độgiao điểm ( )d ( )P nghiệm phương trình

2

3 0,

x −ax− = 1.( )− <3 nên phương trình

3

x −ax− = ln có hai nghiệm

phân biệt hay ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B có hồnh độ xA xB

3) Theo Vi-ét

A B A B

x x a x x

+ = 

 = −

 Khi tọa độ ( )

2

; ,

A A

A x x B x( B;xB2), C x( A; ,)

( B; ) D x

4) Ta có ( ) ( ) ( )

2 2

20

2

A B A B

ABCD

x x x x AC BD CD

S = + = + − =

5) ( )2 ( )2 ( 2 ) 2

2 40 12 40

A B A B A B A B

x x x x x x x x a a

 

⇒ + −  + − = ⇒ + + =

6) Đặt

12

a + =t ta có ( )( )

6 40 4 10

t − −t = ⇔ −t t + +t =

7) ( ) ( )2

4 12

t  t  t a a

⇔ −  + + = ⇔ = ⇒ + = ⇔ = ± 8) Phương trình đường thẳng ( )d :y= − +2x 3;( )d : 2x+3

Câu 2: a) Ta có phương trình tương đương ( ) (2 )2

1 25

x+ + x+ +y =

9) ( ) (2 )2 2 2 2 2

1 25

x x y

(104)

11) TH1: ( ) (; { 1; ,) ( 1; )}

2

x

x y x y

 + =

 ⇒ ∈ − − −



+ + =



12) TH2: ( ) (; { 6; , 4; ) ( )}

2

x

x y x y

 + =

 ⇒ ∈ − −



+ + = 

13) TH3: ( ) (; { 2; , 2; ,) ( ) ( 4; ,) ( 4; )}

2

x

x y x y

 + =

 ⇒ ∈ − − − −



+ + =



14) TH2: ( ) (; {3; , 3; ,) ( ) ( 5; ,) ( 5; )}

2

x

x y x y

 + =

 ⇒ ∈ − − − − −



+ + = 

15) b) Gọi số tự nhiên cần tìm ( )3

abcd = a+ + +b c d theo

1000≤abcd≤9999

16) Đặt

1000 9999 10 21

a+ + + = ⇒b c d n ≤n ≤ ⇔ ≤ ≤n

17) Mặt khác ( ) ( ) ( )

999 99 9 1

abcd = a+ c+ c+ =n n ⇒ n −n  ⇔ n− n n+  Do đó,

trong ba số n−1, ,n n+1 phải có số chia hết cho 9, kết hợp với

{ }

10≤ ≤n 21⇒ ∈n 10;17;18;19

18) Với n=10⇒ + + + =a b c d 10⇒abcd=1000 (loại)

19) Với n=17⇒ + + + =a b c d 17⇒abcd=4913 (thỏa mãn)

20) Với n=18⇒ + + + =a b c d 18⇒abcd =5832 (thỏa mãn)

21) Với n=19⇒ + + + =a b c d 19⇒abcd =6859 (loại)

Câu 3: a) Áp dụng phương tích đường trịn ta có

AB = AD AE Áp dụng hệ thức tam

giác ABO vuông B, AH đường cao có

2

AB = AH AO

AH AO AD AE

⇒ =

AH AD

AHD AEO

AE AO

⇒ = ⇒ ∆ # ∆

 

AHD AEO

⇒ = nên tứ giác OEDH nội tiếp

b) Gọi I giao điểm AE BC Ta có

   AHD=DEO=ODE=OHE⇒BHD =BHE.

Suy HI phân giác ∆DHE mà HI ⊥ AH nên HA đường phân

giác ∆DHE

Do HD DE ID

HE = AE = IE mà PQ// BK nên A P K, , thẳng hàng

Câu 4:

I K

Q

P H

D

C B

O A

(105)

Đường chéo BD cắt AN AM, P Q Ta có PAM =PBM =45° nên

tứ giác ABMP nội tiếp Suy PMA  =PBA=PAM =45° ⇒ ∆APM vuông cân

Tương tự  NDQ=NAQ= °45 nên tứ giác ADNQ nội tiếp

   45

QNA QDA QAN

⇒ = = = ° ⇒ ∆AQN vuông cân Kẻ PH ⊥AM H

HA HM PH

⇒ = = hay AM =2PN

Ta có

.2

APQ

AMN APQ AMN

S PH AQ PH NQ

S S S = NQ AM = NQ PH = ⇒ =

Câu 5:

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

1

1 1

1 2

a b a b

a ab b

a a a

b b b

+ +

+ = + − ≤ + − = + − +

+ +

Tương tựta có 2 ( 1) ; 2 ( 1)

1 2

b bc c c ca a

b c

c a

+ ≤ + − + + ≤ + − +

+ +

Cộng theo vếđược

2 2

1 1

3

1 1 2

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

a b c

b c a

+ + + + + ≥ + + + − + + + + + ≥ − + + +

+ + +

Mặt khác ta có BĐT ( )2 ( )

3

a+ +b c ≥ ab bc+ +ca ⇔ab bc+ +ca≤

Do 2 2 2

1 1

a b c

b c a

+ + + + + ≥

+ + + Dấu “=” xảy a= = =b c

Đề số 15 Câu 1: (4,5 điểm)

1) Ta có:

( )

1 3 3 2

2 3 3 1

x y m x y m x m x m

m x y m x y m y x m y m

− = + − = + = =

   

⇔ ⇔ ⇔ ∀ ∈

 − = +  − = +  = − −  = −

    

Ta có: 2 2 2 ( )2

8 8( 1) 8 2 12 12

P=x + y= m + m− = m + m− = m+ − ≥ −

Dấu “=” xảy 2m+ =2 0⇔ = −m 1 Giá trị nhỏ P −12

1

m= −

2) Ta có ( )

( )

( ) ( )( )

2

2 3

2

1

1 ( ) 1 2

x y xy xy x y x y

x y x y xy x y xy

 

 + = − + = = − −

 ⇔ ⇔

  

− = − − + = − − + = −

  

(106)

( )( )2

2 1 0

x y x y

⇔ − − − + =

Xét 3 ( ) 3

2 2 2 4 3 0

2 2

x− = ⇒y xy = − ⇒x x− = − ⇔ x − x+ = Vô nghiệm Xét x− = − ⇒y xy=0 Suy hệ có nghiệm ( ) ( ) (x y; ∈{ 0;1 , −1;0)}

Câu 2: (4,5 điểm)

1 Ta có:

4

9 24 27 (*)

x − x + x − x+ =

Với x=0, (*)⇔0x+9=0 (phương trình vô nghiệm)

Với x≠0 chia vế phương trình (*) cho x2

2

27 3

(*) x 9x 24 + 0= x x 18

x x x x

   

⇔ − + − = ⇔ +  −  + + =

   

3

6

x x

 + − = 

  

⇔ + −  + − = ⇔ 

    + − =



2

3 ( )

3

6

3

x x vo nghiem

x

x x

x

 − + = 



⇔ = +

− + = ⇔  

= − 

 

 Ta có:

3

1 1

a b c a b c

b c a a b b c c a

a b c a b c

b c a a b b c c a

 

+ + + ≥  + + 

+ + +

 

       

⇔ + +  + +  + ≥  + + 

+ + +

       

( ) (2 ) (2 )2

4 4

0

( ) ( ) ( )

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

b a b c b c a c a

+ + +

⇔ − + − + − ≥

+ + +

− − −

⇔ + + ≥

+ + +

Ln a, b, c sốdương Dấu xẩy a = b = c

Câu 3:

1)Cách 1:1 1 bc a b c( ) (1)

a = + ⇔b c = +

(107)

Vậy abc chia hết cho

TH2: Nếu a số nguyên lẻ Với b c hai sốcũng lẻ thì: b c+ 2⇒a b c( + ) 2

Mà a b c khơng chia hết cho (vì a, b, c lẻ) Suy mâu thuẫn

Vậy hai số, b, c tồn số chẵn

+ Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn (vì b.c chẵn nên a(b+c) chẵn suy c chẵn, a lẻ)

Suy abc chia hết cho

+ Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho Cách 2:

( )

2

1 1

( ) (2)

bc a b c abc a b c a = + ⇔b c = + ⇔ = +

Ta thấy a, b, c số lẻ vây abc số lẻ, cịn b+c số

chẵn

Vậy số tồn số chẵn

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

Nếu b chẵn, a lẻ nên b + c chẵn (vì abc chẵn) suy c chẵn Vậy abc chia hết cho

Tương tự cho trường hợp c chẵn

2.Cách 1: Dùng hàm Ơle:

Phân tích số m thừa sốnguyên tố: x y z

m= p p p

Số số nguyên dương không vượt m nguyên tố cùng với m

1

1 1

( )m m

p p p

ϕ =  −    −   −       

Ta có: 1

999 37 (999) 999 648

3 37

ϕ    

= ⇒ =  −   − =    

Có 648 số nguyên tố với 999 khơng vượt q 999 Vậy có 649 số ngun tố với 999 không vượt 1000

(108)

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

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

nhau với 999

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

999=3 37

B = (Số sốnguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 3) – (Số số

nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3)

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

999

1 333

− + =

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

999 37

1 27 37

− + =

+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 (chia

hết cho 111) là:999 111

111

− + =

+ Số sốnguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia

hết cho là:27 18− =

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

Câu 4:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 99

1 2 3 99 100

2 3 98 99 98 99 100 99

1 99 99 100

A= + + + +

+ + + +

= − + − + − + + − + −

= − − − − − − +

Và B= 2+ 3+ + + 100 100 100 999

A B

⇒ + = − =

Câu 5:

a) Gọi F tiếp điểm BC với đường tròn (I) Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có:

; ;

AD=AE BD=BF CE=CF Suy ra:

( ) ( ) ( )

– –

AB+AC BC= AD+DB + AE+CE BF+CF

2 1 2

1

S

M N

F E D

I A

(109)

2

AD AE AD

= + =

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

Thật vậy:

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

   

 

2

1

(hai goc so le trong);

B BSM B B BSM B

⇒ = =

⇒ =

Suy tam giác MBS cân M nên MB=MS=MC

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

Tứ giác IECF IESC, tứ giác nội tiếp (đường trịn đường kính IC)

Nên điểm I E S C F, , , , thuộc đường trịn đường kính IC

Ta có:

       

1 1

; ( cua tam giac)

(1)

SEC SIC SIC B C goc ngoai SEC B C

⇒ = = +

⇒ = +

Lại có tam giác ADE cân A

nên:       1

180

90

2

A A

AED=ADE= − = − =B +C (2)

Từ(1) (2) suy SEC=AED màA E C, , thẳng hàng nên D E S, , thẳng hàng

Vậy ba đường thẳng BI DE MN, , đồng quy

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

Đề số 16 Câu 1: Gọi số cần lập có dạng abcd > 2019

Trường hợp 1.a >

Có cách chọn a a ∈{3, 4,5, 6, 7,8,9}

Có cách chọn b ( Trừ chữ số chọn cho a )

Có cách chọn c ( Trừ chữ số chọn cho a, b )

Có cách chọn d ( Trừ chữ số chọn cho a, b, c )

(110)

Trường hợp 2.a = 2, b >

Có cách chọn b Có cách chọn c Có cách chọn d

Trường hợp có 8.8.7 = 448 (số ) Trường hợp 3.a = 2, b = 0, c >

Có cách chọn c Có cách chọn d

Trường hợp có 7.7 = 49 (số)

Nhưvậy, số số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán

3528 + 448 + 49 = 4025 ( số)

Câu 2:

1) Ta có: A 3n3 15n = 3n3 n 6n 3n1 n n 1 6n 

Với số nguyên n, n1 n n 1 6n chia hết cho

Vậy A 3n1 n n 1 6n  chia hết cho 18

2) Gọi số ô tô lúc đầu x với x ∈  ; x ≥

Số học sinh tham quan 12x1

Theo giả thiết số xe x – thì số học sinh đồn chia cho tất xe Khi xe chở y học sinh với y ∈N ; <y ≤ 16

Ta có: x1y12x1

12 13

12

1

x y

x x



   

 

Vì x, y  nên x 1 Ư(13)=1 13; 

Với x −1 = ⇔ x = suy y = 25 (loại)

Với x −1 = 13 ⇔ x = 14 suy y = 13 (thỏa mãn) Vậy đoàn tham quan có 14 tơ 169 học sinh

(111)

Đáy hộp hình chữ nhật có kích thước MQ = BE = 2.1 = 2(cm)

 

3

21

2 .

QPFD  cm

Chiều cao hộp chiều cao nến

Thể tích khối hộp làV = 2.3.20 = 120 cm3

2a)

a) Ta có: MQ là đường trung bình tam giác AID

Suy MQ // AD suy DABQMN Tương tự BCDNPQ có D DABBCD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung)

Suy QMNNPQ

Suy tứ giác MPNQ nội tiếp

(112)

2b) Vì ABCD nên 1  2

2. . 8. . 16

MPNQ

S  MN PQ AB CD AB CD

Kẻ OH ⊥ AB H , OK ⊥CDtại K, ta có :

AB2 +CD2 = 4( AH 2 +CK 2 ) = 4(R2 −OH 2 +R2 −OK 2 )

= 4(2R2 −KH 2 ) = 4(2R2 −OI 2 )

Suy 1 2

4 MPNQ

S  R OI (không đổi)

Vậy SMPNQ đạt giá trị lớn  

2

1

4 R OI

đạt : AB =CD ⇔OH =OK ⇔OKIH là hình vng

nên AB và CD lập với OI các góc 45o

Câu 4:

1) Điều kiện:

 2

1

5

x y

y x

     

    

Từ phương trình (2) ta có:

      

4

3

5 10 2 0

5 2 2 0 2 5 1 0

x x y x xy

x x y x x y x x y x

   

        

0

x

x y

     

Với x = thay vào (1) ta có: 1 42y 42y  5 42y 42y4

4 2y 4 2y 2y y y y

            

Với: x = y Thay vào phương trình (1) ta

 2     

1 5 4 5 *

x   x   x x   x   x x x 

Đặt 4

2

+ . =t

t x x   x x 

Thay vào phương trình (*) ta có:

2

5

5 15

2

t t

t t t

t   

 

         

Khi

3

= 2 x

t x x x x

x              



Tóm lại, hệ có nghiệm    0 3

; ; , ;

x y   

(113)

2) Nếu chia trục số thành hai phần số 0, số 2x1 , 2y1 , 2z1 tồn

tại hai số nằm phía, khơng tính tổng qt giả sử

2 2 1 2   

2 z

x y   xy  xy z xy  xyz

Từ 2

2

x y z  xyz suy

 

2 2

1 2 2

2 z

z xyz x y xy xyz xy z xy 

         

Vì 1

2 2

z z

Pxyyzzx xyz   

Với

2

x  y z P

2 Vậy giá trị lớn P

Đề số 17 Câu 1:

a) Phương trình:

2− = −x x−1 (*)

ĐKXĐ: x≥1

Đặt

1

 = − 



= − 

a x

b x với

a≤1,b≥0

3

2

 = − 

⇒ 

= − 

a x b x

3 1

⇒a +b =

Từ ( )* ta có: a= −1 b ⇒ = −b a

Thay b= −1 a vào thệ thức a3+b2 =1⇒ ( )2

1

+ − =

a a ⇔a3+a2−2a+ =1

3

2

⇔a +a − a= ( )

2

⇔a a + −a = ⇔a a( +2)(a− =1)

* Nếu a=0 (Thỏa mãn) ⇒ =b Ta 2

1

− = 

⇔ =  − =

 x

x

x (Thỏa mãn ĐKXĐ) * Nếu a+ =2 ⇔ = −a ⇒ =b Ta 10

1

− = − 

⇔ =  − =

 x

x

x (Thỏa mãn ĐKXĐ)

* Nếu a− =1 ⇔ =a ⇒ =b Ta 1

1

− = 

⇔ =  − =

 x

x

x (Thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy phương trình có tập nghiệm S ={1; 2;10}

b) 2

2.3 3.4 2020.2021

    

= −  −   − 

    

(114)

Với n∈ ta có:

( ) ( ) ( ()( ) )

2 1 2

1

1 1

− + + −

− = =

+ + +

n n

n n n n n n

Áp dụng kết ta có:

1.4 2.5 3.6 2019.2022

2.3 3.4 4.5 2020.2021

=

S ( ) ( )

( ) ( )

1.2.3 2019 4.5.6 2022 2.3.4 2020 3.4.5 2021

= 1.2022 337

2020.3 1010

= =

Vậy 337

1010

=

S

Câu 2:

a) Ta có: ( 2)

+ + 

a ab b ⇒4(a2+ab b+ 2)9

( )2 2

2

 

