Bộ đề thi vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh Nghệ An

c) Tiếp tuyến của (O) tại C cắt DP tại M. Đề chính thức.. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A. Chứng minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF. c) Chứng minh rằng đường thẳng E[r]

(1)



Sưu tầm tổng hợp

BỘ ĐỀ THI

VÀO LỚP 10 CHYÊN TỈNH NGHỆ AN

(2)

PHẦN 1: ĐỀ TOÁN VÀO 10 CHUYÊN

PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN

Câu (6,0 điểm)

a) Giải phương trình

12 20 x x  x x   b) Giải hệ phương trình (2 1)(2 1)

( 1) x xy

x y y

   



   

Câu (3,0 điểm)

a) Cho đa thức ( ) ax

P x  bxc a * thỏa mãn P 9 P 6 2019 Chứng minh P 10 P 7 số lẻ

b) Tìm cặp số nguyên dương  x y; cho

x y x y chia hết cho

1 xy  y Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn abc   a b c Tìm giá trị lớn biểu thức

2 2 2

1 1

P

a b b c c a

  

  

Câu (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn  O Gọi

E điểm nằm cung nhỏ BC Trên cạnh AClấy điểm M cho EM EC, đường thẳng BM cắt đường tròn  O N (N khác B) Các đường thẳng EA EN cắt cạnh BC D F

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

c) Gọi I trung điểm AN, tia IM cắt đường tròn  O K Chứng minh đường thẳng CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

Câu (2,0 điểm) Cho 12 điểm mặt phẳng cho điểm đỉnh tam giác mà tam giác ln tồn cạnh có độ dài nhỏ 673 Chứng minh có hai tam giác mà chu vi tam giác nhỏ 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH

Năm học 2019-2020

Đề số

Mơn thi chun: TỐN

(3)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

Năm học 2018-2019

Đề số

Môn thi chuyên: TOÁN

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

Câu

a) Giải phương trình :

2

x   x x  x b) Giải hệ phương trình:

2

3

2 7 xy y x

y y x x

   



    

Câu

a) Tìm số nguyên x y z; ; cho 2

6

x y   z xy x z

b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m n 1là ước nguyên tố

 2

2 m n 1 CMR m n số phương

Câu Cho a b c, , thực dương thỏa mãn abc1.Chứng minh rằng:

4 4

1 1

3

2 2

a a ab b b bc c c ac

  

        

Câu

Cho tam giác ABC vng A ABACnội tiếp đường trịn (O) đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Gọi K hình chiếu vng góc A lên BD Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK I Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) N (N khác B)

a) Chứng minh AN BI DH BK

b) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng BC P Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP

c) Tiếp tuyến (O) C cắt DP M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM M cắt OD Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM ln qua điểm cố định BC cố định A di động đường tròn (O) Câu Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị 25000 bóng, bóng đánh số từ đến 25000 Người ta dùng màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn bóng (mỗi sơn màu) Chứng minh 25000 bóng nói tồn bóng màu đánh số a b c, , mà a chia hết cho b, b chia hết cho c abc17

-Hết -

Họ tên Số báo danh

(4)

Năm học 2017-2018

Đề số

Câu (7.0 điểm)

a) Giải phương trình 3x x 4  14 x 20  b) Giải hệ phương trình  

 

2

6x 4y x

6y 4x y

    

 

   



Câu (2.0 điểm)

Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n n2 2017n 10

với S n là tổng chữ số n Câu (2.0 điểm)

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn c a Chứng minh rằng:

2 2

a b c

4

a b b c c a

     

  

        

     

Câu (7.0 điểm)

Cho hai đường tròn  O  O ' cắt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác A Qua M kẻ tiếp tuyến MC MD với đường tròn  O ' (C, D tiếp điểm

Dnằm đường tròn tâm O)

a) Chứng minh AD.BCAC.DB

b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn  O E F (E, F khác A) Chứng minh đường thẳng CD qua trung điểm EF

c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm có định M thay đổi Câu (2.0 điểm)

Trong đường trịn  O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm A , A , , A1 2 399 Chứng minh tồn vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn

 O khơng chứa điểm 399 điểm A , A , , A1 399 -Hết -

(5)

Năm học 2016-2017

Đề số

Câu (7.0 điểm)

a) Giải phương trình 3x x 3x2 4x b) Giải hệ phương trình 2

2

4 12

xy x y

x y x y

Câu (3.0 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên dương x y; cho x2 xy Câu (2.0 điểm)

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

2

2 4

a b c

P

a

a b b c

Câu (6.0 điểm)

Cho điểm A cố định nằm ngồi đường trịn O Kẻ tiếp tuyến AE, AF O (E, F tiếp điểm) Điểm D di động cung lớn EF cho DE DF, D không trùng với E tiếp tuyến D O cắt tia AE, AF B, C

a) Gọi M, N giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng OB, OC Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn

b) Kẻ tia phân giác DK góc EDFvà tia phân giác OI góc BOC EF;I BC

K Chứng minh OI song song với DK

c) Chứng minh đường thẳng IK qua điểm cố định Câu (2.0 điểm)

Mỗi điểm mặt phẳng gắn với hai màu đỏ xanh Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh màu có độ dài cạnh

-Hết -

(6)

Năm học 2015-2016

Đề số

Câu 1 (7,0điểm)

a) Giải phương trình x2 5x 4 2 x 5 2 x 4 x2 4x5.

b) Giải hệ phương trình

2

1 1

x y 2

y x .

2x y xy 4xy 2x y

    

  

 

    



Câu (2,0 điểm)

Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn a2 b ab2 Tính giá trị biểu thức

2

a b

A

2ab



 

Câu (2,0 điểm)

Cho a, b,c số thực Chứng minh

2

2 2 3(a b c)

(a 1)(b 1)(c 1) .

4

 

   

Câu (7,0 điểm)

Cho đường trịn (O;R)có BC dây cố định (BC2R); E điểm cung nhỏ BC Gọi A điểm di động cung lớn BC AB < AC (A khác B) Trên đoạn AC lấy điểm D khác C cho ED = EC Tia BD cắt đường tròn (O;R)tại điểm thứ hai F

a) Chứng minh D trực tâm tam giác AEF

b) Gọi H trực tâm tam giác DEC; DH cắt BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai M Chứng minh đường thẳng DM qua điểm cố định

Câu (2,0 điểm)

Cho tập hợp A gồm 21 phần tử số nguyên khác thỏa mãn tổng 11 phần tử lớn tổng 10 phần tử lại Biết số 101 102 thuộc A Tìm tất phần tử A

-Hết -

(7)

Năm học 2014-2015

Đề số

Câu 1 (7,0 điểm)

a) Giải phương trình x 1 2x x 3 2x x24x3.

2

1

( 1) ( 1) 2

3 1.

x y

y x

xy x y

  

  



   



Câu (3,0 điểm)

a) Tìm số nguyên x y thoả mãn phương trình 9x 2 y2  y b) Tìm chữ số a, b cho ab2 ab3.

Câu (2,0 điểm)

Cho số a, b, c không âm Chứng minh

 2  

2 2 3

3 2 .

a b c  abc  abbcca Đẳng thức xảy nào?

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có đường cao AE CF cắt H Gọi P điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N hình chiếu P

trên đường thẳng AB AC Chứng minh rằng: a) OB vng góc với EF BH 2EF

BO  AC

b) Đường thẳng MN qua trung điểm đoạn thẳng HP Câu 5 (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có BAC 60 ,o BC 2 3cm Bên tam giác cho 13 điểm Chứng minh 13 điểm ln tìm điểm mà khoảng cách chúng không lớn 1cm

-Hết -

(8)

Năm học 2013-2014

Đề số

Câu 1 (7,0 điểm)

a) Giải phương trình:  2x 3 2 x 6 x 1 b) Giải hệ phương trình:

3

2

(3 2) x y y y x

  

 

  

Câu 2(2,0 điểm).

Cho hai số nguyên x y, Chứng minh rằng:

(xy x)( 2 )(y x3 )(y x4 )y y 2 khơng phải số phương

Câu 3(2,0 điểm)

Cho số thực a b c, , thỏa mãn a0,b0,c1 a b c  2 Tìm giá trị lớn

của biểu thức 2

(6 )(2 )

T  a  b c abc Câu 4(7,0 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính BC Trên tia đối tia BC lấy điểm A khác B Kẻ tiếp tuyến AD, AE (O) ( D, E tiếp điểm) Kẻ DH vuông góc với EC H Gọi K trung điểm DH, Gọi I giao điểm AC DE CK cắt (O) Q khác C, AQ cắt (O) M khác Q

Chứng minh rằng: a) AB.CI = AC.BI

b) QD vng góc với QI c) DM song song với OC Câu 5(2,0 điểm).

Trên mặt phẳng cho bảy điểm (khơng có điểm thẳng hàng) Gọi h đội dài lớn đoạn thẳng nối hai bảy điểm cho Chứng minh tồn tam giác có đỉnh ba bảy điểm cho thỏa mãn diện tích nhỏ

2

(4 3) 24 h 

-Hết -

(9)

Năm học 2012-2013

Đề số

Câu 1 (7,0 điểm)

a) Giải phương trình: ( x 1 1)(5x)2 x

b) Giải hệ phương trình: 2

2 2 3 0

2 2 2 0.

x xy x y y x xy x

    

 

    



Câu (3,0 điểm)

Tìm số tự nhiên xvàythoả mãn 2x  1 y2.

Câu (2,0 điểm)

Cho ba số dương x y z, , thoả mãn 1 1 1 1.

x   y z Chứng minh rằng:

.

x yz yzx  zxy xyz x y z Câu (6,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm D khác A

0

DAB60 Trên đường kính AB lấy điểm C (C khác A, B) kẻ CH vng góc với AD H Phân giác góc DAB cắt đường tròn E cắt CH F Đường thẳng DF cắt đường tròn điểm thứ hai N

a) Chứng minh tứ giác AFCN nội tiếp đường tròn ba điểm N, C, E thẳng hàng b) Cho AD = BC, chứng minh DN qua trung điểm AC

Câu 5 (2,0 điểm)

Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh số tự nhiên cho tổng ba số chúng chia hết cho số cịn lại Chứng minh tứ giác có hai cạnh

-Hết -

(10)

Năm học 2011-2012

Đề số

Câu 1 (7,0 điểm)

a) Giải phương trình: 3x 15 3 x 8x5

b) Giải hệ phương trình:

2

3

1 1 2

2 2 3

xy x y

x x y y

   



   

  



Câu 2 (3,0 điểm)

Tìm số nguyên xvàythỏa mãn: 5x2 2xy y2 4x400

Câu 3 (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường thẳng d cố định ((O) d khơng có điểm chung) M điểm di động d Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt cát tuyến MCD (O) (A, B tiếp điểm, C nằm M D, CD không qua O) Vẽ dây DN (O) song song với AB Gọi I giao điểm CN AB Chứng minh rằng:

a) IC=BC

IA BD IA = IB

b) Điểm I thuộc đường cố định M di động đường thẳng d Câu 4 (2,0 điểm) Cho số thực dương a b c, , Chứng minh rằng:

a b2 b c2 c a ab2  bc2ca2 abc a3abc b abc c abc Đẳng thức xảy nào?