⇒ a b− + b  ( )1

Mà

3b 3nên (2a b− )23 mà số nguyên tố nên (2a b− )3

(2a b− )3 nên (2a b− )29 ( )2

Từ ( )1 ( )2

3

⇒ b  ⇒b23 mà số nguyên tố ⇒b3

(2a b− )3 b3 ⇒ 2a3 mà ( )2;3 =1 nên a3

Vậy a vàb chia hết cho

b) Ta có tích từ ba số tự nhiên liên tiếp trở lên chia hết cho

Theo đềbài 9n+11 tích k số tự nhiên liên tiếp mà 9n+11không chia hết k =2

Đặt 9n+ =11 a a( +1) với alà sốnguyên dương

( )

9n+ =11 a a+1 ⇔4.9n+45=4a2+4a+1

( )2 ( )2

2 2.3 45

⇔ + − n =

a ⇔(2a+ −1 2.3n)(2a+ +1 2.3n)=45

Vì a n, nguyên dương 2a+ +1 2.3n ≥9 nên xảy trường hợp sau:

Trường hợp ( )

( )

2 2.3

 + − = 



+ + = 

n n

a a

(115)

Trường hợp ( )

( )

2 2.3 15

2 2.3

 + − =   + + =  n n a a

Từ ( )3 ( )4 ta có 4a+ =2 18 ⇔ =a ⇒9n+ =11 20 ⇔9n =9 ⇔ =n 1 (Thỏa mãn)

Trường hợp ( )

( )

2 2.3 45

2 2.3

 + − =   + + =  n n a a

Từ ( )5 ( )6 ta có 4a+ =2 46 ⇔ =a 11 ⇒9n+ =11 132 ⇔9n =121 ⇔ ∈∅n Vậy n=1

Câu 3:

a) Ta có 1 0; + > − x y 1 0; + > − y z 1 + > − z x Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có:

2

1 1 1

36

4 4

 

= + − + + − + − 

− − −

 x x y y y y z z z z x x

( ) 1 1 1

4 4

 

≤ + − + + − + + −  + + + + + 

− − −

 

x y y z z x

1 1 1

36 12

4 4

 

⇔ ≤  + + + + + 

− − −

x y y z z x

1 1 1

3

4 4

     

⇔ +  + +  + + ≥

− −  − 

x y  y z z x ( )*

Giả sử ba số 1 , + − x y 1 , + − y z 1 + −

z x nhỏhơn

⇒ 1 1 1 1

4 4

 +  + +  + + < + + =  −   −   − 

x y  y z z x (Trái với ( )* )

Do số 1 ,

4 + − x y 1 , + − y z 1 + −

z x ln tồn số lớn

1

b) Ta có 2P=2(ab bc ca+ + )−2abc

( ) 2

2

= ab bc ca+ + +a + + −b c (Vì 2

2

(116)

( )2

= a+ +b c − Mặt khác: 2

2

+ + + = a b c abc

⇔ 2 2 2

2

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

1

⇔ ab+c = −a −b

Từ 2

2

+ + + =

a b c abc ⇒a2<1 , b2 <1 ⇒ 1−a2 >0 , 1−b2 >0

Theo bất đẳng thức AM –GM với hai số

1−a ,1−b2ta có: ( )2 ( 2)( 2) 2 2

1

2

 − − 

+ = − − ≤  

 

a b ab c a b

2 2

2

− − ⇔ab+ ≤c a b

( )2

2

− +

⇔ ≤c a b ( )1

Mặt khác theo bất đẳng thức AM –GM với hai số (a+1)2 ta có:

( )2 ( )2 ( )

1 .1

+ + ≥ + = +

a b a b a b

( )2

+ +

⇒ + ≤a b a b ( )2

Từ ( )1 ( )2 ta có: ( ) ( )

2

1

2 2

+ + − + + + ≤ a b + a b =

a b c

Do

4

≤ − P

4

=

8

⇒ ≤P

Dấu “=” xảy ( )

2

2 2

1

2

 − = −

 + = ⇔ = = = 

 + + + = 

a b

a b a b c

a b c abc

Vậy

8

= ⇔ = = = MaxP a b c

(117)

a) Ta có AI tia phân giác góc BACnên  1

2

=

IAB BAC,

BI tia phân giác góc ABCnên  1

2

=

IBA ABC Theo tính chất tổng ba góc ∆AIB ta có:

 180 ( ) 180  

2

+ = ° − + = ° −BAC ABC

AIB IAB IBA



180 180

2

−

= ° − C (Do BAC +ABC=180° −C theo tính chất tổng ba góc tam giác)



90

= ° +C

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CE=CD ⇒ ∆CED cân C ⇒  180 

2

° −

= C

DEC

Lại có: AES=180° −DEC (Hai góc kề bù)

 

180

180 90

2

° −

= ° − C = ° +C  

⇒ AIB= AES 90 

= ° +C

Mặt khác  EAS=IAB (Tính chất tia phân giác)

Do đó: ∆IAB#∆EAS (g - g)

S

N H

M

O K

D E F

I A

(118)

b) Ta có: ∆IAB#∆EAS ⇒   ASE =ABI =IBD

Tứ giác IBDS có IBD   +ISD= ASE+ISD=180° ⇒ Tứ giác IBDS nội tiếp

  90

⇒ISB=IDB= ° (Góc nội tiếp chắn BI nhỏ) mà  1 45

= = °

IAB BAC (Tính chất tia

phân giác) ⇒ ∆ASB vuông cân S

∆ASB vng cân S có SA đường trung tuyến nên SA đường trung trực AB

( )*

Mặt khác ∆ABCvng có AO trung tuyến nên

2

= =

OA OB BC

⇒Othuộc đường trung trực AB ( )**

Từ ( )* ( )** ⇒ Ba điểm K O S, , thẳng hàng

c) Vì AI tia phân giác ∆AMK nên AK = IK

AM IM ( )1

//AM

IF (Cùng vng góc với AB)⇒ IK = FK

IM FA (Định lý Ta lét) ( )2

Từ ( )1 ( )2 ⇒ AK = FK

AM FA ⇒ = AK AM

FK AF ( )3 Mặt khác ID//AN (Cùng vng góc với BC) ⇒ AN = SA

ID SI (Hệquảđịnh lý Ta lét)

mà IF//KS (Cùng vng góc với AB) ⇒ SA= AK

SI FK nên = AN AK

ID FK ( )4 Từ ( )3 ( )4 ta có AM = AN

AF ID

Tứ giác AEIFcó EAF  = AFI =AEI =90°nên tứ giácAEIFlà hình chữ nhật

⇒ AF=EI =ID

Ta cóAF=ID AM = AN

AF ID nên AM = AN

Câu 5:

Ta thấy hai vng hai góc đối hình vng 10 10× xa

(119)

1

a a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10

11

a

12

a

13

a

14

a

15

a

16

a

17

a

18

a

19

a Ta có

⇔ − <1 a1−a2 <1

; ;

2 3

1 a a 1 − < − <

1− <1

a a

18 19

1

− <a −a <

Cộng vế bất đẳng thức ta có:

1 19

18 18

− < −a a < ⇔ a1−a19 <18

Vì a a a1, 2, 3, ,a19 số nguyên nên có tối đa 19 sốnguyên khác điền vào

trong bảng

Có 100 vng bảng nên theo ngun lý Dirichle sẽcó số xuất bảng 100

19

  + =  

  (lần)

Đề số 18 Câu 6: (2,0 điểm)

a) Ta có

1

y xyz z x

xyz P

xy x xyz yz y zx xyz z xyz

= ⇒ = + +

+ + + + + +

1

1 10

1 1

y yz

P y yz yz y yz y

= + + = ⇒ − =

+ + + + + +

(120)

Do

( )( ) ( ) ( ) ( )2

4 16 4 4

x −y −z = x − y− z+yz = x x+ xyz+yz = x x+ yz

(2 )

x x yz

= +

Tương tự ta có x(4−y)(4−z)+ y(4−z)(4−x)+ z(4−x)(4−y)

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

x x yz y y zx z z xy x y z xyz

= + + + + + = + + +

( )

2 xyz xyz xyz

= − + = + (đpcm)

Câu 7: (2,0 điểm)

a) ĐKXĐ: x≠ −2

Phương trình cho tương đương ( ) ( )( )

3 4 4

x + x + x+ = x − x x + x+

3x 6x 16x 36x 12

⇔ + − − − =

( )( )

6

x x x

⇔ − + + =

Xét phương trình

6

x − = ⇔ = ±x

Xét phương trình 3

3

3 x + x+ = ⇔ =x − ±

Vậy phương trình có tập nghiệm 6; 3

3

S = ± − ± 

 

 

b) Từphương trình 2 2

1 2 2

x +y +xy+ = x⇔ x + y + xy+ = x

Khi ta có 2 ( )2 ( )2 ( )

2x +x x+y + − +x 2xy+ =2 4x⇔x x+y +2 x+y −3=0

⇔x x( + −y 1)(x+ + =y 3)

Xét x=0 thếvào phương trình x2+y2+xy+ =1 2x ta y2+ =1 Phương trình vơ

nghiệm

Xét x+ − = ⇔ = −y y x thếvào phương trình 2

1

x +y +xy+ = x ta

2

3

x − x+ =

1 x

⇒ = x=2

• Với x= ⇒ =1 y

• Với x= ⇒ = −2 y

Xét x+ + = ⇔ = − −y y x thếvào phương trình 2

1

x +y +xy+ = x ta

2

10

x + +x = Phương trình vơ nghiệm

Vậy hệphương trình có tập nghiệm S ={( ) (1; ; 2; 1− )}

Câu 8: (2,0 điểm)

a) Ta có 2 2 2

2 2 2

x + +x y + =y xy +xy+ ⇔x − +x x− + y − xy + −y xy=

( )( )

1 x 2y y x

(121)

Ta xét trường hợp sau:

TH1: 2 1 2 2

2 2

x x x

y y x y y y

− = − = =

 ⇔ ⇔

 + − − = −  + − =  =

  

2

x y

=   

=

 Chọn nghiệm

2

x y

=   = 

TH2: 2 1 2 0

2 2

x x x

y y x y y y

− = = =

  

⇔ ⇔

 + − − =  + − =  =

  

0

x y

=    =

 (loại) Vậy phương trình có nghiệm ngun dương ( ) ( )x y; = 2;1

b) Vì 2018

2019 3 nên (a1+ + +a2 an)3 Xét hiệu:

( 3 3) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 n n 1 1 2 n n n a +a + +a − a +a + +a = a − a a + + a − a a + + + a − a a +

chia hết cho Do a13+a23+a33+ + an3 chia hết cho (đpcm)

Câu 9: (3,0 điểm)

a) Kẻđường kính MK Ta có  

90

MPK =MNK = hay KP⊥MP KN ⊥MN Suy KP//NH KN //

PH nên tứ giác KPHN hình bình hành Suy H Q K, , thẳng hàng

Xét ∆KMH có OM =OK , OH =QK nên OQ đường trung bình ∆KMH Suy MH =2OQ(đpcm)

b) Ta có sin sin

2

MP MP MNP MKP

MK R

= = =



2

sin MP R

MNP

⇒ =

Tương tựta có 

sin MN R

MPN

= 

sin NP R

NMP

=

Do     

sin sin sin sin sin

MN MP NP MN MP

MPN MNP NMP MPN MNP

+

= = =

+

 

2

sin sin

NP

MPN MNP

=

+

  

sinMPN sinMNP sinNMP

⇒ + = (đpcm)

c) Ta có 2 R

NP=R ⇒NQ=

Áp dụng định lí Pitago ta có 2 2

2

R R

OQ= NO −NQ = R − = =NQ

Khi ∆NOQ vng cân Q ⇒NOQ= ° ⇒45 NOP = ° ⇒90 NMP= °45

  45

NHF PHE

⇒ = = ° Do tam giác NHF PHE vng cân Suy

2

(122)

Mặt khác

ND NH FH FH

NDH MEH ME FH R ND ME MH R R

∆ ∽∆ ⇒ = = = ⇒ =

Tương tự ∆PDH∽∆MFH ⇒MF HE =R PD

Suy ( )

ME FH+MF HE=R ND+PD =R NP= R (đpcm)

Câu 10: (1,0 điểm)

Từ giả thiết 1 a b c 3abc bc+ca+ab = ⇒ + + =

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

( )( )( )

2 2 2

3

ab bc ca ab bc ca abc P

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

= + + ≥ =

+ + + + + + + + +

Lại có 3( )( )( ) 2( ) 2

3

a b c

a b b c c a

a+b b+c c+a ≤ + + + + + = + + = abc

Suy

2

P≥

Vậy GTNN P

2, đạt a= = =b c

Đề số 19

Bài (2,0 điểm)

a) ( )

3

2 3 3

x y x x y y xy y

A

x y x x y y

− + + −

= +

−

+ với x y, ≥0 x≠ y

( )( ) ( ( )( ) )

3

3 y x y

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

x y x xy y x y x y −

− + − + +

= +

+ − + − +

( )

( )( )

3 x x xy y 3 y

x y x y x xy y

− +

= +

+

+ − +

3

3 x y

x y x y

= +

+ +

3

x y x y

+

= =

+

Vậy giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào giá trị biến với x y, ≥0

x≠ y

Ta có (3 )3

0 9

x = + + −

( )( )

3 3

0 9 9

x x

⇔ = + + − + − −

3

0 18

x x

(123)

( 3 )2019 2019 17

x x

⇔ − − =

( 3 )2019

0 17

x x

⇔ − − − =

Vậy x0 nghiệm phương trình ( )

2019

3 17

x − x− − =

Bài (2,0 điểm)

a) Xét phương trình ( )

2

x − mx+ m− =

Ta thấy 2 ( )2

' m 2m m m

∆ = − + = − + > ∀

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

1

2

x x m x x m

+ = 

 = −



Khi ( )

2 2

1 2

2

2 4

m

x x m

B

x x x x m m − +

+ +

= = =

+ + + + +

( )2

2

4 4

1

4

m m m m

B

m m

− + − + −

= = − ≤

+ + (vì

( )2 2 m m m − ≥ ∀ + )

Vậy giá trị lớn biểu thức B

2 m= ⋅

b) Xét phương trình

3 3

2

1 19 ( )

6

x y x I

xy y x  + =

 ⋅



+ = − 

Ta thấy x=0 không thỏa mãn hệ phương trình, suy x≠0

3 3 2 1 19 19 ( ) 6 y y y y

x x x x

I

y y y

y x x x x

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

Đặt y u; y v

x+ = x = ta có:

3

1

3 19

6

u u uv u

v uv uv =  − =  =  ⇔ ⇔    = − = − = −   

Suy ( )( )

1

2

6

6 6 y x x x x x

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

Vậy hệ phương trình ( )I có hai nghiệm 1;3 ; 1;

2

−   −         

Bài (2,0 điểm)

a) Xétx số nguyên dương, ta thấy

( )( )( ) ( )

5

1 1

x − =x x x− x+ x +  (vì chứa tích ba số ngun liên tiếp)

(124)

2 1

P

N M

E

D

Q A

O

B

O I O

C Với x=5q±2(q∈+) x5−x5

Suy ( )

x −x mà ( )5, =1 3( )

Từ ( ) ( ) ( )1 , , suy x5−x30

Xét hiệu ( ) ( ) ( ) ( )

1 2 3 2019 2019 Q− =P a −a + a −a + a −a + + a −a

Vì

30

x −x nên Q−P30

Mà theo P30 nên Q30

b) Ta có:

( )( ) ( ) ( 2)

3

1 2

2

1

1 a a a a a a a a

= ≥ =

+ + + − +

+ + − +

Tương tự ta có

2

3

1 2

;

2

1 b b c c

≥ ≥

+ +

Bài toán trở

2 2

1 1

12 2+a +2+b +2+c ≥ ⇔2 a +b +c ≥

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số 2

, ,

a b c có 2 2

3 12

a +b +c ≥ a b c =

Dấu xảy a= = =b c

Bài (3,0 điểm)

a) Chứng minh ∆ABI∽ ∆AIE (g.g) AI AB AI2 AE AB

AE AI

⇒ = ⇒ =

Tương tự

AI = AD AC

Suy AE AB = AD AC ⇒ ∆AED∽∆ACB c g c( )

 AED ACB

⇒ = ⇒ Tứ giác BCDE nội tiếp

(125)

y x1

1

D

C

B E

F A

mà  1  1

2

ABC= AOC⇒ADE= AOC

Vì ∆AOC cân O suy  180 

2 o

AOC

OAC= −

Suy  ADE OAC+ =90o Vậy OA⊥DE

c) Gọi P giao điểm BM CN

Vì O O1 2//MN⇒ BO I1 =BON (hai góc đồng vị)