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho đa giác lồi có chu vi Chứng minh tồn hình trịn bán kính 1

4 chứa đa giác

-Hết -

(11)

Năm học 2010-2011

Đề số 10

Câu (7,0 điểm)

a) Giải phương trình:   8 x  x  x x b) Giải hệ phương trình:  

3

2

4

x y x y

x y

    

    

Câu (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên n để

n n n số phương

Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC AD đường phân giác Trên đoạn AD lấy hai điểm M, N (M, N khác A D) cho ABN CBM Đường thẳng BM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM điểm thứ hai E Đường thẳng CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN điểm thứ hai F

Chứng minh ba điểm A, E, F thẳng hàng

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), M điểm cung nhỏ BC (M khác B, C) Đường tròn (O’; R’) tiếp xúc với đường tròn (O; R) điểm M (với R’ < R) Các đoạn thẳng MA, MB, MC cắt đường tròn (O’; R’) điểm thứ hai D, E, F Từ A, B, C kẻ tiếp tuyến AI, BJ, CK với đường trịn (O’; R’) I, J, K tiếp điểm

Chứng minh DE song song với AB AI = BJ + CK Câu (4,0 điểm)

a) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a b c  3

Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a bb cc a abc

b) Trong mặt phẳng cho 2010 điểm phân biệt cho khơng có điểm thẳng hàng khơng có điểm nằm đường tròn

Chứng minh 2010 điểm cho, dựng đường trịn qua điểm, chứa 1000 điểm không chứa 1007 điểm lại

-Hết -

(12)

Năm học 2009-2010

Đề số 11

Bài 1: (3.5 điểm)

a Giải phương trình x 2 37 x 3

b Giải hệ phương trình

3

8

2 3

6 2

x y x

y

   



   

Bài 2: (1.0 điểm)

Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên

2 0

x ax  a

Bài 3: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vng A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK

Bài 4: (1.5 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường trịn tứ giác BICK hình bình hành

Bài 5: (2.0 điểm)

a Bên đường trịn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC

b Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a  b c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

P a b c ab bc ca

a b b c c a

 

   

 

-Hết -

(13)

Năm học 2008-2009

Đề số 12

Bài 1: ( điểm)

Tìm số tự nhiên có hai chữ số xy , biết xxyy = xx2 + yy2

Bài 2: ( điểm)

Giải phương trình : 10 x3+1 = 3(x2 + )

Bài 3: ( điểm)

Cho đa thức f(x) = ax2 + bx + c ( a = 0) Biết phương trình f(x) = x

vơ nghiệm Chứng minh phương trình : a *f(x) ]2 + bf(x) + c = x vô nghiệm

Bài 4: ( điểm)

Cho x , y, z > thỏa mãn xy + yz + xz = xyz Chứng minh : y2 z2 x2 12 12 12

x y z x y z

 

      

 

Bài 5 : ( điểm )

Cho tam giác ABC cân A Gọi O trung điểm BC Đường tròn (O;R) tiếp xúc với AB E , tiếp xúc với AC F Điểm H chạy cung nhỏ EF ( H khác E, F) Tiếp tuyến đường tròn H cắt AB , AC M, N

a) Chứng minh : ∆MOB đồng dạng ∆ONC

b) Xác định vị trí điểm H cho diện tích ∆AMN lớn Bài : ( điểm )

Cho 33 điểm nằm hình vng có độ dài , khơng có ba điểm thẳng hàng Người ta vẽ đường tròn bán kính tâm điểm cho Hỏi có hay khơng ba điểm cá điểm cho cho chúng thuộc phần chung cuả ba hình trịn có tâm ba điểm ? Vì ?

-Hết -

(14)

ĐẠI HỌC VINH NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN – TRƯỜNG ĐH VINH Năm học 2018-2019

Đề số 13

Câu Cho phương trình  

2 3

x  m x m  (mlà tham số)

a) Tìm tất số thực m để phương trình cho có hai nghiệm x x1; 2thỏa mãn điều kiện 2

1 2 x x x x 

b) Tìm tất số ngun mđể phương trình cho có nghiệm nguyên Câu a) Giải phương trình

3 x x  x  x

2

1

3

1

5

x y

     



    



Câu 3: Cho số tự nhiên n2và số nguyên tố pthỏa mãn p1chia hết cho nđồng thời

1

n  chia hết cho p Chứng minh nplà số phương

Câu Cho số thực không âm a b, thỏa mãn: a b 2   a b Chứng minh rằng:

   

3

1

a b

b a

  

  

  

    

  

Câu Cho đường tròn ( ; )O R O r'; cắt điểm phân biệt Avà BRr'sao cho O O’ phía AB, Gọi K điểm cho OAO K' hình bình hành

a) CMR: ABK tam giác vuông

b) Đường trịn tâm K bán kính KA cắt ( ; )O R ( '; )O r theo thứ tự M N (khác A) Chứng minh ABM ABN

c) Trên đường tròn O R; lấy C thuộc cung AM không chứa B (C khác A, M) Đường thẳng CA vng góc với O r', tại D CMR: KCKD

Câu 6: Cho 17 số tự nhiên mà chữ số số lấy từ tập hợp 0;1; 2;3; 4 Chứng minh ta chọn số 17 số cho cho tổng số chia hết cho

-Hết -

(15)

Đề số 14

Mơn thi chun: TỐN (vịng 1)

Câu (2,0 điểm) Giải phương trình

1

)

1 2;

a

x   x   x 

    

) 3

b x x x

Câu (1,5 điểm) Giải hệ phương trình       



2

2 5 ( , )

x x y y

x y

x y

Câu (1,5 điểm).Cho hai số thực a b, thỏa mãn a b 3,ab 1 Tính giá trị biểu

thức   

 





2

a b a b

P

a a b b

Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), AB AC Phân giác góc BAC cắt BC D Đường trịn tâm I đường kính AD cắt AB, AC lần lượt E F

a) Chứng minh AD EF

b) Gọi K giao điểm thứ hai AD (O) Chứng minh ABD ~AKC

c) Kẻ EH AC H Chứng minh HE AD EAEF

d) Hãy so sánh diện tích tam giác ABC với diện tích tứ giác AEKF

Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c  3 Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức 2 2 2

1 1

a b c

P

b c a

  

  

-Hết -

(16)

Đề số 15

Câu (3,0 điểm) Giải phương trình sau

a) 2 2 ;

2 1 x

x  x   x  x 

b) 3x  1 x   3 x

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên 3x2 y2 2xy 7 Câu (1,5 điểm) Tìm số nguyên tố p q, thỏa mãn p q 2p q 2

Câu (3,5 điểm) Cho hai đường tròn    O , O' cắt A B Từ điểm C thuộc tia đối tia AB kẻ hai tiếp tuyến đến  O D E, E nằm  O' Các đường thẳng AD,

AE cắt  O' điểm thứ hai tương ứng M, N Gọi I giao điểm DE MN

a) Chứng minh tứ giác BEIN nội tiếp BIN ~BDA

b) Chứng minh

2

CA CD DA

CB CB DB

   

   

   

c) Chứng minh I trung điểm MN

Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c   Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

1

ab bc ca

P a b c

a b c

 

    

 

-Hết -

(17)

Đề số 16

Câu (1,5 điểm).Rút gọn biểu thức

2

,

( )

x x y y x y

A xy

x y x y

   

    

  với x y, 0 x y

Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2(4m1)x16m2  11 (1), với m tham số a) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x x1, thỏa mãn (2x11)(2x2 1) Câu (1,5 điểm) Giải hệ phương trình

2

3

x x xy x x xy y

    



    

Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y thỏa mãn x2 4y8 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y 10

x y

   

Câu (4,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi C điểm cung AB,

D điểm thuộc cung nhỏ BC (D khác B C) Trên đoạn thẳng AD lấy điểm E cho

AEBD

a) Chứng minh ACE BCD

b) Gọi F giao điểm OC và BD. Chứng minh DC phân giác ADF c) Tiếp tuyến (O) A cắt BC I Chứng minh IE//BD

-Hết -

(18)

Đề số 17 (khơng lời giải)

Mơn thi chun: TỐN (vòng 1)

Câu 1 (2,0 điểm) Tìm hai số nguyên a b cho

1

1 1966 2013 a b  Câu 2 (2,5 điểm) Cho phương trình

2 ( 1) 0(1) x  mx m m   a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm bé x1, nghiệm lớn x2 thỏa mãn điều kiện x12x2 0

Câu 3 (1,5 điểm) Giả sử x y số dương có tổng Đặt S xy xy

 

a) Tìm giá trị nhỏ S

b) Biểu thức S có giá trị lớn hay khơng ? Vì sao?

Câu 4 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = 6, AC = 8, BC = 10 Gọi M, N, P tương ứng chân đường cao, chân đường phân giác, chân đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A

a) Chứng minh rằng, điểm N nằm hai điểm M P b) Tính diện tích tam giác APB, ABN ABM

-Hết -

(19)

Đề số 18 (không lời giải)

Câu 1 (1,5 điểm) Giả sử n số nguyên tố lớn Chứng minh

2 2013

8 n 

số nguyên dương

Câu 2 (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức

3

2 5

A   

Câu 3 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình 2

2

6 17

6

x y xy y xy x y

    



     

Câu 4 (1,5 điểm) Cho tam giác ABC có BCa CA b AB,  , cvà A B C

Chứng minh

9ab(a b c  )

Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC Gọi H chân đường cao kẻ từ A, biết H nằm đoạn thẳng BC không trùng với B C Đường thẳng AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH D phân biệt với A Đường thẳng AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH E phân biệt với A

a) Gọi I J trung điểm AB AC Chứng minh bốn điểm I, J, D, E nằm đường tròn

b) Chứng minh HA tia phân giác EHD

c) Xác định mối liên hệ AB, AC AH để DE tiếp xúc với hai đường trịn nói

-Hết -

(20)

Đề số 19

Môn thi chuyên: TỐN (vịng 1)

Câu 1.(1,5 điểm) Rút gọn biểu thức

a a b b a a b b a b a b a b A

b a

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

  

   

      

      

trong a b, số thực dương phân biệt

Câu 2 (1 điểm) Chứng minh với tham số m phương trình

4x 2(m1)x m  3 ln có hai nghiệm phân biệt Câu 3 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình 10

5 x y xy x y xy

   

    

Câu 4.(2,0 điểm)

1 Tìm hai số nguyên dương p q, cho 2 p q 

2 Chứng minh n số ngun dương lớn n44n khơng phải số nguyên tố

Câu 5. (4 điểm) Cho đường trịn ( , )O R có đường kính ABcố định đường kính CD thay đổi cho CD khơng vng góc khơng trùng với AB Gọi d tiếp tuyến

A ( ; )O R Các đường thẳng BC BD cắt dtương ứng E F 1.Chứng minh CDEF tứ giác nội tiếp

2 Gọi M trung điểm EF, chứng minh BM CD

3 Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF Chứng minh MKR Gọi H trực tâm tam giác DEF, chứng minh H ln chạy đường trịn cố định

-Hết -

(21)

Đề số 20

Câu 1.(1,5 điểm)

Giả sử a, b, c số nguyên cho a2b2c2 chia hết cho Chứng minh

a, b, c đồng thời chia hết cho Câu 2 (1,5 điểm)

Giải phương trình x4|2x23|20

Câu 3 (1,0 điểm)