Do ∆O BI1 cân O1 suy 



1

180 o

BO I

O BI = −

Tương tự  180 

2 o

BON

OBN = − ⇒O BI 1 =OBN

Suy ba điểm B I N, , thẳng hàng Suy BN ⊥BM

Chứng minh tương tự ba điểm C I M, , thẳng hàng ⇒CN ⊥CM

Do I trực tâm ∆PMN⇒PI ⊥MN

Mà AI ⊥MN nên ba điểm A I P, , thẳng hàng

Vậy ba đường thẳng AQ BM CN, , đồng quy

Bài (1,0 điểm)

Gọi độ dài hình chiếu EFtrên AB CD, x y1, 1

Ta có x1+ ≥y1

Gọi độ dài hình chiếu 37 đoạn thẳng cịn lại AB 2, , 38

x x CD y2, ,y38

Khi ta có (x1+x2+ ⋅⋅⋅ +x38) (+ y1+y2+ ⋅⋅⋅ +y38)≥38

Do tồn hai tổng lớn 19, giả sử

1 38 19

x + + ⋅⋅⋅+x x ≥

Do AB tồn điểm M thuộc hai hình chiếu

AB Đường thẳng qua M vng góc với AB đường thẳng cần tìm

Đề số 20 Câu 1: (4,0 điểm)

Đkxđ : x y; ≠0; y≠ −2x Từ giả thiết:

2 1

2

− = +

x y x y ⇔

2

− =

+

y x

xy x y ⇔ (2y−x)(2x+y)=xy

` 2

4 2

⇔ xy+ y − x −xy=xy ⇔2xy+2y2−2x2 =0

2

0

⇔xy+y −x = (*)

Vì x y; ≠0 nên chia hai vế phương trình (*) cho xy, ta được:

(126)

1+ − =y x

x y ⇔ − =1 x y y x x y y x   ⇒ −  =   2

2 2

⇔ x + y − = y x

2 2

⇔ x + y = y x

Câu 2: (3,0 điểm)

Ta có ( ) (2 )2 ( 2 )

2 4

− = + ≥ = − +

c a b ab c c ⇒c2−4c+ ≥4 8c2−12c+4

2

7

⇔ c − c≤ ⇔c(7c− ≤8) 0

⇔ ≤ ≤c

Do 2 2 ( )2 ( )2 ( 2 ) 2

2 2 3 2

= + = + − = − − − + = − + + P a b a b ab c c c c c

2

2 2 7

3

3 3 3

   

= −  − − = −  −  + ≤

   

c

c c

Dấu “=” xảy

3

=

c (t/m)

Vậy giá trị lớn Plà

3

=

c

Câu 3: (3,0 điểm)

Gọi độ dài quãng đường AC x (km) Điều kiện: 0< <x 33, quãng

đường BD 33−x (km)

Gọi vận tốc An y (km/h), điều kiện: y>0, vận tốc Bình

3 y

(km/h) Cường

3

y (km/h).

Thời gian An từSài Gòn đến C x

y (giờ) từSài Gòn đến D

6

+ x

y (giờ) Thời gian Bình từBiên Hịa đến D 99

2

− x

y (giờ) Thời gian Cường từBiên Hòa đến C 117

4

− x

y (giờ)

Vì Cường Bình xuất phát sau An phút

12

= nên ta có hệphương trình

117

4 12

6 99

2 12 −  − =   + −  − =  x x y y x x y y

117

4 12

87

2 12 −  = +  ⇔  −  = +  x x y y x x y y

117 87

4

− −

⇒ x = x

y y

( )

117 87

⇔ − x= − x

19

⇒ =x (thỏa mãn điều kiện)

Ta có 19 117 3.19

4 12

−

= +

y y

19 15

12 ⇔ = + y y 12 ⇔ =

y ⇒ =y 48(thỏa mãn điều kiện)

(127)

1 K

E D

M

B C

O A

H

Câu 4: (6,0 điểm)

Kẻđường cao AH ∆ABC, tia AHcắt ( )O M Vì ∆ABC cân A nên AM đường kính

2

= =

HB HC (cm)

Tam giác ABM vuông B nên

2

=

AB AH AM

2

64

⇒ = AB −HB AM

64 60

⇒ = AM 64 32 15

15 60

⇒AM = =

16 15 15

⇒AO= (cm)

Ta có CBD =CBK, COM =COH mà

 

CBK =COH (cùng phụC1) nên suy

 

CBD=COM

Lại có ∆AOC có OA=OC =R nên ∆AOC cân O, COM góc ngồi

AOC

∆ đỉnh O nên COM =2CAM =CAB Suy CBD =CAB

Xét ∆ABC ∆BDC có:



C góc chung;

 

CBD=CAB (chứng minh trên)

ABC BDC

⇒ ∆ ∆ (g.g)

AB BC AC

BD DC BC

⇒ = =

2

BC

CD

AC

4

⇒ = = = (cm) BD=BC=4 (cm)

AD AC CD

⇒ = − = − = (cm)

Xét ∆CBD ∆EAD có:

 

CDB=EDA (hai góc đối đỉnh)

 

DBC =EAD (hai góc nội tiếp chắn cung EC)

CBD EAD

⇒ ∆ # ∆ (g.g) BD CD

AD DE

⇒ = DE AD.CD 6.2

BD

⇒ = = = (cm)

Ta có BD.DE=(BK+KD)(EK−KD) =(BK+KD)(BK−KD) =BK2−KD2

( 2) ( 2)

OB OK OD OK

= − − − 2

OB OD

= −

2

OD OB BD.DE

⇒ = − 256 3.4

15

= − 285

15

= (cm)

Câu 5: (4,0 điểm)

(128)

45°

h

R

Do thể tích hình trụ ( )2

6,1 2, 89, 304

= = =

V πR h π π (cm3)

Vậy thể tích miếng phơ mai 89, 304 11,163

8 = =

V π π (cm3)

b) Một miếng phô mai hình gồm hai mặt đáy hai hình quạt trịn nên có diện tích

R S

360

π

=  .R 452 360

π

= R2

4

π =

Hai mặt bên hai hình chữ nhật nên diện tích S2 =2.hR

Một mặt bên hình chữ nhật dạng cong nên có diện tích

2 R

S h

8

π

= Rh

4

π = Diện tích giấy phải gói S1+S2+S3

2

R Rh

2.hR

4

π π

= + + R R( h) 2.hR

π

= + +

( )

3,14

.6,1 6,1 2, 2.6,1.2, 70

= + + ≈ (cm3)

Đề số 21 Câu 1(3,0 điểm)

1) Ta có

( )

( )( )

2

3 3

3 27

3 3 3 3 3. 3 3 1

3 3

1

x A

x x x x

x x x x A

x x x x x x

A x

   

= +    + + 

+ + −

   

− + + + − +

= =

−

+ + −

(129)

2) Tính tổng : 12 12 12 12 1 2 2

1 2 2018 2019

B= + + + + + + + + +

Với x > 0, ta có:

( )2 ( )2

2

1 1 2

1

x x x x x x

 

+ + = + + + −

 

+ +

( )

2

1

x x x

 

= +  + −

  +

2

1 1

2

1

x x

x x x x

+ +

   

=  +  −

+ +

   

2

1 1

1

x

x x x x

+

   

= −  = + − 

+ +

   

( )2

2

1 1

1

x x x x

⇒ + + = + −

+ +

Vì x > 0 1 1 1

1

x x

x x x x

⇒ < < + ⇒ > ⇒ + − >

+ +

( )2

2

1 1

1

x x x x

⇒ + + = + −

+

+ (*)

Áp dụng cơng thức (*), ta có:

1 1 1

1 1

1 2 2018 2019

1 2019

2019

B B

     

= + −  + + − + + + − 

     

⇒ = −



Câu 2 (3,0 điểm)

1) từpt (1) 2

5

x x x x

⇔ + + − + + =

Đặt t =

5

x + x+ (đk: t ≥0 ) ⇒ =t2 x2+5x+4

Ta có pt: 2 ( )

2 ( 1)( 2)

1 ( )

t n

t t t t

t l

= 

− − = ⇔ + − = ⇔ 

= −

(130)

Với t = 2, ta có: 2

5 ( 5)

5

x

x x x x x x

x =  + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔  = −  Vậy pt có hai nghiệm: x=0, x= −5

2) 2 3 1 4 x x y y x x x

y y y

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

Đk: y≠0

Khi hệpt

2 2 1 1 x x y y x x y y     + + + =         ⇔       + + =         

Đặt

2

1

,

a x b x

y y

= + = +

Từđó hệpt có dạng: 4 2

(4 ) ( 2)

b a

a b b a a

a b a a a b

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

Khi đó: ( ) ( )

2 2 2

2

2 2 2 2 1 0

1 ( )

1

1 2

2

x x x x

x y

n y

x x

x y y

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

Vậy nghiệm hệpt:

1 x y =   = 

Câu 3(3,0 điểm)

1) ta có: 1947 = 3.11.59

Đặt A=46n +296.13n * 46 1(mod 3)

13 1(mod 3)

n n n n  ≡ =   ≡ = 

(131)

* 46 1(mod11) 13 1(mod11)

n n

 ≡ =

 

≡ =



Suy ra: A≡2n+296.2n ≡297.2n ≡11.27.2n ≡0 (mod11)⇒ A11 (2) * 46n ≡ −( 13)n ≡ −13 (mod13)n

Vì n số tự nhiên lẻ

13 296.13 295.13 5.59.13 0(mod 59) 59 (3)

n n n n

A A

⇒ ≡ − + ≡ ≡ ≡

⇒ 

Mà 3; 11; 59 đôi nguyên tố nên từ (1), (2), (3) (3.11.59) 1947

A A

⇒  ⇒ 

Cách 2:

Ta có: 1947 = 33 59

Đặt A=46n+296.13n =46n−13n+297.13n =(46n−13n)+297.13n

(46 13 ) 33.9.13 33( 9.13 ) 33

n n

A= − A + = A + 

Lại có:

46n 296.13n 46n ( 13 )n 295.13n 46n ( 13 )n 295.13n

A= + = − − + = − − + +

[46 ( 13) ] 59.5.13

n

A= − − A + + (vì n lẻ )

( )

59 A 5.13n 59

= + 

Mà (33;59)=1 nên A(33.59) 1947=

2) Đặt A =

m B = n2, với m, n sốnguyên dương (m < n )

Ta có: A + 1111 = B 2 1111

m n

⇔ + =

(n m n)( m) 11.101

⇔ − + =

Do m < n ⇒ −n m ; n+m hai sốnguyên dương n−m < +n m

Mà 11 101 hai số nguyên tố nên 1111 chỉcó cách phân tích thành tích số nguyên

(132)

Mà n−m < +n m nên có hai trường hợp:

* TH1: 556

1111 555

n m n

n m m

− = =

 ⇔ 

 + =  =

  (loại

2

A=m có nhiều chữ số)

* TH2: 11 56

101 45

n m n

n m m

− = =

 

⇔

 + =  =

  :

2025 3136

A B

=   =



Câu 4 (4,0 điểm)

1)

a) Xét A( 2;1)− ta có: m.( 2)− +(m−2).1+ + = −m 2m+ − + + =m m ,∀m

1 ( )

A d

⇒ ∈ với m

Do ( )d1 đường thẳng thay đổi nên ( )d1 chỉqua điểm cốđịnh A( 2;1)−

Tương tự: XétB(1; 2) ta có: (2−m).1+m.2− − = − +m 2 m 2m− − =m ,∀m

2 ( )

B d

⇒ ∈ với m

⇒ (d2)luôn qua điểm cốđịnh B(1; 2)

b) ta chứng minh đường thẳng ( )d1 (d2)ln vng góc với * Nếu m = 0: ( )d1 : −2y+ =2 đường thẳng song song với Ox

2

(d ): 2x− =2 đường thẳng song song với Oy

Suy ra: ( )d1 ⊥ (d2)

* Nếu m = 2: ( )d1 : 2x+ =2 đường thẳng song song với Oy

2

(d ): 2y− =2 đường thẳng song song với Ox Suy ra: ( )d1 ⊥ (d2)

* Nếu m≠0 m≠2:

1

( )d có pt:

2

m m

y x

m m

+

 

=  +

− −

  ; (d2) có pt:

2

m m

y x

m m

− +

 

=  +

 

Tích hệ số góc ( )d1 (d2)là

m m

 

 − 

 

2

1

m m

−

  = −

 

(133)

Suy ra: ( )d1 ⊥ (d2)

Vậy ta c/minh ( )d1 ⊥ (d2) ⇒ ( )d1 cắt (d2)tại I

Và IA⊥IB, Avà Blà hai điểm cốđịnh 

90

AIB

⇒ = ⇒I thuộc đường tròn đường kính

AB cốđịnh

2) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn a > 1, b > 1, c > 1, d > 1. Chứng minh bất đẳng thức

2 2

16

1 1

a b c d

b− +c− +d− +a− ≥

Vì a, b, c, d > nên a – 1> 0, b – 1> 0, c – > 0, d – >

Áp dụng BĐT AM – GM ta có:

2

4( 1) 4( 1) (1)

1

a a

b b a

b− + − ≥ b− − =

2

4( 1) 4( 1) (2)

1

b b

c c c

c− + − ≥ c− − =

2

4( 1) 4( 1) (3)

1

c c

d d c

d − + − ≥ d− − =

2

4( 1) 4( 1) (4)

1

d d

a a d

a− + − ≥ a− − =

Từ (1), (2), (3), (4) ta có:

2 2

4( ) 16 4( )

1 1

a b c d

a b c d a b c d

b− +c− +d− +a− + + + + − ≥ + + + +

2 2

16

1 1

a b c d

b c d a

⇒ + + + ≥

− − − −

Dấu “ = ” xảy ⇔ a = b = c = d = 2 Cách 2:

(134)

2

2 2 2

( 2) 4( 1)

4

1

b

b b b b

a a a

b

b b

− ≥ ⇒ ≥ − > ⇒ − ≤

⇒ ≥ =

−

Tương tự, ta có: 422

1

b b

c− ≥ c ;

2 2

c c

d − ≥ d ;

2 2

d d

a− ≥ a

Do đó:

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

1 1

4

8 16

a b c d a b c d

b c d a b c d a

a b c d

b c d a

a c

c a

 

+ + + ≥  + + + 

− − − −  

 

≥  + 

 

 

=  + ≥

 

Dấu “ = “ xảy ⇔ a = b = c =d = 2

Câu 5(5, điểm).

1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường trịn Ta có:  BCD=BAD (cùng chắn cung BD )

Do: d tiếp tuyến (O) A ⇒ ⊥d AB

Và 

90

ADB= (góc nội tiếp chắn nửa đ.trịn) ⇒ AD⊥BF Suy ra: BAD =BFA (cùng phụ ABF )

C A

B D

E

F d

M

O

I H

(135)

Do đó: BCD =DFE

   

180

DCE DFE DCB DCE

⇒ + = + =

Suy ra: tứ giác CDFE nội tiếp

2) Chứng minh : AB = 2.IM

Ta có: ME = MF (gt) MI EF

⇒ ⊥ (T/c đường kính dây cung)

AB⊥EF (EF t/tuyến (O))

/ /

MI AB

⇒ hay MI // OB (1)

Xét ∆FBE vuông B, trung tuyến BM ⇒ MB = MF

 

MFB MBF

⇒ =

Vì tứ giác CDFE nội tiếp ⇒  BDC =BEF

   

90

MBD BDC BFM BEM

⇒ + = + =

BM CD ⇒ ⊥

Lại có IO ⊥CD (T/c đường kính dây cung) Suy ra: BM // IO (2)

Từ(1) (2) ⇒BMIO hình bình hành

1

IM BO AB

⇒ = = hay AB = 2.IM

3) Vì Hlà trực tâm ∆DEF , ta có DH // AB (cùng vng góc với EF) AD // BH (cùng vng góc với FB)

Suy tứ giác ABHDlà hình bình hành AH = AD

Mà AD = BC (vì ADBClà hình chữ nhật) ⇒ BH =BC

Lấy Nđối xứng với Oqua B, ta có tứ giác OHNClà hình bình hành

NH OC R

⇒ = = khơng đổi Nlà điểm cốđịnh (Vì Ovà B cốđịnh)

(136)

Câu 6(2, điểm).

1) Chứng minh : BC, OI, MNđồng quy

Gọi Elà giao điểm đường thẳng BCvà OI

Ta có O, A, I thẳng hàng (t/c đường nối tâm)

IAC

∆ cân I   180

AIC IAC

⇒ = −

OAB

∆ cân O   180

AOB OAB

⇒ = −

    0

360 2.( ) 360 2.90 180

AOB AIC OAB IAC

⇒ + = − + = − =

⇒ IC // OB

Áp dụng định lý Talet ∆EOB ta có : EI IC r

EO = OB = R

Gọi E’là giao điểm OIvà MN

EOM

∆ có IN // OM (cùng vng góc với MN) Áp dung định lý Talet ta có:

EI IN r

EO =OM = R

Suy : E trùng E’ Vậy ba đường thẳng BC, OI, MNđồng quy 2) Xác định sốđo AOB để diện tích ∆ABC lớn

Vẽ OH ⊥ AB H( ∈AB) ;IK ⊥ A K( ∈AC) Ta có: OAH =AIK = α (cùng phụ với KAI )

AB = 2.AH =2.OA.cosOAB =2.R.cosα

AC = 2.AK=2.IA.sinAIK =2.r.sinα

O A I

B

C H

K

E

M

(137)

Vì ∆ABC vng A, ta có:

.2 .cos .sin 2.cos sin

2

ABC

AB AC

S∆ = = R α r α =R r α α

Mặt khác: 2

2.cos sinα α ≤sin α +cos α =1

Do : S∆ABC ≤R r

Dấu “ = “ xảy

sin cos 45

⇔ α = α ⇔ α =

Vậy diện tích ∆ABClớn góc α =450 Đề số 22

Câu 1: Ta có: 2A= 5+ + 5− = ( 1+ ) (2 + 1− )2

2A= 1+ + 1− =2

A 10

⇒ =

Câu 2: a)Điều kiện xác định: x≥ −2

Ta có: ( x+ +2 (4) −x)=2(x+ ⇔1) (x+1)(4−x)=2(x+1)( x+ −2 1)

( )

( 1)(4 ) 2( 1)

⇔ x+ −x = x+ x+ − Vì x= − ⇒ =1 (vơ lý), x≠ −1

Khi đó: 2( 1) 2 22

16 28

− ≤ ≤ 

− = + − ⇔ + = − ⇔ − + = ⇔ = 

x

x x x x x

x x

Vậy phương trình có nghiệm x=2 b)Điều kiện xác định: x≠0

2

4

1 ( )

 − = − 



 − + = − 

x y x

x y x y x

2

4

( )

 − = − 

⇔ 

 − − + = 

x y x x y

x

2

2 4

1 2

 

⇒ −  − + = ⇔ = ⇔ =

x  x x x

Thay vào phương trình thứ y=1

(138)

Câu 3: a)Để ( )//(d1 d2)thì

5

2

 − = − 

≠ + 

m m m m

( 2)( 3)

3

− − = 

⇔  ≠ 

m m

m ⇒ =m

b)Gọi số lần robot từ A đến B x, điều kiện xác định: x∈*

Thời gian robot là: 10 15 ( 1)

2, 5+2, 5+2, 5+…+2, 5= + + +…+ = +

x

x x x (giây)

Thời gian robot nghỉ là: ( 1) ( 1)

2

−

+ + +…+ − =x x x (giây)

Theo đề ta có: ( 1)

( 1) 551 1102

2

−

+ + x x= ⇔ + − =

x x x x

Giải phương trình bậc hai, ta được: 58

3

= −

x (loại); x=19(thỏa mãn)

Quãng đường robot chuyển động từ A đến B là: 95m

Câu 4:

a) Xét ∆ADC ∆ABD có:

A chung

 =

ADB DCB (Góc tạo tia tiếp tuyến

dây cung góc nội tiếp) Do đó: ∆ADC∽∆ABD g g( )

2

⇒ AD = AC ⇒AD = AB AC⇒ AD= AB AC

AB AD

Do A B C, , cố định nên D cố định

b)Gọi J giao điểm MN với AC Dây

DE cắt AO H cắt AC I

Ta có: AD=AE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA=OE=R

⇒ AO đường trung trực DE

⇒AO⊥DE H

  90

IHO IJO AHI AJO ⇒ = = ° ⇒ ∆ ∽∆

⇒ AH = AI ⇒ AH AO= AI AJ

AJ AO

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ADO có: AD2 =AH AO

2

⇒AD = AH AJ

I H K

N M

D

E

C O

(139)

Ta lại có:

AK AD

AKD ADM AD AK AM

AD AM

∆ ∽∆ ⇒ = ⇒ =

⇒AK AM =AI AJ

  90

AK AI

AHI AJM AKI AJM

AJ AM

⇒ = ⇒ ∆ ∽∆ ⇒ = = ° hay MKI= °90

Mà MKN= °90

Do K I N, , thẳng hàng hay ba đường thẳng AB DE, NK đồng quy

Câu 5:

a)Kẻ BK ⊥ AC (K thuộc đường thẳng AC), kẻ AH ⊥BC (H∈BC)

Ta có: sin cosB C+cos sinB C=sinABC.cosC+cosABC.sinC= AH CH⋅ +BH AH⋅

AB AC AB AC

( )

sin cos cos sin

+ = AH ⋅ + = AH BC = AC BK = BK

B C B C CH BH

AB AC AB AC AB AC AB

Mặt khác: Sin B C( + )=sinKAB= BK AB

Từ đó, ta có sin(B C+ )=sin cosB C+cos sinB C

b)Gọi 25 điểm mặt phẳng A A A1, 2, 3, ,A25 phân biệt

Giả sử A A1 độ dài lớn độ dài nối điểm 25 điểm

đã cho

Nếu A A1 <1 Vì điểm cho tìm điểm có

khoảng cách chúng nhỏ 1nên với điểm Ak (k =3; 4; ; 25) ta ln có

1 k <1

A A Xét đường trịn ( ;1)A1 chứa tồn 25 điểm cho, ta có điều phải

chứng minh

Nếu A A1 2≥1 Xét điểm tùy ý Ak điểm cịn lại, giả sử A3 Vì điểm

bất kỳ cho tìm điểm có khoảng cách chúng nhỏ

1 nên A A1 <1 A A2 3<1 Suy có 12 đoạn thẳng xuất phát từ A1 có

độ dài nhỏ 1, 12 đoạn thẳng xuất phát từ A2 có độ dài nhỏ

K

H

A C

(140)

1 Do đó, tồn đường tròn ( ;1)A1 (A2;1) chứa 13 điểm 25

điểm cho Vậy tồn hình trịn có bán kính 1chứa khơng 13 điểm

trong 25 điểm nói

Câu 6:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương a bc (vì a b c, , >0), ta có:

2

1 1 1

2

4

2

 

+ ≥ ⇔ ≤ = ⋅ ⋅ ⋅ ≤  + 

+  

a a

a bc a bc

a bc a bc b c b c

Tương tự, ta có: 2 1 ; 2 1

4

   

≤  +  ≤  + 

+   +  

b c

b ca c a c ab a b

Suy ra: 1 1 2

2 2

+ + + +

 

≤  + + = ≤

 

ab bc ca a b c P

a b c abc abc

Mặt khác từ

2 2

2 2 2019 2018

 + +  ≤

 

 

a b c

a b c

2 2

2019 2018

+ +

⇔ a b c ≤abc

2 2

1009 2019

+ + ⇔ a b c ≤

abc

Do đó: P 1009 2019≤ suy giá trị lớn P 1009 2019 đạt

và

2018 2019

= = =

a b c

Đề số 23 Câu 1.(4,0 điểm)

ĐKXĐ: x≥0,x≠1

a) :

2

1 1

x x x

P

x x x x x

 +   − 

= + +    

− + + −

   

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

1

2 1

:

2

1 1 1

x x

x x x x

P

x x x x x x x x x

 + − + +   − 

 

= + −  

 − + + − + + − + +   

 

(2 )( ) :

2

1

x x x x x x P

x x x

 + + − − − −   − 

 

=   

− + +  

 

( )( ) ( ( )( ) )

2

1

2 1

:

2

1 1

x x x x

P

x x x x x x x

 − +   −  −

 

=  = ⋅

 − + +    − + + −

(141)

2

P

x x =

+ +

b) Để: 2 ( )

7 3 ( )

x TM

P x x

x x x KTM

 = = ⇔ = ⇔ + − = ⇔ 

+ +  = −

4

x ⇔ =

Vậy x=4 P=

Câu 2.(4,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2

2x +4x=19 3− y

Ta có: 2 2

2x +4x=19 3− y ⇔2x +4x+ =2 21 3− y

( )

2

2(x 1) y

⇔ + = −

Vì: ( 2)

2(x+1) 2 =>3 7−y 2hay 7−y 2 (1)

Mà: ( 2) 2 { }

2(x+1) ≥ =>0 7−y ≥ ⇒0 y ≤ ⇒7 y = 1, (2)

Từ (1) (2)

1

y y ⇒ = ⇒ = ±

Với y= ±1=> ( ) 2

2( 1) 2( 1) 18

4

x

x x

x =  + = − ⇔ + = ⇔ 

= − 

Vậy pt có nghiệm là: ( ) ( ) (x y; = 2;1 ; 4; − ; ) (2; ; 4; 1− ) (− − )

b) Tìm dư phép chia: 200 91

2 cho

x − x + x −

Giả sử: 200 91

( ) ; ( )

f x =x − x + g x =x −

Ta thấy: ( )( ( ) )( )

200 91 199 198 197

2

( ) 1

f x x x x x x x x x x

g x x x x

 = − + = − + + + + − − − 



= − = − + 

199 198 197

( ) ( )

( ) 1

f x x x x x x x h x

g x x x

+ + + + − − −

⇒ = =

+ +

=> Số dư f(x) cho g(x)chính số dư h(x) cho x +1

Mà: ( 199 198 4)

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

h − = − + − + + − + − + − − − − − −

3

0 ( 1) ( 1) ( 1)

= + − − − − − − = −

Vậy số dư phép chia -2

Câu 3.(5,0 điểm)

a) Phương trình: x−(2m+3)x m+ =0

Có: 2

(2m 3) 4m 4m 12m 4m 4m 8m

∆ = + − = + + − = + +

( )

2

(2m 2) 5 m

= + + ≥ ∀

Vậy phương trình ln có nghiệm phân biệt với m

Theo Vi-Et ta có: 2

2

x x m

x x m

 + = + 

(142)

Mà: 2 2 ( )2 ( )2 2

1 2 2 12

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

( )

2

2 11 11

4 10

2 4

m m  m  m

= + + = +  + ≥ ∀

 

Vậy ( 2)

1 11

Min x +x = Dấu "=" xảy <=> m = -5/4

b) Giải hệ phương trình: 22 222 ( )

6 12 ( )

x y xy y x I

x y x II

 − − + − = 



− + + = 

Từ phương trình (I) ta có: 2

2 2

x − xy− y +xy+ y− =x

( ) ( ) ( )

( )( )

( )

2 2

2

2 (1)

1 (2)

1

x x y y x y x y

x y x y

x y

⇔ − + − − − =

⇔ − + − = − =

  =

⇔ ⇔ = −

+ − =  

Thay (1) vào (II) ta được: ( )2 2 ( ) 2

2y −y +6 2y +12= ⇔0 3y +12y+ =12

( )2

3 y y x (TM)

⇔ + = ⇔ = − ⇒ = −

Thay (2) vào (II) ta được:

( )2 2 ( ) 19 11

1 12 19 ( )

8

y y y y y x − TM

− − + − + = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ =

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm là: (-4; -2) (-11/8; 19/8)

Câu 4.(5,0 điểm)

a) Xét tứ giác MACD có:  

MDC = MAC 90 =

=> Tứ giác MACD nội tiếp

Tương tự: Tứ giác CDNB nội tiếp

  

  

1

MAD MCD

2

CBD CND

2

MD CD

 = =

 ⇒ 

 = =



y x

F

E

Q P

N M

D

B

O C

(143)

Mà: ABD  MAD 1 MAD  MCD CBD CND  AD

= = ⇒ = = =

Mặt khác:   0( )   ( )

DNC DCN 90+ = MN ⊥CD ⇒DCN DCM 90+ = DNC=DCM

  ( ) 

DCN DCM 90 DNC DCM PCQ 90

⇒ + = = ⇒ =

=> Tứ giác PCQD nội tiếp (Vì: PDQ PCQ 180 ) + =

b) Ta có:   

MCN 90 (= cmt) ⇒ NCB+MCA =90

Mà:    

AMC +MCA =90 ⇒ AMC = BCN (cùng phụ với MCA)

Xét ∆AMC ∆BCN có:  

 

A = B 90 M = C (cmt)

 =

  

AMC BCN (g.g)

⇒ ∆ ς ∆ AM AC AM.BN BC

BC BN AC

⇒ = ⇒ =

c) Qua D kẻ tiếp tuyến (O) cắt Ax, By E, F Tìm giá trị nhỏ SAED+SBFD

Ta có: 1( )

2

AED BFD ABFE AED

S +S =S +S = AE+BF AB− AD BD

2EF AB 2AD BD

= −

1( ) 2AB AB 2AD BD AB AD BD

≥ − = −

2 2

1 1

2 2

AD BD AB

AB AB AB

 +   

≥  − =  − =

   

Dấu "=" xảy <=> AD = BD Hay D nằm cung AB

Khi đó: ( ) 1( )2 2

4

AED BFD

Min S +S = AB = R =R

Câu 5.(2,0 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức Cơ - Si ta có:

( )

2

2 2

1 2

2 :

x y xy

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

+ + +  

≥ = + = + = +  = 

 

Tương tự:

( 2) ( 2) ( 2)

VT ≥ z z+ + x x+ + y y+

( )( )( ) ( )( )

3

3 xyz x y z xy 2x 2y z

≥ + + + = + + + +

( ) ( )

6

3 xyz xy yz zx x y z

(144)

6

6 3

6

3 2.3 4.3 12

3 27 27 3

xy yz zx xyz

= + + = + +

= = =

Dấu "=" xảy x = y = z =1 Đề số 24 Câu 1: (2,0 điểm)

2

2 (2 1)

2 13 48

6

A= + − + = + − +

+ +

2 2

6

+ − +

= =

+ +

( )

2

1

6

+ +

= = =

+ +

Vậy 13 48

6

A= + − +

+ số nguyên

Câu 2: (2,0 điểm)

Ta có: 2

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

+ n n( +1)là tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.

+ Xét 2

2n +3n + =n n n(2 +3n+ =1) n n( +1)(2n+1) tac có:

- Nếu n chia hết cho 3

2n +3n +nchia hết cho 3

- Nếu n chia 3dư 2 thì n+1 chia hết cho 3 nên 2n3+3n2+n chia hết cho 3 - Nếu n chia 3dư 1 2n+1 chia hết cho 3 nên 2n3+3n2+n chia hết cho 3

Vậy trường hợp

2n +3n +n chia hết cho3.