Tìm số nguyên dương p, q, r cho (p21)(q24)(r29)48pqr

Câu 4.(1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

    

 

zx x z

yz z

y

xy y

x

5 ) ( 12

11 ) ( 30

9 ) ( 20

Câu 5. (1,5 điểm)

Chứng minh

2012 2013

1 2011

2012

2

1

 

  

Câu 6 (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính AB Lấy điểm C thuộc (O) cho CA > CB Các tiếp tuyến A C cắt D. Vẽ hình bình hành BODE.

a) Chứng minh ba điểm B, C, E thẳng hàng

b) Gọi F AEOD HOECD Chứng minh HF//AC.

c) Chứng minh ba đường thẳng OC, DE, HF đồng qui

-Hết -

(22)

Đề số 21

Câu 1 Cho biểu thức ( 1) ( 1) , y x

y x y

y x

x y x

P

  

 

 x, y số thực dương phân biệt Tính giá trị biểu thức x5 21, y5 21

Câu 2 Cho hàm số 2

y ax  a  ( )P 2ax

y   a (d) Tìm giá trị a cho ( )P qua điểm A(2;15) Với giá trị a ( )d tiếp xúc với

Câu 3 Giải hệ phương trình 85

55

2   

 

  

y x

xy y x

Câu 4 Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn hệ thức abc3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3 3

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

c b

a

P

Câu 5. Cho đường trịn tâm O, bán kính R15cm Điểm A nằm ngồi đường trịn cho

25cm

OA Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (O) 1.Tính độ dài đoạn BC

2 Điểm M thuộc cung nhỏ BC(M  B, M C), tiếp tuyến với đường tròn M cắt AB, AC E F BC cắt OE,OF P Q Chứng minh tỷ số

EF PQ

không phụ thuộc vào vị trí điểm M thuộc cung nhỏ BC(M  B,M C)

-Hết -

(23)

Đề số 22

Câu 1 Cho phương trình 2

4

x  x m  m  (1)

1 Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm

2 Giả sử x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) Hãy tìm giá trị m cho x1 x22 4x2

Câu 2 Tìm số nguyên không âm a,b cho a2b25a3b4 số nguyên tố Câu 3 Giả sử x, y, z số thực không âm thỏa mãn hệ thức x yz 8 Hãy tìm giá trị lớn biểu thức Px3yy3zz3x

Câu 4 Cho nửa đường tròn O;R đường kính AB M điểm nửa đường trịn Gọi H thuộc AB cho MH AB Tia phân giác góc HMB cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác AMH điểm thứ hai I cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BMH điểm thứ hai J

Gọi E, F trung điểm MA, MB Chứng minh E, I, F thẳng hàng Gọi K trung điểm IJ Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác KEF theo R

Câu 5 Bên hình lục giác có cạnh cho 81 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình vng có cạnh (kể biên) chứa điểm số điểm cho

-Hết -

(24)

Đề số 23

Câu I

1 Tính giá trị biểu thức .

3 2

1 3

2 7

3 3 8

  

 

P

2 Tìm giá trị nguyên x để

1 1 3

 

x x

số nguyên

Câu II

1 Giải phương trình x32 x 2 3x1.

2 Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 2(m1)x2m50. Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x12 x22.

Câu III Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R2 có góc

B, C nhọn Biết BAC600, đường cao AH của tam giác ABC Tính diện tích tam giác ABC

2 Gọi P điểm di động cung nhỏ BC; M, N điểm đối xứng P qua đường thẳng AB AC Xác định vị trí P cho độ dài MN lớn Tính độ dài lớn

-Hết -

(25)

Đề số 24

Mơn thi chun: TỐN (vòng 2)

Câu I

1 Giải phương trình

. 1 2 2 3 2

4 12

2

2       x x

x x

2 Tìm số nguyên dương n sao cho n13 n5 1 số nguyên tố Câu II Tìm số nguyên x, y thỏa mãn

1 2

2

4x2  y2  xy x y

Câu III. Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x3  y3 z3 3. Tìm giá trị nhỏ biểu thức

. 1 3 1 3 1 3

3

     

x z z

y y

x P

Câu IV Cho nửa đường trịn (O) có đường kính AB Đường trịn ( I ) tiếp xúc với AB C

và tiếp xúc với (O) D Giả sử BD cắt ( I ) E (E khác D) tiếp tuyến ( I )

E cắt (O) F

1 Chứng minh EF AB.

2 Chứng minh FC là phân giác góc AFE

-Hết -

(26)

Đề số 25

Câu 1 (2 điểm)

Cho phương trình x2(2m3)xm(m3)0, với m tham số

1 Với giá trị m phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

2 Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm u,v thỏa mãn hệ thức u2v217

Câu 2 (4 điểm)

1 Giải hệ phương trình

  

  

   

11

23 ) ( 2

xy y x

y x y x

2 Cho số thực x,y thoả mãn x8y0 Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức )

8 (

1 y x y x P

 



Câu 3 (4 điểm)

Cho hai đường tròn (O1,R1) (O2,R2) cắt hai điểm I,P Cho biết R1  R2 O1,O2khác phía đường thẳng IP Kẻ hai đường kính IE,IF tương ứng

) ,

(O1 R1 (O2,R2)

1 Chứng minh E,P,F thẳng hàng

2 Gọi K trung điểm EF Chứng minh O1PKO2 tứ giác nội tiếp

3 Tia IK cắt (O2,R2) điểm thứ hai B, đường thẳng vng góc với IK I cắt (O1,R1) điểm thứ hai A Chứng minh IABF

-Hết -

(27)

Đề số 26

Câu

1.Giải phương trình: 3x4 x3 x2

2 Cho biết (x1,y1) (x2,y2) nghiệm hệ phương trình

  

 

20

5x2 y2 m y x

Tìm m để biểu thức

2 2

1 ) ( )

(x x  y y đạt giá trị nhỏ nhất, tính giá trị nhỏ Câu 2.