Ta có ( )2;3 =1 nên 2n3+3n2+nchia hết cho 6với số nguyên n

Câu 3: (2,0 điểm)

ABC

∆ cân A, AE đường phân giác nên AE đồng thời

đường cao ⇒Mlà trực tâm ∆ABC

- Ta có:  

90

AHB= AEB=

⇒Tứ giác AHEB nội tiếp (Hai đỉnh kề nhìn cạnh AB

dưới cặp góc ⇒BAE = BHE mà

 

BAE= EAH đường tròn đường kính AM đường

trịn ngoại tiếp ∆AMH nên MAH = MHE nên theo hệ tiếp tuyến dây cung suy EHlà tiếp tuyến đường trịn

đường kính AM

Câu 4: (2,0 điểm)

H M

E C

B

(145)

Ta có:

2x+5y−3xy= ⇔1 6x−9xy+15y=3 (2 ) 10 15x y y

⇔ − − + = −

3 (2 ) 5(2 )x y y

⇔ − − − = −

(3x 5)(2 )y

⇔ − − = − Nên:

2

x y − =   − = −  x y =  ⇔  = 

3

2

x y − = −   − =  3 x y  =  ⇔   = 

( Loại )

3

2

x y − =   − = −  x y =  ⇔  = 

3 3

2 1

3 x x y y −  =  − = −  ⇔  − =    = 

(loại)

Vậy nghiệm nguyên ( ; )x y phương trình (2;3) (4;1)

Câu 5: (1,5điểm)

Ta có:

( )2

0

a+ +b c = ⇔a2+b2+ +c2 2(ab bc+ +ac)=0

1 ab bc ac −

⇔ + + =

2 2 2

2 ( )

4

a b b c c a abc a b c

⇔ + + + + + =

2 2 2 2 2 2

2( )

4

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

⇔ + + = ⇔ + + =

Vậy 4 ( 2 2) 2 2 2 1

2( )

2

M =a +b +c = a +b +c − a b +b c +c a = − =

Câu 6: (1,5điểm)

Ta có:

( )2

2

2 2

3

3 9 9

1 2 2 2( 1)

x x x x x x

B

x x x x

−

+ + − + − + +

= = = = − ≤

+ + + +

Vậy giá trị lớn Blà

2 , dấu " "= xảy x=

Lại có:

( )2

2

2 2

3

3 1

1 2 2 2 2

x

x x x x x

B

x x x x

+

+ + + + − − −

= = = = − ≥

+ + + +

Vậy giá trị nhỏ Blà

(146)

Câu 7:(1,5 điểm)

Gọi AC=s1;CD=s2;DB=s3;s1>0;s2 >0;s3 >0

Ta có: s1+ + =s2 s3 30(km)

Gọi vận tốc lên, vận tốc xuống dốc v1;v2;v3

Thời gian vềlà giờ25 phút 53

12

=

Theo đềbài ta có phương trình:

3

1 2

1 3

53 12

s s

s s s s

v +v +v +v +v +v = ⇔

2

1

1 3

2

1 1 53

12

s s s

v v v v v

   

+ + + + =

   

   

2

1

2

1 1 53

10 20 20 10 15 12

s

s   s  

⇔  + +  + + =

   

( )

1

2

1 53

10 20 15 12

s

s s  

⇔ +  + + =

 

( )

1

3 53

20 15 12

s s s

⇔ + + =

( )

2

3 53

30

20 15 12

s s

⇔ − + =

2

60 12

s

− −

⇔ =

2 5( )

s km ⇔ =

Vậy quãng đường ngang CD (km)

Câu 8: (2,0 điểm)

Vì ABCD hình vng , AC BD hai đường chéo hình

vng ABCD

⇒ BDC=45° hay HDE =45°; DBC =45°hay KBN=45°

Xét tứ giác AHED có: HDE = HAE= °45 ⇒Tứ giác AHED nội tiếp

(Hai đỉnh kề nhìn cạnh HEdưới cặp góc nhau)

  180

ADE AHE

⇒ + = °⇒ HAE= °90

Xét tứ giác AKNB có:

  45

KBN = NAE= ° ⇒Tứ giác AKNB nội tiếp (Hai đỉnh kề nhìn cạnh KN

cặp góc )⇒ ABN+AKN =180° ⇒ AKN = °90

Từđó ta có:    ADE= ABN =AHE=AKN = °90

Tứ giác EHNC có EHN +ECN = ° + ° =90 90 180°

⇒ EHNC nội tiếp đường trịn đường kính EN

(1)

Tứ giác EKNC có EKN +ECN = ° + ° =90 90 180°

S3 S2

S1

A B

D C

E K

H

N

B C

(147)

⇒ EKNC nội tiếp đường trịn đường kính EN

(2)

Tứ (1) (2) suy tứ giácEHNC EKNC nội tiếp đường tròn đường kính EN Vậy

điểm H, N,C,,E nằm đường tròn

Câu 9: (2,0 điểm)

Vì abc=1 ta dựđốn đẳng thức xảy a= = =b c

Vậy

3

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

a b c

a+ b+ + b+ c+ + c+ a+ ≥

( 1) ( 1) ( 1)

( 1)( 1)( 1)

a c b a c b a b c + + + + +

⇔ ≥

+ + + (1)

Ta có:

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

1 ( ) ( )

a b c ab a b c

abc ab ac a bc b c ab bc ac a b c

+ + + = + + + +

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

và: a c( + +1) b a( + +1) c b( + =1) (ac bc ab+ + ) (+ + +a b c)

vậy (1) tương đương với

( ) ( )

2 ( ) ( )

ab bc ac a b c ab bc ac a b c

+ + + + + ≥ + + + + + +

( ) ( ) ( )

4 ab bc ac a b c ab bc ac (a b c)

⇔  + + + + + ≥ +  + + + + + 

(ab bc ac) (a b c) 6(*)

⇔ + + + + + ≥ Lại có:

3

a b c+ + ≥ abc = 2

3

ab bc+ +ac≥ a b c = nên (*)luôn Vậy bất đẳng thức chứng minh

Dấu " "= xảy a= = =b c

Lưu ý: Bài chứng minh theo cách khác nhờ sựràng buộc abc=1 ta có thểđặt a x;b y;c z

y z x

= = = khi x y z

y z x = ta có điều cần chứng minh

Câu 10: (1,5 điểm)

Ta có:

2 x− −1 2x+ = ⇔5 x− =1 2x−5

⇔

2

4( 1) (2 5)

x

x x

 ≥  

 − = − 

⇔

2 x= +

Thử lại ta có

2

(148)

Xét

2

x≠ + ta có:2 x− −1 2x+ =5 Do với điều kiện x≥1 ta có:

4x −15x+20=4x− +10 x−1

⇔

4x −15x+20−3 x− −1 2(2 x− +1 2x− =5)

⇔ 2

2

4 24 29 2(4 24 29)

0

2 (2 5)

4 15 20

x x x x x x x x x

− + + − + =

− − − − + + −

⇔

2

4 24 29

8 15 20

x x

x x x x  − + =



− + − + − + = 

4x −24x+29=0 nhận nghiệm

2 x= −

8 x− +1 2x− +5 4x −15x+10 =0 ta nhận vơ nghiệm

( )

2

8 x− +1 2x− +5 4x −15x+20 =8 x− +1 2(x− +1) 4x −15x+20− >3

Vậy phương trình cho có nghiệm

2 S =  − 

 

 

Câu 11: (2,0 điểm)

Qua H vẽđường thẳng song song với AC cắt AB M , vẽđường thẳng song song với AB cắt AC N

- Tứ giác AMHN hình bình hành (AM HN// ; AN MH// ) nên AM =HN HAN

∆ có HA< AN+HN = AN+AM

Vì MH / /AC;BH ⊥AC ⇒ BH ⊥MH ⇒ HB<BM

/ /

HN AB;CH ⊥AB ⇒CH ⊥NH ⇒ HC<CN Ta có: HA HB+ +HC<AN+AM +BM+CN

HA HB HC AB AC

⇒ + + < + (1)

Chứng minh tương tự:

HA HB+ +HC< AC+BC (2) HA HB+ +HC<AB+BC (3) Từ (1); (2);(3) ta suy ra:

3(HA HB+ +HC)<2(AB+AC+BC)

( )

3

HA HB HC AB AC BC ⇔ + + < + +

Dấu "=" không xảy tam giác ABC nhọn

Đề số 25 Câu 1: (4,0 điểm)

a) Ta có 2

2

3 ( 3) (3 2)

3 11

2 10 ( 1) ( 2)

A= − + − − = − + − −

(149)

( ) ( )

3 3

2 5 2 5

− + − − − + − −

= =

− + + − − + + −

3 3

3

2 5

− − − +

= =

− − + − b) Chứng minh bất đẳng thức:

( )2

2 2 a b c

a b c

x y z x y z + + + + ≥

+ + (*) với a b c, , ∈và x y z, , >0 Với a b∈,  x y, 0> ta có:

( )2 2 a b

a b

x y x y + + ≥

+ (**) ⇔ ( 2 2 )( ) ( )2

a y b x+ x+y ≥xy a b+ ⇔ (bx−ay)2 ≥0 (luôn đúng)

Áp dụng bất đẳng thức (**), ta có: ( ) ( )

2

2 2 a b a b c

a b c c

x y z x y z x y z

+ + +

+ + ≥ + ≥

+ + +

Vì: xy + yz + zx = 673 nên ( ) 2019

x x −yz+ = x x( 2+xy+zx+1346)>0

Tương tự: ( )

2019

y y −zx+ > z z( 2−xy+2019)>0

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:

2 2

2019 2019 2019

x y z

x −yz+ + y −zx+ + z −xy+

( ) ( ) ( )

2 2

2019 2019 2019

x y z

x x yz y y zx z z xy

= + +

− + − + − +

( )

2 3

3 2019

x y z

x y z xyz x y z

+ + ≥

+ + − + + + (1)

Biến đổi:

( )3 ( )

3 3

x +y +z − xyz= x+y − xy x+y +z − xyz

( ) ( ) (2 ) 2 ( )

3

x y z  x y x y z z  xy x y z

= + +  + − + + − + +

( )( 2 )

x y z x y z xy yz zx

= + + + + − − − Từđó suy ra:

( )

3 3

3 2019

x +y +z − xyz+ x+ +y z = (x+ +y z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx+3.673)

=(x+ +y z)

( )

2 2

3

x y z xy yz zx xy yz zx

 + + − − − + + + 

 

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

(150)

2 2

2019 2019 2019

x y z

x −yz+ + y −zx+ + z −xy+

( )

2

1

x y z

x y z x y z

+ +

≥ =

+ +

+ + (đpcm)

Câu 2: (5,0 điểm)

a) Gọi x(m/s) vận tốc lúc cõng bạn Khanh

Điều kiện x>0, 2

Vận tốc lúc cõng bạnvề Khanh x– 0,

Theo đềbài, ta có phương trình:

1800 1800 750 x−0, 2− x =

750x – 150 – 360x

⇔ = (hay

25x – – 12x =0)

Giải phương trình ta x1 =0,8 (nhận); x2 = −0,6 (loại)

Vậy vận tốc lúc cõng bạn Khanh 0,8 (m/s)

b) Ta có

3

2

x x y

y y x

 = +   = +  ⇔ 3 3 3( )

x y x y

 − = −   + = +  ⇔ 2 2 ( )( )

( )( ) 3( )

x y x xy y x y

 − + + = − 



+ − + = +



⇔ 2

2

( )( 1)

( )( 3)

x y x xy y

 − + + − =   + − + − =  TH1: 0 x y x y − =   + =  ⇔ 0 x y =   =  TH2: 2 2

3

x y x xy y

− =  

− + − =

 ⇔

3 x y x =   − =  ⇔ 3, 3, x y x y  = =  = − = − 

TH3: 2

0

x xy y x y

 + + − = 

+ =

 ⇔

1 x y x = −   − =  ⇔ 1, 1, x y x y = = −   = − = 

TH4: 22 22

3

x xy y

 + + − = 



− + − = 

Đặt

( 0)

S x y

S P P x y

= + 

− ≥  =

 Ta có hệphương trình

2

1

0

3

S P P

S S P  − − =  = −  ⇔   = − − =   

Khi

x y x y + =   = −  ⇔ 1, 1, x y x y = = −   = − = 

Vậy nghiệm ( ; )x y hệphương trình là: (0; 0); ( 3; 3); (− 3;− 3); (1; 1); ( 1;1)− −

(151)

a) Chứng minh OA vng góc EF

Dựng tiếp tuyến Ax ( )O Ta có:

+  ACB=BAx (hệquả góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) +  ACB= AFE (cùng bù với BFE, tứ giác BFEC nội tiếp) ⇒BAx = AFE ⇒ Ax // EF

Mà OA ⊥ Ax ⇒ OA ⊥ EF

b) Chứng minh rằng: M H N, , thẳng hàng.

ABC

∆ có BE CF, hai đường cao H trực tâm

Kẻđường cao thứ3 AS ∆ABC

, ,

M N S thuộc đường trịn đường kính AK

⇒  AMN =ASN (góc nội tiếp chắn cung AN)

Mà  AMN =ANM (∆AMN cân AM = ANtheo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do  ANM = ASN (1)

Ta có: ∆ANE đồng dạng ∆ACN (g.g) ⇒ AN2 =AE AC

AEH

∆ đồng dạng ∆ASC (g.g) ⇒ AH AS = AE AC

⇒ AN2 = AH AS.

⇒ AN AS

AH = AN ⇒ ∆ASNđồng dạng ∆ANH (c.g.c)

⇒  ANH =ASN (2)

Từ(1) (2) suy  ANM =ANH ⇒ M H N, , thẳng hàng

(152)

Trên tia đối MB lấy điểm D cho MD=MC

 60o

BAC= (ABCđều)  120o  60

BMC CMD

⇒ = ⇒ = °

MCD

⇒ ⇒CM =CD ACM = BCD

  (c.g.c)⇒ AM =BD

Mà BD=MB+MD=MB+MC

2

S MA MB MC MA

⇒ = + + =

Mà AM ≤2R

Vậy S đạt giá trị lớn MA đường kính ⇔ M điểm cung nhỏ

BC

Khi S=2.2R=4R

Câu 5: (3,0 điểm)

Vẽđường kính CM đường tròn ( )O Gọi N I, giao điểm DE với CH

và CM

( )O ( )C cắt D E, ⇒ OC⊥ DE

CEM

∆ vuông E, EI đường cao nên CE2 =CI CM

O

D M

C B

(153)

Mà CM =2CO CE=CH nên CH2 =2CI CO hay

2

CH

CI CO

= (1)

CIN

∆ đồng dạng ∆CHO(g.g) CI CN CH CO

⇒ = ⇒CN CH =CI CO (2)

Từ (1), (2) suy CH =2CN⇒ N trung điểm CH Vậy DE qua trung điểm CH

Đề số 26 Câu 1:

a) ĐKXĐ : x≥ −3; x≠1 Ta có ( )( )

1

x x A

x

− + + =

− = − x+ −3 b) Ta có : A≤ − ⇒ −1 x+ − ≤ −3 1 ⇔ − x+ ≤ ⇔ ≥ −3 x 3;x≠1

Câu 2: a) ĐKXĐ : x≥ −1.Phương trình ⇔2(x−2)2−5(x−2) x+ +1 2(x+ =1)

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2 ( 2) 1 2

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

⇔ − − − + − − + + + =

   

⇔ −  − − + − +  − − + =

( 2 2)( 1)

2

1

x x x x x x

x x

⇔ − − + − − + =  + = −

⇔ 

+ = − 

Xét x+ = −1 x

( )

2

8

x

x x x

≥ 

⇔ ⇔ =

− =

 (TMĐK)

Xét x+ =1 2x−4

2

3

4 17 15

x

x x x

≥ 

⇔ ⇔ =

− + =

 (TMĐK)

Vậy phương trình có nghiệm x=3; x=8

Câu 3: a) Ta có

p chia cho dư Xét

p chia cho dư 0, plà số nguyên tố nên p=3, suy q=1, vơ lí

Xét

p chia cho dư 1, suy 8q chia hết cho mà ( )8;3 =1nên q=3⇒ =p 5thỏa

mãn

Vậy p=5;q=3thỏa mãn

b) Ta có :

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

5 2 2 2

1 1 5

n − =n n n − n + =n n − n − + =n n − n − + n n −

(n 2)(n 1) (n n 1)(n 2) (5 n 1) (n n 1)

= − − + + + − + chia hết cho nên chia hết cho 30

Câu 3: Từ giả thiết a b c ab bc ca+ + + + + −6abc=0 1 1 1

(154)

Áp dụng BĐT 2

xy+yz+zx≤x +y +z ta có 1 12 12 12 ab+bc+ca ≤ a +b +c (1)

Áp dụng BĐT Bunhia ta có ( )

2

2 2

1 1 1

1 1

a b c a b c

 + +  ≤ + +  + + 

   

   

2 2

1 1 1

3

a b c a b c ⇔ + + ≤ + + (2) Cộng theo vế(1) (2) ta được:

2 2 2

1 1 1 1 1 1

6 P P

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

= + + + + + ≤ + + + + + ⇔ + ≥

( P 3)( P 3) P P

⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥

Dấu “=” xảy a= = =b c

Câu 3:

a) Ta có 2 2 2

AC +BD =MA +MC +MB +MD

( 2) ( 2) 2

MA MD MB MC AD BC

= + + + = +

Kẻđường kính CE ta có CDE=90ohay CD⊥DE DE

⇒ //ABnên tứ giác ABED hình thang cân

AD BE

⇒ = Ta có 2 2 2

4

AD +BC =BE +BC =CE = R không đổi

b) Vì IB=IC=IMnên IO2+IM2 =OC2−IM2+IM2 =R2

Gọi J trung điểm MO Áp dụng công thức đường trung tuyến IMO

∆ ta có:

2 2 2

2 4

IO IM MO R MO

IJ = + − = − khơng đổi (vì O, M cốđịnh) Do đó, I

chạy đường trịn tâm J bán kính IJ khơng đổi

Câu 4:

J M

I

D

O

A B

(155)

Gọi Hlà trung điểm AB

Ta có HA=HBvà FD=FBnên HFlà đường trung bình ∆ABD

HF

⇒ // ADmà EM ⊥ ADnên EM ⊥HF

Tương tự HEcũng đường trung bình ∆ABCnênHE// BCmàFN ⊥BCnên

FN ⊥HE Do Glà trực tâm của∆HEF ⇒HG⊥EF(1)

Gọi M N, trung điểm AD BC

Ta có MElà đường trung bình ∆ACD nên ME//CD

Tương tự NF//CD MN//CD hay M F E N, , , thẳng hàng

Suy EF//AB(2) Từ(1) (2) suy HG⊥ ABmà HA=HB

Do tam giác GAB cân Gsuy GA=GB(đpcm)

Đề số 27 Câu 1: a) Ta có

8 16 (10 5)

a = + − + = + − ( )

2

8 ( 1) 5

= + − = + = + Do a>0 nên a= 1+

a= 1+ ⇒(a−1)2 =5hay a2−2a− =4

Vậy a nghiệm phương trình

2

a − a− =

b) Ta có 423 4 22 2

2 12 16

a a a a a a a a a a a a

T

a a a a

− + + + − − − + + + − − +

= =

− + − − +

2( 2 4) (2 2 4) 2 8

2 16 16

a a a a a a a a

a a

− − − − − + − − +

= = =

− − + (vì

2

a − a− = )

Câu 2: (4,0 điểm)

a)Ta có

3 3

8 ( ) ( )

2 2

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

 + =  + − + =

⇔

 

+ + = + + =

 

N M

H

G E F

A B

(156)

Đặt

( 0)

S x y

S P P x y

= +

 − ≥

 =

 Ta có hệphương trình

3

2

3 2

2

3 16

2 S S P P S SP S S P

S S S S S −  =  −  =  − = ⇔ ⇔   −  + =   − − =  + − − =  2 2 ( 2)(2 8)

S

P P

S

S S S

−  =  =  ⇔ ⇔  =   − + + = 

(Vì 15

2 2(S )

4

S + S+ = + + > )

Khi

x y x y + =   =  ⇔ 2, 0, x y x y = =   = = 

Vậy tập nghiệm hệphương trình là: S ={(0; 2);(2;0)}

b) Phương trình: ( )( )( ) (2 )( )

1 360

x+ x+ x+ x+ x+ =

( )( )( )

6 360

x x x x x x

⇔ + + + + + + =

Đặt

6

y=x + x ta có phương trình: (y+5)(y+8)(y+9)=360

( )

22 157

y y y

⇔ + + =

0 y

⇔ =

(Vì 2

22 157 ( 11) 36 0)

y + y+ = y+ + > Ta có:

6 x x x x =  + = ⇔  = − 

Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x=0;x= −6

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Ta có: 2

a +b ≥ ab , b2+c2 ≥2bc , c2+a2 ≥2ca

Cộng vế theo vếta được:

( 2 2) 2

2 a +b +c ≥2(ab bc+ +ca)⇔a +b +c ≥ab bc+ +ca

b) Từ câu a) ta có: ( 2 2)

( ) 2.9 18 18

a +b +c ≥ ab bc+ +ca = = ⇒ P≥ ⇒ ≥P

Dấu xảy khi: a= = =b c

Vậy MinP=9 a= = =b c

Vì a≥1, b≥1 ,c≥1nên (a−1)(b− ≥ ⇔1) ab− − + ≥ ⇔a b ab+ ≥ +1 a b

Tương tự ta có: bc+ ≥ +1 b c, ca+ ≥ +1 c a

Do đó: 2( )

(157)

Mà 2 ( )2 ( ) ( )2

2 – 18

P=a +b +c = a+ +b c − ab bc+ +ca = a+ +b c

36 18 18

P

⇒ ≤ − = Dấu xảy khi:

4;

a b c b a c c a b

= = = 

 = = = 

 = = = 

Vậy MaxP=18 khi:

4;

a b c b a c c a b

= = = 

 = = = 

 = = = 

Câu 3: (6,0 điểm)

a) AB tiếp tuyến đường tròn ( ;C CA) ⇒BA2 =BE BF (1)

AH đường cao tam giác vuông ABC

BA BH BC

⇒ = (2) Từ(1) (2) suy ra: BE BF =BH BC

Ta có: BE BF BH BC BH BE

BF BC

= ⇒ =

Từ BH BE

BF = BC

 

HBF =EBC⇒ ∆HBF ∆EBC ⇒BHF =BEC Suy tứ giác EFHC nội tiếp đường trịn

b) Ta có: BHF   =BEC=EFC=EHC⇒EHD =FHD(vì AH ⊥BC ) Do D nằm E F, nên HD phân giác góc EHF

c) Ta có:  1  / /

BFM = ACF =AEF⇒ AE MN (3)

Theo câu b) HD⊥HBnên HB phân giác EHF.(4)

Từ(3) (4) suy ra: MF BF HF DF FN FM FN

AE = BE = HE = DE = AE ⇒ =

Câu 4: (2,0 điểm)

Ta có: 2a2 2 2c2 2 2c 2a2 2 c 2c2 2 c a +b +a +c =b+c ⇔a +b −b+c+a +c −b+c =

2 2 2

2 2

( ) ( ) ( ) ( )

0

( )( ) ( )( )

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

+ − + + − +

⇔ + =

+ + + +

N D

F H

A C

B E

(158)

2

2 2

b( ) ( )

0

( )( ) ( )( )

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

− − −

⇔ + =

+ + + +

2

2 2

b

0

a bc c b c a b a c

−  − 

⇔  + =

+  + + 

2

2 2

( ) ( )

0

( )( )( )

a bc b c b c a b a c

− −

⇔ =

+ + +

2

(a bc b c)( )

⇒ − − =

Xét 2

0

a −bc= ⇒bc=a sốchính phương

Xét b c− = ⇒ =0 b c Khi

bc=c sốchính phương

Đề số 28 Câu 1:

a) Ta có ( ) ( )

2018 2016

a b+ = −c c⇔ + + = −a b c c c c+ − c chia hết cho Mặt khác

( 3 3) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1

a + +b c − + + =a b c a− a a+ + −b b b+ + −c c c+ chia hết cho

Do 3

A=a + +b c chia hết cho

b) Xét x= ⇒ =1 y

Xét x≥2 8x Nếu y chẵn, đặt y=2k k( ∈*)⇒ +1 3y = +1 9k ≡2 mod 8( ), vơ lí

Nếu y lẻ y=2k+1(k∈*)⇒ +1 3y = +1 3k ≡4 mod 8( ), vơ lí Vậy x= =y thỏa mãn yêu cầu toán

c) Ta có 4B =1.2.3.4 2.3.4 1+ ( − +) 3.4.5 2( − + +) n n.( −1 ) (n−2 ) ( n+ − −3) (n 1)

( ) ( ) ( ) ( )2

4 2

11 6 11

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

= + + + = + + + < + + + + = + +

Mặt khác

( ) (2 )2 ( )2

4 2 2

6 11 6 3

n + n + n + n>n + n + n = n + n ⇒ n + n < B< n + n+

Do B khơng phải sốchính phương

Câu 2:

a) ĐKXĐ :

3

x≥ − Khi phương trình tương đương

2

3x +3x−3x 3x+ −7 4x− +4 3x+ −7 x 3x+ +7 3x+ −7 3x−7

( ) ( ) ( )

3x x 3x x 3x 3x x 3x

⇔ + − + − + − + − + + − + =

(x 3x 7)(3x 3x 7)

(159)

Xét trường hợp : ( )

2

3

1

x x

x x x

x  + = +  + = + ⇔ ⇒ = ≥ 

Xét trường hợp :

( )2

3

3 7 4

2

3

x x

x x x

x  + = − −  + = − ⇔− ⇒ = ≤ ≤  

Vậy phương trình cho có hai nghiệm

b)Hệphương trình ( )( )

( )( )2

6

x y x y

− + + =

 ⇔ 

+ − =

 Đặt

a x y

b x y

= + 

 = −

 , ta có

( ) a b ab  + =   =  Nếu b= ⇒ =0 x y, vô nghiệm Vậy b≠0ta có ab2 a 62

b

= ⇒ = Thếvào

(a+1)b=5 b b b b =  − + = ⇔  = 

Với

7 3 4 2 2 x x y b a

x y y

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

Với

11 2 3 3 x x y b a

x y y

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

Vậy hệphương trình có hai nghiệm : 7; , 11;

4 6

 −   − 

   

   

Câu 3:

a) Ta có

( ) ( )

2

2 2

1 1

1

x x x x x

C x x

x x x

x x + + = + + = + + + + + + + + 1

1 1

x x

x x x

x x x x

 

=  +  + = + + = +

+ + + +

 

b) Ta có ( ) ( )

2

2 1

1

2 4

D=a b c+ =a −a = − + = −a a a−  + ≤

 

Vậy giá trị lớn D bằng

1

0

2

a− = ⇔ =a

c) Vì x y z, , ba cạnh tam giác nên y+ − >z x ; z+ − >x y ;

(160)

Áp dụng BĐT CauChy ta có (y+ −z x)(z+ −x y)≤ z; (z+ −x y)(x+ −y z)≤ x;

(x+ −y z)(y+ −z x)≤ y

Nhân theo vếcác BĐT ta điều cần chứng minh

Câu 4:

a) Vì AD phân giác nên

BD BA BD CD CD =CA⇒ BA = CA Lại có PE/ /AD/ /QF

BP BD CD CQ BE BA CA CF

⇒ = = =

Mà BE=CF nên BP=CQ

b) Gọi M ,N trung điểm BC EF Khi MN đường trung bình hình thang PEFQ nên MN//PE AD// Mà AD cốđịnh, M cốđịnh nên

MN cốđịnh

Gọi O trọng tâm tam giác ABC , ta có //

3

AG AO

OG MN

AN = AM = ⇒ Mà O cố

định nên G di động đường thẳng qua O song song với MNcốđịnh

Câu 5:

a) Ta có KMN =MBA (1) Tứ giác BMKC có

 

90

BMK =BCK =

nên nội tiếp ⇒MKN =MBA (2)

Từ(1) (2) suy :

 

KMN =MKN KMN

⇒ ∆ cân N

b) Ta có    KAC=BDC ACK; =BCDnên ACK DCB AC KC DC CB

∆ ∆ ⇒ =

2

4

:

2 2

R R AC BC R R

DC R

KC

−

 

⇒ = =  =

 

Do 3.2

3

2

ABD

DC AB R R

S∆ = = =R

G

O N

M

P Q

B C

A

D E

F

I

M D

N

E

K

C O B

(161)

c) Gọi E điểm đối xứng với B qua C Ta có CDE  =CDB=CKA nên tứ giác

AKDE nội tiếp Do đường trịn ngoại tiếp ∆AKD đường tròn ngoại

tiếp tứ giác AKDE

Ta có A, C, B cốđịnh nên AE cốđịnh Vậy đường tròn ngoại tiếp ∆AKD qua

điểm cốđịnh thứ hai khác A E

Đề số 29 Câu 1:

a) Ta có

2

1

1 1

P x

x x x

= + −

+ + − + − ( )2

2

1

x x x

= + −

+ + −

2

1

1 x

x x

= + −

+ + −

( )

2 1

1

x x

x + − −

= + − = x+1

b) Ta có

2

P = + + x −x ⇒ − =x 1− x4−x2 ⇔(x−1)2 = −1 x4−x2

( )

1

x x x x

⇔ − = −

1

x x

⇔ − = −

4

x

⇔ = (vì x≥1)

Câu 2:

a) Ta biết tổng chữ số số tự nhiên có số dư với số tựnhiên

khi chia cho Mà sốchính phương chia cho có sốdư 0;1; 4hoặc Nhưng 2019chia cho dư Do tổng chữ số sốchính phương khơng thể

bằng 2019

b) Ta tích bểlà

2

1 40 10

V Sh π

π

 

= =  

  ( )

3 100 dm

= =100 lít

Gọi x y, theo thứ tựlà sốlượt đổ thùng loại 4lít 7lít vào bể ( *) ,

x y∈N

Theo tốn 4x+7y=100 ⇒7y4⇒ y4

Mặt khác 7y=100 4− x≤96⇔ ≤ ≤4 y 12

Xét y=4 x=18, xét y=8 x=11, xét y=12 x=4

Câu 3:

a) Vì 2.(−18)= − <36 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt với m

Theo Vi-et 2

1

m

x x

x x

+  + = 



(162)

Ta có ( )( ) 25

Q= x + x + 2 2

1 25 100

x x x x

= + + +

( ) ( )2

2

2x 5x 181

= + + ( ) ( )2

2

2 2x 5x 181

≥ + =20 x x1 +181 180 181 361= + =

Dấu " "= xảy

1 2 x x x x  =   = −  1 2 x x x x = −  ⇒  = −  10 x ⇔ = ± Với

3 10 10

5

x = ⇒x = − 1 2 10

10

x x −

⇒ + = 10 10

2 10

m

+ − − −

⇒ = ⇔ =

Với

3 10 10

5

x = − ⇒x = 1 2 10

10

x x

⇒ + = 10 10

2 10

m

+ −

⇒ = ⇔ =

b) Hệphương trình ( )

( )

2

4

1

x y y

y x x x

 + =   + + =  0 x y ≥  ⇒  ≥ 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

( ) 2

2 2 2 y y x y y x y

y y

+ = ⇒ = ≤ =

+ ⇒ ≤x y

và ( )

1

y x +x + = x

3

4 3 4 2

3

1 3 .1

x x

y x y x x x x x

⇒ = ≤ = ⇒ ≤

+ +

Do x= y ta có ( )

( )( )

2

3

2

5 3 2

1

2

3 1 1 0

y y y y y

y y y y y y y  − =  + =  ⇔   + = −  − − =   0; y y ⇒ = =

Vậy hệphương trình có nghiệm x= =y 0;x= =y

Câu 4:

Ta có   ACB=CDA+ADC

(163)

 60 15 45

ADC

⇒ = ° − ° = °, suy ∆CDE vuông cân

Đường thẳng qua E vng góc với CE cắt đường thẳng qua D vng góc với CD F Suy tứ giác CDFE hình vng, suy AD trung trực CF

KC KF KCF

⇒ = ⇒ ∆ cân

Mặt khác BKlà trung trực AC nên KA=KC⇒ ∆KAC cân

Do  KCF =ACD−( ACK+DCF)=(180° − ° −60 ) (15° + ° =45 ) 60°

KCF

⇒ ∆ ⇒KC =CF =ED Do AK =ED

Câu 5:

a) Ta có tứ giác AIMJ hình chữ nhật Do AIMJ nội tiếp đường trịn đường kính AM

và IJ Vì N đối xứng với M qua IJ nên  JNI =JMI = °90

hay N thuộc đường trịn đường kính IJ AM ⇒ ANM = °90

Mặt khác I thuộc trung trực MN, ∆MIC vuông cân nên I thuộc trung trực MC suy I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNC

 1

45

MNC MIC

⇒ = = ° Do  ABC+ANC=45° + ° + ° =90 45 180°

hay tứ giác ABCN nội tiếp đường trịn ( )T b) Ta có MPC MBA PM PC PM MB

MB BA PC BA ∆ ∽∆ ⇒ = ⇒ = (1)

K J

P

I N

M H D

C B

(164)

PM PB PM MC MBP MAC

MC CA PB CA ∆ ∽∆ ⇒ = ⇒ = (2) Cộng theo vế (1) với (2) được:

1

PM PM MB MC MB MC BC PC + PB = BA + CA = BA + BA = BA >

1 1

PC PB PM ⇒ + >

c) Áp dụng hệ thức lượng ta có

DH =DK DC ⇒DA2 =DK DC DA DK

DC DA

⇒ =

DKA DAC

⇒ ∆ ∽∆ ⇒ AKD=DAC=45°⇒ABH +AKH =45° + ° + ° =45 90 180°

suy tứ giác ABHK nội tiếp

 AKB AHB 90 HKC

⇒ = = ° = mà   ABK = AHK =KCH nên suy BAK =KHC

Đề số 30 Câu 1.(3,0 điểm)

a.Ta có: 1 : 1

1 1

 + +   + + 

= + +    − − 

+ − − +

   

xy x xy x

x x

P

xy xy xy xy

( 1)( ) ( )( 1)

:

x xy xy x xy xy xy

+ − + + + + −

=

−

( )( ) ( )( )

1 1

1

xy xy x xy x xy xy

− − + + − + −

−

( )( ) ( )

( )( ) ( )( )

1 1

x xy xy x xy xy xy xy x xy x xy

+ − + + + + −

=

− + + + + + −

( )

2 1

2

x

xy xy x y

+

= =

+

Vậy vớix≥0 ;y≥0 xy≠1 P

xy = b Ta có: (3 )3

4 6

x = − + + = +8 3(3 6− +3 6+ )(3 6− ⋅3 6+ )

8 6x = −

( )

3

6 8

x x x x xy

⇒ + = ⇔ + = ⇔ = thỏa mãn điều kiện xá định

Thay vào ta có

4

P= Vậy P=

Câu 2.(3,0 điểm)

(165)

( 1) (*) ( 1)

m x y m x m y m

− + = − 

 + − =



( 1)