1 Tìm số nguyên dương x,y thoả mãn

) ( ) )(

(x2y2 x y  xy

2 Cho số thực dương a,b,c thoả mãn abc3 Chứng minh

2 3

3     

 a

c c

b b

a

Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu 3. Cho ba điểm phân biệt A,B,C nằm đường thẳng (điểm B nằm A C) Gọi (O1),(O2),(O3) tương ứng nửa đường trịn đường kính AB,BC,CA chúng nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AC Đường thẳng qua B vng góc với AC cắt (O3) điểm D

1 Chứng minh tiếp tuyến chung (O1),(O2)( khác BD) song song với tiếp tuyến (O3) điểm D

2 Tính diện tích phần hình phẳng nằm ngồi (O1),(O2)và nằm (O3) theo BD

a

-Hết -

(28)

Đề số 27

Câu 1: Tính giá trị biểu thức

), 1 )( (

y x y x

y y

x

A 

   

với

4 21 ,

21

5 

 

 y

x

Câu 2: Giải phương trình

12 ) )(

1

(x2 x x2 x 

Câu 3: Tìm m để phương trình x22mx2m20 có hai nghiệm x1,x2 thoả mãn điều kiện x12x22x1x2 10

Câu 4: Cho a,b hai số thực dương Chứng minh 2 1

2 2

2     a b b

a

Khi xảy dấu đẳng thức?

Câu 5: Cho tam giác ABC (O) đường tròn nội tiếp Gọi M0,N0,P0 tiếp điểm cạnh AB,AC BC với (O) Trên cạnh AB,AClần lượt lấy điểm M,N cho BMCN BC

a) Chứng minh ( )

2 0

0M N A B

P   



b) Chứng minh tam giác OMN tam giác cân

c) Xác định vị trí M AB cho đoạn MN ngắn

-Hết -

(29)

Đề số 28

Môn thi chuyên: TỐN (vịng 2)

Câu 1:

Giải phương trình

a)

5 10

2

2 

   

x x x x

b) 2x13 3x13 5x1

Câu 2:

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình 18 2  

x

x Đặt S x1 x2, n N, n

n

n    N tập số tự nhiên

a) Chứng minh Sn2 18Sn1 Sn,nN

b) Chứng minh Snlà số nguyên dương không chia hết cho 17 với nN Câu 3:

Cho số a,b,c,d thuộc đoạn  0,1 Tìm giá trị lớn biểu thức

3

) )( )( )(

( a b c d abcd

P     

Câu 4:

Cho (O) đường trịn có bán kính R A,B điểm thuộc (O)sao choAB2a không đổi, với 0< a <R Giả sử M,N hai điểm thuộc cung lớn AB cho AM BN

a) Tính khoảng cách từ O đến trung điểm I MN theo a

b) Xác định vị trí M cho độ dài MAMB đạt giá trị lớn Câu 5.

Cần dùng bìa hình trịn có bán kính để phủ kín tam giác có cạnh 3, với giả thiết không cắt bìa?

-Hết -

(30)

Đề số 29

Câu 1: Cho biểu thức

A = 

  

 

     

  

 



1 1 1

1 4

2

x x x

x x

x

a) Rút gọn A

b) Tìm x để .

4 5 2A x  Câu 2:

a) Xác định giá trị m để phương trình sau có nghiệm kép:

0 1 ) 3 ( 2

2     

m m x

x

b) Giải hệ phương trình:

  

 

. 30 4

3

xy y x

y x

Câu 3: Cho số thực x, y thoả mãn x2  y2 6. Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P x 5y.

Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi AA', BB', CC' đường cao H trực tâm tam giác ABC.

a) Chứng minh AA' đường phân giác B'A'C'.

b) Cho BAC600 Chứng minh tam giác AOH tam giác cân

-Hết -

(31)

Đề số 30

Câu 1:

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình 5x2007y 1, x1;3000 b) Chứng minh 53n2 22n311, với số tự nhiên n

Câu 2: Xác định số nguyên tố p,qsao cho p2  pq2q2 2p2  pqq2 số nguyên tố

Câu 3: Cho số thực dương a,b,c thoả mãn abc6 Chứng minh

6 3

3 2

4 1

5 

    

   

 

c b a b a c a c b

Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu 4: Cho đường tròn tâm O bán kính R điểm H nằm đường tròn Qua H ta vẽ hai dây cung AB CD vng góc với

a) Tính AB2 CD2theo R, biết

2

R OH

b) Gọi M, N, P trung điểm đoạn thẳng AC, BD, OH Chứng minh

M, N, P thẳng hàng

Câu 5: Trong tam giác có cạnh lớn 2, người ta lấy điểm phân biệt Chứng minh điểm ln tồn hai điểm mà khoảng cách chúng không vượt

-Hết -

(32)

Đề số 31

Câu 1:

Chứng minh với số ngun n n2 + n + 2 khơng chia hết cho

Câu 2:

a) Giải hệ phương trình

2

2 19 20

x y x y

xy x( )(y )

     

    

b) Giải phương trình 3x1 + 2x = Câu 3:

Cho hàm số f(x) = (x3 + 6x – 5)2006 Tính f(a) với a = 3

3 17 + 3

3 17

Câu 4:

Cho hai đường tròn ( , )O R ( ', ')O R cắt A B Gọi EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (E thuộc (O,R) F thuộc ( ', ')O R ) Đường thẳng AB

cắt EF K Gọi I điểm đối xứng A qua K (A nằm B I) a) Có nhận xét tứ giác AEIF?

b) Gọi M trung điểm OO' Cho biết MA = MO' Hãy tính độ dài EF theo

R R'