( 2) ( 2) (1)

x m m y m m y m

= − − 

⇔  − = − 

Để ( )d cắt ( )d' ⇔hệ (*) có nghiệm ⇔(1) có nghiệm m m ≠  ⇔  ≠  Với

2 m m ≠   ≠

 hệphương trình có nghiệm

3 2 m x m m y m −  =   −  = 

Lúc M 3m 2;m

m m

− −

 

 

 

Từ giả thiết 

30

MOx= nên M có hồnh độdương 

2 tan m m MOx m m − = − 

tan tan 30

3 2 m m MOx m m ° − = = − −

3 3( 2)

3 m m m m − ⇔ = ⇒ − = ± − − 3 m

⇔ = ± thõa mãn

Vậy 3;

m=

3 m= −

Câu 3.(4,0 điểm)

a) Điều kiện xá định *( )

3 x

− ≤ ≤

Phương trình cho ( ) ( )

3x x 3x 14x

⇔ + − − − − + − − =

( )( )

3 15

5

3

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

5

3

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

5(t / m(*))

3

3 (1)

3

x x x x =   ⇔  + + + =  + + − + 

VT phương trình (1) ln ln lớp với x thỏa mãn (*) nên (1) vô nghiệm

Vậy tập nghiệm phương trình S={5}

b) Điều kiện định 3x− + ≥y

( )( )

(166)

2

x y y x

⇔ + − = ⇔ = − ( ) x + > ∀2 x

Thay y = – x vào (2) ta

(2 ) (2 )

x −x − −x x− = x− − +x ⇔ 4x+ =5 2x2−6x−1

2

2 4x 4x 12x

⇔ + = − −

(2x 3) 4x 11

⇔ − = + +

Đặt 4x+ = −5 2t

Ta có ( )

( )

2

t x x t  − = +   − = +  ( ) ( )( )

2

t x t x t x  − = + 

⇔ 

− + − = 

( )2

2

2 t x t x t x  − = +  ⇔ =  = − 

Trường hợp 1: t = ⇔x 4x+ =5 2x−3

2

4

2

x x x x  − + = ⇔ ⇔ = + − ≥  y

⇒ = − thỏa mãn điều kiện xá định Hệ có nghiệm ( )x y; =(2+ 3;− 3)

Trường hợp 2: t = − ⇔4 x 4x+ = −5 2x

2

1

x x x x  − − = ⇔ ⇔ = − − ≥  y

⇒ = + thỏa mãn điều kiện xá định Hệ có nghiệm ( )x y; = −(1 2;1+ 2)

Vậy hệ có nghiệm ( )x y; =(2+ 3;− 3); ( )x y; = −(1 2;1+ 2)

Câu 4.(2,0 điểm)

Đặt 2

3 3

T = a + b + c + abc Do vai trò a, b, c bình đẳng nên khơng tính tổng

qt ta giả sử 0< ≤ ≤a b c

Từ a + b + c = a + b > c suy c

≤ <

( 2 2) 2 ( )2 2

3 3

T = a +b + c + abc=  a b+ − ab+ c + abc ( )2 ( ) 3 c 3c 2ab 2c

= − + − −

Do - c >

2

3

2

a b c

ab≤ +  = − 

    , suy ( )2 2 1( ) (2 )

3 3

2

T ≥ −c + c − a b+ − c

( 2 ) 2 1( ) (2 )

3 3

2

c c c c c

= − + + − − −

( )2 ( )2

3 27

1 13 13

2 2

c c c c c

= − + = − + − + ≥ Dấu xảy a= = =b c

(167)

a Gọi M trung điểm BC, ta có tam giác ABD vng D nên tanB AD BD

=

Tương tự: tanC AD

CD

= tanBtanC AD2 BD CD

⇒ =

⋅ Ta có BHD =EHA⇒ HBD=HAE

~

BDH ADC BD CD AD DH

⇒ ∆ ∆ ⇒ = tanB tanC AD DH

⇒ ⋅ =

Ta có HG / /BC AD AM tanBtanC

DH GM

⇒ = ⇒ =

b Gọi S, S , S , S diên tích tam giác ABC, HBC, ,HCA HAB, ta

có

1

tanB tan

tan tan C

S

AD DH

C

DH B AD S

= ⇒ = =

⋅

Tương tự 2,

tan tan tan tan

S S

C A S A B S

⇒ = =

⋅ ⋅

1

1 1

1 tan tan C tan C tan tan tan

S S S

B A A B S

+ +

⇒ + + = =

⋅ ⋅

tan tan tan

1 tan tan tan C

A B C

A B

+ +

⇒ =

⋅ ⋅

Câu 6.(3,0 điểm)

a        

AEC+EAH =90°,CAE+EAB=90 ,EAH =EAB⇒ AEC=CAE

G H

B D M C

E A

J

E H M

I

K

F C

B

A

(168)

AEC

⇒ ∆ cân C, ⇒ CI trung trực AE.

Tương tự BI trung trực AF ⇒ Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

b Gọi M hình chiếu vng góc I BC ⇒M trung điểm EF

MI =r.

Tam giác ABF cân B,tam giác ACE cân C nên EF = AB + AC – BC

Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tam giác ABC vuông A ta

chứng minh AB + AC – BC = 2r⇒ EF = r

A E đối xứng qua CI nên KEC =KAC, mà  KAC=KAH,

   

90 90

KAH +KFH = ⇒KEC+KFE= ⇒ ∆KEF vuông K MK EF r

⇒ = =

MJ MI MK r

⇒ = = = ⇒điều phải chứng minh

Câu 7.(2,0 điểm)

Ta có 2019 ( * )

, , ( , )

2019

x y m

m n m n

n y z

+

= ∈ =

+ 

( ) 2019

mx my mz ny

⇒ − = −

0

nx my x y

xz y mz my y z

− = 

⇒ ⇒ = ⇒ =

− = 

( )2 ( )2 ( )( )

2 2 2

2

x +y +z = x+z − xz+y = x+z −y = x+ +y z x+ −z y

Vì x+ +y zlà số nguyên lớn 2

x +y +z số nguyên tố nên

2 2

1

x y z x y z x y z

 + + = + + 

− + =



Từđó suy x = y = z =

Thử lại 2019 2019

x y y z

+ =

+

2 2

3

x +y +z = thỏa mãn yêu cầu toán Kết luận (x y z; ; ) (= 1;1;1)

Đề số 31 Bài 1.

a) Với x≥0;x≠1ta có:

3 2

1 ( 1) ( 1)

: :

1

1 1

x x x x x x x x

P x

x

x x x x

 − −  − +  + +  − +

= +  = + −  −

− +  +  +

 

2 1

1 1

x x x x x x

+ + − − − +

= =

+ − + + − +

Với x≥0;x≠1ta có:

2

( 1)

1

1 ( )

2

x x

P

x x x

− −

− = − = <

(169)

b)Đặt 2= ⇒x x3=2

Do

2

3 3 3 3

3 3

1

2 1 9( 1) 9( 1) ( 1) (1)

9 9 9

x x

x x x x x x x − = − + ⇔ − = − + ⇔ − = − + ⇔ − = − + Ta có VP = 2 2

(x − +x 1) =(x − +x 1) (x − + =x 1) (x + + −x x −2 x x )(+ x − +x 1)

3 2 2

[ x(x 2) 2x 3x 1](x x 1) 3(x 1)(x x 1) 3(x 1)(x 1)

= − − + + − + = − − + = − +

3(x 1)[(x 2) 3] 9(x 1) VT

= − − + = − =

Vậy 3 3 3 3

2

9 9

− = − +

Bài 2.

a) 2

3 3 3 ( 3) ( 3)

3

x+ + x− + x+ − x− = x+ ⇔ x− + + x− − = x+ x≥ 

 

3x 3x 3x (1)

⇔ − + + − − = +

Với 10

3

x≥ , (1)⇔2 3x− =1 3x+ ⇔4 9x2+12x+20=0 (VN)

Với 10

3≤ ≤x , (1)

2

6 (tm)

3

x x

⇔ = + ⇔ =

b)TH1 Nếu số a, b, c số cịn lại Do

0

a= = =b c

TH2 Xét a, b, c khác 0: Ta có

2 2 2

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

2 2 2

b c a b c a

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

+ + + − − −

+ + = + + = + + + + + ≥ + +

Dấu “ = ” xảy 1− = − = − = ⇔ = = =b c a a b c

Vậy a= = =b c a= = =b c

Câu 3: Gọi x, y, z, số gói kẹo chocola, kẹo chuối kẹo dừa lớp 9A mua (gói, 0< x, y, z <22, nguyên)

Theo đề ta có

22

20 20 20 440(1)

20 33 15 534(2)

.110000 50000 15000 445000

4

x y z

y x

x y z

z

+ + =

  + + =

 ⇔

  + + =

+ + = 



Trừ (2) cho (1) theo vế với vế ta :13 94 13 94

2 y y− z= ⇔ =z −

Vì 0< <z 22 nên 13 94 22 11

y

−

< < ⇔ < < mà y ngun suy y∈{8, 9,10}

Chỉ có y=8 tìm x=9,z=5

Vậy lớp 9A mua gói kẹo chocola, gói kẹo chuối, gói kẹo dừa

(170)

Bài 4. a) Tính AB AC,

Tam giác AHC vuông H nên tan

4 AH C

CH

 

Suy

4

CH  AH CHAH 

 Do AH = 12cm CH = 16cm

Tam giác AHC vuông H nên 2

20 (pytago)

AC AH HC 

Tam giác ABC vuông A nên tan 3 15

4

AB AC

ACB AB

AC

    

b) Chứng minh EF ⊥ AM

Tứ giác AEHF có   

90

EAFAEHAFH  nên hình chữ nhật

Suy A1E1(1)

Tam giác ABC vuông A có AM đường trung tuyến nên AM MBsuy tam

giác AMB cân M suy MABB(2)

Tam giác AHB vuông H nên  

1 90

A  B (3)

Từ (1), (2) (3) suy  

1 90

MABE  suy EF ⊥ AM

c) Chứng minh

AH S

HE HF =

Vì AEHF hình chữ nhật nên AE = HF AF = HE Áp dụng hệ thức cạch đường cao ta có

2

AH

AE AB AH AB

AE    2

AH

AF AC AH AC

AF   

Do 4

.H

AH AH

AC AB

AE AF HE F

  hay

.H AH S

HE F

 (đpcm)

Đề số 32 Câu 1: (4,5 điểm)

1 Ta có:

*6 2− = + −4 2.2 2=(2− 2)2

Suy ra: 2− = (2− 2)2 = −2 = −2

*20 14 2+ = + +8 12 2 12 2+ ( ) ( )

2

3

2 3.2 3.2 2

= + + + =(2+ 2)3

Suy ra:

20 14 2+ ( )

3 2 2

= + = +2

A B

C

H F

E M

(171)

*3(a+3) a−3a−1 = 3a a+3 a−3a−1 ( ) ( )

3

2

3 1 3.1 a 3.1. a a

= − + + =3(1− a)3

1 a

= −

Và

( )

2 a a − − − ( ) ( ) ( )

1

1 a a a − + = − − a− =

Vậy ta có: (2 2) ( 2) (1 ): 2019

a S= + − + − a  − +

  = − − +4 2 2019=2019

2 Ta có: 2 2

36x <36x +10x+ <3 36x +10x+ +1 2x=36x +12x+1 (với x nguyên dương)

2

6x 36x 10x 6x

⇒ ≤ + + ≤ +

2 2 2

4x 4x 4x 4x 2x 4x 36x 10x 4x 6x 4x 8x

⇒ + + < + + ≤ + + + ≤ + + ≤ + +

( )2 2 ( )2

2x 4x 36x 10x 2x

⇒ + ≤ + + + ≤ +

2

2x 4x 36x 10x 2x

⇒ + ≤ + + + ≤ +

2 2 2

2 36 10 2

x x x x x x x x ⇒ + + ≤ + + + + ≤ + +

( )2 2 2 2 2

1 36 10 4

x x x x x x x

⇒ + ≤ + + + + ≤ + +

[ ] ( )2

1

x B x

⇒ + ≤ < +

Mà *

x∈ nên [ ]B = +x

3 ( )

( ) 3

2

9 26

xy x y

xy x y x y + =   − + = −  ( )

( ) 3 3

3

9 27

xy x y

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

3 3

3 2

3

9

x y xy x y x y

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

3 3 3

2 3

6

3 9

x y x y

x y x xy y xy x y

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

3 3 3

6

3

x y x y

 + = + + 

⇔ 

− = + + 

Suy ra: ( ) (3 )3

x+y = x−y ⇒ + =x y 3x−y ⇒ =x y Thay x= y vào phương trìnhxy x( +y)=2 ta được:

( )

x x x+x =

.2

x x

⇔ =

2x

⇔ =

1 x

⇔ = ⇔ =x Suy ray=1

Vậy nghiệm hệphương trình cho x= =y

(172)

a) Giả sử mặt phẳng tọađộ, độ dài đoạn thẳng tính theo đơn vị mét Do khoảng cách hai chân cổng m nên MA=NA=2 m

Theo giả thiết, ta có: OM =ON =2

Áp dụng định lý Py-ta-go, ta được: OA=4

Vậy M(2; 4− ); N(− −2; 4)

Do M(2; 4− ) thuộc Parabol ( )P nên tọa độđiểm M thỏa mãn công thức y=ax2 hay

2 a.2

− = ⇒ = −a

Vậy ( )

:

P y= −x b)

Đểđáp ứng chiều cao trước xe tải phải vào cổng, ta xét đường thẳng

( )

:

2

d y= − (ứng với chiều cao xe) Đường thẳng cắt Parabol điểm có tọa độ

thỏa mãn hệphương trình:

2

3

2 3 2

3

3 2

2

2 3

2

x x

y x

x y

y

y 

= 

 

 = −  =



 ⇔ ⇔ 

 = −   = − 

  = − 

  

= −  

Suy tọa độgiao điểm 2;

2

T− − 

 ;

3

;

2

H − 

 

Suy ra: HT =3 2>2,

Vậy xe tải có thểđi qua cổng

Câu 3: (4,0 điểm)

1 Từ giả thiết xy+yz+zx=5 ta có:

x + =x2+xy+yz+zx =(x+y)(z+x)

(173)

( )

6 x +5 = 6(x+y)(z+x) 3( ) (2 )

2

x+y + z+x

≤

2 x+ y+ z

=

Chứng minh tương tự, ta được: ( )

6 y +5

2 x+ y+ z

≤ ;

5

z +

2 x+ +y z

≤ Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta được:

( ) ( )

6 x +5 + y +5 + z +5 9

2 x+ y+ z

≤ Suy

( ) ( )

3

6 5

x y z P

x y z + +

=

+ + + + +

( )

2 3 2

9

x y z x y z

+ +

≥ =

+ + Vậy giá trị nhỏ biểu thức P

3

Đẳng thức xảy x= =y 1;z=2

2 Ta có: a≠0, b≠0

2

6 20 15

15 20

a a b b  + + =   + + = 

2 2

2

6 20 15

15 20

a b ab b

b b  + + =  ⇔  + + = 

( 2 ) ( )

6a b 20ab 20b

⇒ − + − =

( )( ) ( )

6 ab ab 20b ab

⇔ − + + − =

( )

6 ab 20b

⇔ + = − (vì ab≠1)

10

3

ab − b

⇔ + =

Tương tự:

3 ab+ = − a

Vậy:

10

1

3

2

ab b a

a b − −  + = =    =  ( ) 3 b A ab ab = − + ( )

2 1000

9 27 b ab b = − − 1000 b A a b =

+ 1000

2 b b b = + 2015 =

Câu 4: (3,0 điểm)

1 Theo đềbài ta có sốphải tìm có từ chữ số trở lên

Giả sử sau bỏ ba chữ số tận abc n ta số x thì: n=103x abc+

Theo đềbài, ta có:

1000

x= x+abc ⇔x3 =1000x+abc ( ) 1000

x x abc

⇔ − =

Nếu x≥33 vế trái lớn 33 1089 1000( − )=33.89=2937>abc

(174)

Nếu x≤31 961

x ≤ nên x x( 2−1000)<0

Lại có: abc>0 nên x>31 2( )

Từ ( )1 ( )2 suy x=32

Thật vậy, với x=32 32 1026 1000( − )=abc hay abc=768

Do đó:

10 32 768 32768

n= + =

Vậy số cần tìm 32768

2 Gọi năm số cần tìm a b c d e, , , , với a b c d e, , , , ∈+

Ta có: ( )2

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

Suy ra: ( ) (2 )2 a b− = b+ + +c d e − a+ + +c d e

( )( 2 )

a b b a a b c d e ⇔ − = − + + + +

(a b a b)( 2c 2d 2e 1)