-Hết -

(33)

Đề số 32

Câu 1:

Tìm số nguyên dương a cho a1966 a2006 1 số nguyên tố Câu 2:

a) Giải phương trình

4 12

x  x  x 

b) Xác định số ngun m để phương trình sau có nghiệm nguyên

1

x m m(  )x m 

Câu 3:

Chứng minh 2 2

a b a( b ) 128, với a, b số thực dương thoả mãn hệ thức a b Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu 4:

Cho tam giác ABC, có O trung điểm cạnh BC Vẽ xOy = 600 cho

tia Ox, Oy cắt cạnh AB, AC E, F a) Chứng minh BC2 4BE FC

b) Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn cố định xOy quay xung quanh O cho tia Ox, Oy cắt cạnh AB, AC tam giác ABC

-Hết -

(34)

HƯỚNG DẪN GIẢI

PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN Đề số

Câu 1:

a) Điều kiện: x1

   

  

2

1 12 20

1 10

x x x x

x x x x

     

     

    

  

TH1:x x  1 x3 x2   4 x 2(thỏa mãn điều kiện) TH2:x x 1 10x3x2 100 x 5(thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm x2 x5

b)

Hệ phương trình  

2

2 2

7 x y xy x x y x y

    

 

   

Đặt xya, xb Ta có:

Hệ phương trình trở thành

 2 2

5

7

ab a b ab a b

ab a b a b ab

   

  

 

    

   

 

     

  

2

5 12

3

4

a b a b a b a b

a b a b a b

a b

             

        

   

TH1:a b suy ab2 ,

a b

 nghiệm phương trình 2 X

X X

X

      

       

   

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

2 a b

x y

 

 

   

 

(35)

, a b

 nghiệm phương trình: X2 4X  9 (phương trình vơ nghiệm) Câu 2:

a) Ta có:    

   

  2019

8 36 2019

45 2019

P P

ba b c a b c a b

 

         

Lại có: P 10 P  7  100a10b c 29a7bc51a3b Đặt P 10 P 7  t 51a3bt 2

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

b) Ta có:

   

2

2 2

2

1

1 x y x y xy y

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

   

       

   

TH1: y2 x y m2 : x m

    



 Với m số tự nhiên khác

Thử lại thấy thỏa mãn TH2: y2  x, ta có:

 

2

1

xy y y x

x y y x

   

     

(vơ lí x y, 1) TH3: y2 x

Ta có:

 

2

1

xy y x y

x y y y

   

     

(vơ lí x y, 1)

Vậy,  x y; m m2;  với m thuộc tập số tự nhiên khác

Câu 3: Từ đẳng thức abc a b c 1 ab bc ca abc

(36)

Đặt x ;1 y ;1 z ( , ,x y z 0) a  yz b zx c  x y  Ta có:

2 2 2

1 1 1

2 2

P

ab bc ca

a b b c c a

     

  

Mặt khác:

  

1 1

2

2 2

xy x y

x z y z x z y z

ab

 

    

     

Tương tự ta có:

1 1

2

1 1

2

y z

y x z x bc

z x

y z y x ca

 

   

 

 

 

   

 

 

Cộng vế theo vế ta có:

2

P Dấu xảy khix  y z Hay a  b c Câu 4:

a) Có ̂ ̂(hai góc kề bù)

 ̂ =180 - ̂ ̂ = ̂ ̂ ̂

̂ ̂(Do cung DE EC) Suy DEFđồng dạng với NEA

b) Ta có EBECEMdo E điểm cung BC theo giả thiết EM EC Mặt khác AE

là tia phân giác ̂ suy AE trung trực đoạn thẳng BM hay vuông góc với tia NM

Chứng minh tương tự NE tia phân giác

̂, suy NE đường trung trực đoạn thẳng MChay NEvng góc với AM

Từ hai điều ta có M trực tâm AEN

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

Gọi giao điểm IM với đường tròn  O T Dễ thấy ATNMlà hình bình hành nên TN vng góc với EN suy raET đường kính đường tròn  O

 ̂ =90hay ̂=90hay Kthuộc đường trịn đường kính EM, suy năm điểm

, , , ,

X Y M K Ecùng thuộc đường tròn

(37)

Câu 5: Ta tơ màu đoạn thẳng có đầu mút 12 điểm cho: -Tô đỏ đoạn thẳng có độ dài nhỏ 673

-Tơ xanh đoạn thẳng cịn lại

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

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

, , AB AC AD

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

+Xét điểm lại, chứng minh tương tự

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

(Từ trái qua phải h1,h2,h3,h4)

Đề số

Câu

a) Giải phương trình :

2

x   x x  x Điều kiện xác định: 2 x

Ta có

   

  

 

2

3

2

1

3

2

1

1 1 1

2

3 3( )

x x x x

x x

Do x x x

x x

x

x x tm

        

 

     

   

 

      

   

 

    

     

   



   

   

(38)

Vậy phương trình có nghiệm x3

b) Hệ cho tương đương với

      

2

2 2 2

2

2 8

3 4

7

8

2 13 13

;

1 3 3

3 2 13 5 13

;

3

7

3 10 21

xy y x xy y x

y y x x x y y xy y x x

xy y x xy y x

x y x y

x y x y x x x y x y x x                                                                                   

5 22 26 22 ;

3

0 5 22 26 22

; 3 x y x y                                

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Câu

a) Do x y z, , số nguyên nên

 

2 2 2

2

7

1

3

2

1

2 1

1

2

x y z xy y z

y

x y z

x y x y y z z                                                       

Vậy x1;y z số nguyên cần tìm a) Giả sử mn Theo ta có:

                     2 2

2 2

2

1 1

2 1

2 2

1

m n m n m n m n

m n m n m n

m n m mn n m n

m n m n

        

 

        

      

   

Do m n 1 số nguyên tố   m n 1là ước m n Mà m n   m n 1do vơ lý

Vậy giả sử sai

m n m n m

(39)

Câu Ta có:

 2 2   2  2 

4

1 1

1

2

1

a a a a a a a

a a a a a a

a a ab ab a

ab a a a ab

                  

      

 

    

Chứng minh hồn tồn tương tự ta có:

4

1 1

;

1

2 bc b ac c

b b bc c c ac

 

   

     

Như

1 1 1

3

1 1

VT

ab a bc b ac c

 

       

     

       

(Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số) Lại có

2

1 1

3

1 1

1

3

1 1

a ab

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

a ab

ab a ab a a ab

        

               

   

 

    

     

 

Vậy ta có điều phải chứng minh

Dấu “=” xảy a  b c

Câu

J Q M

P

N I

K D

H O

C B

(40)

a) Chứng minh AN BI DH BK

Ta có chắn cung AB nên BDABNAIHABNAINA

Suy tứ giác ANHInội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh nhìn cạnh góc nhau) Do đó: AHN AINBIK (hai góc nội tiếp chắn cung AN)

Ta có :

90 AKBDAKIHAIH 

Do tứ giác AHNIlà tứ giác nội tiếp (cmt) 0

180 90

AIH ANH ANH

    

( ) BK BI BI

IBK NAH ANH BKI g g AN BI DH BK

AN AH DH

         

b)

Gọi O1là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I trung điểm NP Vì A; D đối xứng qua BC nên PA tiếp tuyến (O)

Ta có: 1

1

PAN  PO N PO I (góc nội tiếp góc tâm chắn cung NP đường trịn  O1 )

Lại có: PAN ADN(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AN  O )PO I1 ADN

Hơn ANHInội tiếp (cmt) nên 90

ANH AIH NAHNHP(cùng phụ với NHA)

Ta có : NAH NIHNBDNDP NHP NDP

  tứ giác PDNHnội tiếp nên NPHNDANPHPO I1

Mặt khác : 0

1 1 90 1 90 90 PO I O PI  NPHO PI  O PH  Suy BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c)

Gọi J trung điểm OM, G trung điểm OC, E giao điểm QGvà BM Dễ thấy MQ đường kính đường tròn qua D tiếp xúc với MC (Do

0 90 )

MDQ MQMC Mà MCBCMQ/ /BC

Do MQ/ /BCQMOMOP(so le trong)QOM Tam giác QOM cân Q QJ OM

  (trung tuyến đồng thời đường cao) BOM GJQ

  (góc có cạnh tương ứng vng góc) Mặt khác

( ) GJ OG OGJ OJG g g

JQ OJ

   

0

( )

( ) 90

OG OC OB

OGJ OCM OC OB

OJ OM OM

GJ OB

GJQ BOM c g c OMB QJM JQ OM

     

(41)

(hai góc nội tiếp chắn cung QM)

QE EM QE BM

   

Vậy đường thẳng qua Q vng góc với BM qua trung điểm G OC cố định

Câu 5:

Xét tập A1; 2;3; ; 2500và tập  13 1;3;3.2;3.2 ; ;3.2 B

Do 13

3.2 24576250000 B A

Tập B có 15 phần tử Do bóng sơn màu mà có màu nên theo nguyên lý Dirichle tập B tồn bóng màu

Giả sử bóng đánh số a b cthì a chia hết cho b, b chia hết cho c 18 17

abc 

Đề số

Thầy Nguyễn Công Lợi

Câu (7.0 điểm)

a) Giải phương trình 3x x 4  14 x 20 

 Phân tích Điều kiện xác địnhcủa phương trình x4 Nhận thấy phương tình có chứa hai thức nên ta đặt x 4 avà x 4 b với a0, b0 Nhận thấy

   

4 x 4  x 4 3x 20 ta có biến đổi sau Phương trình cho tương đương với

   

3x x 14 x 20      0 x 4  x 4 7 x 14 x 4   0

Từ ta có phương trình 4b2 a2 7a 14b  0 2b a 2b a 7    0 Đến cần giải phương trình tích xong

 Lời giải Điều kiện xác định phương trình x4 Phương trình cho tương đương với

   

3x x 14 x 20      0 x 4  x 4 7 x 14 x 4   0

(42)

  

2 2b a

4b a 7a 14b 2b a 2b a

2b a

  

          

   

+ Với 2b a 2b a x x 4 x 4  x x 20



             

+ Với 2b a 7   0 2b 7 a, ta có phương trình

   

2

2 2

4 x 53 4 x 53

2 x x

29 3x 14 x

4 x x

29 29

4 x x

3 x

9x 370x 1625

29 3x 14 x

     

 

       

  

   

 



 

   

 

     

       



Kết hợp với điều kiện xác định ta x5 nghiệm phương trình

 Nhận xét Nhận thấy x 5 nghiệm phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận lượng liên hợp để làm xuất đại lương x 5 Ta có biến đổi sau

       

3x x 14 x 20 3x 15 x 14 x 42

7 x 14 x 7 14

3 x x

x x x x

x

7 14

3

x x

             

   

          

         

   

    

    



+ Với x 5   0 x 5, thỏa mãn điều kiện xác định

+ Với 3 14 14

x x x x

     

       

Từ ta 14

x 4 3  Với x4

14 14

3

x 4 3  3  (Mâu thuẫn)

Vậy x 5 nghiệm phương trình

b) Giải hệ phương trình  

 

2

6x 4y x

6y 4x y

    

 

   

(43)

Phân tích Nhìn vào hệ phương trình cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử đưa hệ hai đại lương x 1 y 1 xem Hệ phương trình cho trương đương