⇔ − + + + + + =

0

2 2

a b

a b c d e − =



⇔  + + + + + = 

Với a b+ +2c+2d+2e+ =1 vơ lí a b c d e, , , , ∈+ Vậy a=b

16 a= = = = =b c d e

Câu 5: (3,0 điểm)

Ta có: ∆ABC cân A nên  B= = °C 72

Kẻtia phân giác góc C cắt AB D nên C 1 =C2 = °36

ADC

∆ có  A=C2 = °36 nên ∆ADC cân D

Kẻ DH vuông góc với AC Khi đó: AH vừa đường cao vừa

là đường trung tuyến

Đặt BC=1 cm, AH =x (cm) với x>0

Ta có: AB=AC=2x; BD=2x−1; AD=1

Ta có: CD tia phân giác nên AD CA

BD =CB

hay ( )

1

1 4

2 1

2 1 1 5

4 x x

x x x

x

 + =  

= ⇔ − = ⇔

−  −

=   Ta loại

4

x= − x>0

Vậy

1

AB x

BC

+ = =

Câu 6: (3,5 điểm)

36°

72° 72°

1

x

1

H

D

C B

(175)

a

O D

B

C A

K A

B

O1 O2

N F E

M I

1 Trường hợp 1: Xét ∆ABC vuông A

Ta có ∆ABC nội tiếp đường trịn tâm O với O trung điểm cạnh huyền BC

Vì sinA=sin 90° =1

2 sin 2

BC R A R R

⇒ = = = (luôn đúng)

Vậy BC=2 sinR A

Trường hợp 2: Xét ∆ABC với góc A nhọn

Ta vẽđường kính BD đường trịn ngoại tiếp ∆ABC tam giác BCD vng C nên ta có BC=BD.sinD hay a=2 sinR D

Ta có BAC =BDC hai góc nội tiếp chắn cung BC Do

2 sin

a= R A hay BC =2 sinR A

Trường hợp 3: Xét ∆ABC với góc A tù

Ta vẽđường kính BD đường trịn ngoại tiếp∆ABC Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn tâm O nên D =180° −A

Do đó: sinD=sin 180( ° −A)

Ta lại có BC=BD.sinD hay BC =BD.sinA

Vậy BC=2 sinR A

Ta có: IMN =MBA (tính chất góc tiếp tuyến dây cung)

 

INM =NAB(tính chất góc tiếp tuyến dây cung) Xét tứ giác IMBN , ta có: MBN  =MBA+NBA=IMN +INM



180 MIN

= ° −

Suy tứ giác IMBN nội tiếp

Các góc AMB ANBlà góc nội tiếp chắn cung AB cố

định (O R1; 1) (, O2; R2) nên AMB, ANB không đổi

Suy ra: MBNkhông đổi nên MIN=180° −MBN không đổi

Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MIN MN =2 sinR MIN

2 sin MN R

MIN

⇒ =

Do Rlớn MN lớn

Gọi E F, hình chiếu vng góc O O1 2 lên ( )d , K hình chiếu vng góc O1 lên

2

O F thì: MN =2EF =2O K1 ≤2O O1 2

Dấu xảy EF//O O1 hay ( )d //O O1

O C

B A

a O

C B

(176)

Đề số 33 Câu 1:

( )

2

3

( 2)

8

4

2

x x

A

x

x x

x

− +

= + +

−

− +

+

2

8

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

x x

x x x x x x x

− +

= + +

+ − + − + − +

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

x x

x x x x x x x

+ −

= + −

+ − + − + − +

(vì 0≤ <x nên 0≤ x <2)

8 1

( 2)( 4)

x

x x x x x x

+

= + −

+ − + − + +

8 ( 2) ( 4)

( 2)( 4)

x x x x

x x x

+ + + − − +

=

+ − +

3

( 2)( 4)

x

x x x x x

+

= =

+ − + − +

Ta có :

2 ( 1) 3

x− x+ = x− + ≥ ⇒0 <A ≤

+ Để A số nguyên ( A =1) x−2 x+ =4 hay x=1

Chú ý: Các học sinh đặt t = x ( ≤t <2) – thực biến đổi đại số Các thầy cho điểm thích hợp theo cách cho điểm phần

b) Cho ba số thực a b c, , thỏa 1≤a b c, , ≤2.Chứng minh :

a b c a c b 7

b + + + + + ≤c a c b a

Vì a,b,c có vai trị 1≤a b c, , ≤2 nên giả sử ≥ a ≥b ≥ c ≥

Khi đó: (b-a)(b-c) ≤

⇒ b2+ac ≤ ab+bc (*)⇒ a b 1 a

b + ≤ +c c ( chia vế (*) cho bc)

và b c c

a + ≤ +b a ( chia vế (*) cho ab)

⇒ a b b c a c 2(a c)

b+ + + + + ≤ +c a b c a c +a

Để chứng minh (1) ta tiếp tục chứng minh 2(a c)

c a

+ + ≤ ⇔

2

a c

c + ≤a (2) Ta có: ≥ a ≥ c ≥ ⇒ x a

c

≤ = ≤

(2) ⇔ x+1

x ≤

5

2 ⇔ 2x

2−5x+2 ≤ ⇔ (x−2)(2x−1) ≤0 ( 1≤ ≤x 2

(2) chứng minh ⇒(1) chứng minh

Dấu “=”xảy a =2, b = c = a = b = 2, c = hoán vị

(177)

a) Cho phương trình

2

x − x+ − m= Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2

trong nghiệm bình phương nghiệm cịn lại

Cách 1:

•Điều kiệnpt có nghiệm phân biêt ∆’ >0 ⇒2m−2 >0 ⇒m>1

• Ta có : x1+x2 =2, x x1 = −3 2m

1

x = x ⇒x1=2x2+2m−3

⇒ x1+x2 =3x2+2m−3

3x 2m

⇒ = − ⇒3x1= +1 2m

⇒ x x1 2 = −(5 )(1 )m + m

⇒

9(3 )− m = −4m +8m+5

⇒

4m −26m+22=0 ⇒ 1, 11

m= m= - chọn 11

2

m=

Cách 2:

Điều kiện : ∆’ >0 ⇒2m−2 >0 ⇒m>1

• Ta có : x1+x2 =2, x x1 = −3 2m

Để phương trình có nghiệm bình phương nghiệm cịn lại

2

1 2 (x −x )(x −x )=0

3 2 ( 2)

x x x x x x

⇒ − + + =

3 2

1 ( 2) 2( 2)

x x x x x x x x x x

⇒ − + + + + =

2

1 1,

x x x x x x x x

⇒ + − = ⇒ = = −

+ x x1 = ⇒ −1 2m= ⇒ =1 m (loai) + 1 2 8 11

2

x x = − ⇒ − m= − ⇒ =m ( thỏa mãn )

Cách :

•Điều kiện : ∆’ >0 ⇒2m−2 >0 ⇒m>1

Phương trình có nghiệm x1= +1 2m−2, x2 = −1 2m−2

Để phương trình có nghiệm bình phương nghiệm cịn lại

1

x =x

( không xảy trường hợp ngược lại

2

x = x 0<x2 <1, x12 >1 (!) )

⇒1+ 2m− = −2 2m− +2 2m−2

⇒ (2m− −2) 2m− = ⇒2 2m− = ∨2 2m− =2

⇒ 11

2

m= ∨ m= - Chọn 11

2

m=

b) Giải phương trình

(178)

Cách 1:

Điều kiện : − ≤ ≤1 x

(1) ⇔ 1− +x 1−x 1+x = 3−x (2) Đặt 1− =x a; 1+ =x b (⇒ a,b ≥ 0)

.(2) viết lại:

2a+ab= −4 b

⇒a(2+b)=(2+b)(2−b) ⇒ a= −2 b ( 2+b>0

⇒ 1− +x 1+ =x ⇒ x=0 ( Cơ si – bình phương )

x=0 thỏa điều kiện ⇒x=0 nghiệm phương trình cho

Cách 2:

Điều kiện : − ≤ ≤1 x

2

(1)⇔2[ 1− − −x (1 x)] [ 1+ −x − +(1 x)]=0 x(1 x) x( x x)

⇔ − − − + + − − + =

2

1 1

x x

x x x

−

⇔ − + + =

+ − − + +

1

( )

1 1

x x

x

x x x

− +

⇔ − =

+ − − + +

1

0 (*)

1 1

x x

x

x x x

− +

⇔ = ∨ =

+ − − + +

(*) ⇔1− =x 1+x

⇔

1+x −2x= + ⇔ =1 x x 0,x=3 (loai)

Kết luận: x=0 nghiệm

Câu 3:

a) Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 1 thì (n+2)(n+1)(n+8) khơng thể lập phương một số tự nhiên.

Ta có: (n+2)2< (n+2)(n+1)(n+8) < (n+4)3 (*)

⇔ n3+ 6n2+12n+8 < (n2+3n+2) (n+8)=n3+ 11n2+26n+16 < n3+ 12n2+48n+64 ( đúng)

Giả sử có n∈N, n ≥1 cho (n+2)(n+1)(n+8) lập phương số tự nhiên, đó, từ (*) suy ra: (n+2)(n+1)(n+8) =( n+3)3

⇒ n3+ 11n2+26n+16 = n3+ 9n2+27n+27

⇒ 2n2− n −11 =0 ⇒ 89

4

n= ± ∉N (!)

Vậy ∀n ≥ 1, n ∈N (n+2)(n+1)(n+8) khơng lập phương số tự nhiên

b) Cho số nguyên tố p(p>3) và hai số nguyên dương a, b thỏa mãn phương trình p2+a2 =b2

Chứng minh a chia hết cho 12 2(p+ +a 1) là số phương. Ta có: 2 2

( )( )

p +a =b ⇔ p = b−a b+a

Các ước p2là 1, pvà p2; không xảy trường hợp b + a = b‒ a = p

Do xảy trường hợp b + a = p2và b‒ a =

Khi

2

1

à

2

p p

b= + v a= − suy 2a = (p ‒1)(p + 1)

Từ plẻ suy p + 1, p‒1 hai số chẵn liên tiếp ⇒ (p ‒1)(p+ 1) chia hết cho

Suy 2achia hết cho (1)

(179)

Suy hai số p + 1; p‒1 chia hết cho Suy 2achia hết cho (2) Từ (1) (2) suy 2achia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm)

Xét ( ) p -12 2 ( )2 p + a + =2 p+ +1 =2p+p +1= p+1

2

 

 

  số phương

Câu 4:

a)Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn ba điểm K E F, , thẳng hàng

(Khơng có hình vẽ không chấm bài)

+ Hai tam giác BKAvà BKCbằng ⇒ BCK =BAK

+ Lại có A, B, H, Dcùng nằm đường tròn nên BAK =KDE

Suy  BCK =KDE Do tứ giác KDCEnội tiếp đường tròn + Trong tam giác BDF có BCvà DHlà hai đường cao Suy FE ⊥BD (1)

Tứ giác KDCEnội tiếp đường tròn 

90

ECD= nên EKD=900 hay EK ⊥BD (2) Từ (1) (2) suy K, E, Fthẳng hàng

b) Khi E là trung điểm cạnhBC, tính diện tích tứ giácBKEH Ta có ∆ BKE vuông cân, BK= KE =

SBKE = 2

2BK KE=2 =

Xét ∆BHE ta có BH = BE sinE = sinE = 2 4

2 5

DC

DE = =

HE2 =BE2−BH2 = 4 16

5

− = ⇒ HE =

5

SBHE = 2HE BH =5

SBKEH = SBKE +SBHE =1

5

+ = (cm2)

Câu 5:

a/ Chứng minh tam giác AMP ANQ đồng dạng.

K

H

F D

A B

(180)

(Khơng có hình vẽ khơng chấm bài)

Tứ giác ABNP nội tiếp ⇒ ANB = APB Tứ giác ABMQ nội tiếp ⇒ AQB = AMB

Suy ra: ∆ANQ đồng dạng ∆ APM

b/ Chứng minh: 2

MB NA =NB MA .

AM tiếp tuyến , MBP cát tuyến (C2) –chứng minh MA2 = MB.MP

Tương tự AN tiếp tuyến , NBQ cát tuyến (C1), ta có: NA2 = NB.NQ

⇒ MA22 MB MP

NA = NB NQ (1)

Để có (1), ta chứng minh MP =NQ

( AMP ANQ đồng dạng , chứng minh A M = AP ⇒∆ AMP = ∆ AQN

Cần chứng minh A M = AP hay  APN =ANB)

+ Ta có   P1 =ANB=MAB ( chắn cung AB (C2))

(181)

+ Suy P   1+P2 =MAB+AMB

⇒  APN = ABP( Góc ngồi tổng góc khơng kề nó)

+ Mặt khác  ABP= ANP ( chắn cung AP (C2))

Suy ra:  APN = ANP

Ta có:  APN = ANP ⇒∆ANP cân N ⇒ AN= AP Tam giác AMP AQN đồng dạng kết hợp AN= AP

⇒∆ AMP = ∆ AQN ⇒ MP=NQ (2)

Từ (1) (2) ⇒ 2

MA MB

NA = NB hay

2

MB NA =NB MA

Đề số 34

Bài 1.(4.0 điểm) 1/ ĐKXĐ: x≥1

Đặt a 1;b x

x x

= − = − ta có hpt 2

2

1

( )

2

a b x x x a x a x a

x a b x

+ =

 ⇒ − − = − ⇔ = − +



− = − 

Do đó:

2

4 2

2

1

1 2

2

1

( ) 2( )

x x

x x x x x x

x x x x

x x x x − +

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

Đặt 2

2

1

2

t x t x

x x

= − ⇔ = + − ta có pt:

2 1

t − + = ⇔ =t t

Với t =1thì

1

2

1

1 2

1

( )

2 x

x x x

x

x loai

 + =  − = ⇔ − − = ⇔ 

−  = 

Vậy pt có nghiệm x=1

2

+

2/ Tự giải

(182)

1/ 2 2

0(1) 2

( ) 2( )

8(2)

x xy y x xy y

x y x y x y x y

+ + = + + =

 

⇔ ⇒ + + + − =

 

+ = + =

 

2

4

x y y x x y y x

+ = = −

 

⇔ ⇔

+ = − = − −

  thếvào (1) ta được:

2

1

2

1

4

2

x x x

x  = +  − − = 

⇔

 + + =  = −

 

= −  Vây hpt có ba nghiệm: (1+ 3;1− 3), (1− 3;1+ 3) (-2;-2)

2/ Tự giải

Bài 3.(3.0 điểm).

Phương trình: 2

2x −2mx+m − =2 có hai nghiệm khơng âm

/

1

2

0 2

0 0 2

2

0

m m

x x m m m

x x m m m 

 

∆ ≥ − + ≥ − ≤ ≤

 



⇔ + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤

 ≥  −  ≥ ∨ ≤ −

  ≥ 

 Do 0≤ ≤x1 x2 nên

2

4

m m

x = + − + Mà x1+x2 =m nên x2đạt GTLN⇔x2=m

Hay 2( ˆ )

2

2 2( )

m nhan m m

m m

m loai  =

+ − + = ⇔

= ⇔  = − 

Vậy m= GTLN x2là

Bài 4.(3.0 điểm)

(x−a x b)( − + −) (x b x c)( − + −) (x c x)( −a)= ⇔0 3x2-2(a+b+c)+ab+bc+ca=0

∆’=[-(a+b+c)]2-3(ab+bc+ca)=a2+b2+c2-ab-bc-ca

Do phương trình có nghiệm kép nên ∆’=0⇔ a2+b2+c2-ab-bc-ca=0

⇔2a2+2b2+2c2-2ab2-bc-2ca=0⇔ (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0

0 0

a b

b c a b c c a

− =  

⇔ − = ⇔ = =  − =



Vậy ABC nên ˆ ˆ ˆ

60

A= = =B C

(183)

Nếu x,y,z chẵn x3,y3,z3chẵn

Nếu x,y,z lẻ x3,y3,z3lẻ

Suy x+y+z x3+y3+z3cùng tính chẵn, lẻ nên (x3+y3+z3)-( x+y+z) ln chẵn

Do (x3+y3+z3)-( x+y+z)=2017 vơ lí

Vậy khơng tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn 3

2017

x +y +z = + + +x y z

Bài 6.(4.0 điểm) Kẻ HK⊥AB K,

Ta có HK//AC (cùng ⊥AB)

BH BK

HC KA

⇒ = (định lí Ta-let)

Mà ∆BHK vuông cân K nên BK=HK

BH HK

HC KA

⇒ = (1)

Mà ∆AKH ∆CAM (g-g)

1

HK MA MA

KA AC AB

⇒ = = = (2)

Từ (1) (2)

2 BH HC

⇒ =

M H

K C

Đề học sinh giỏi toán 9 có đáp án chi tiết

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan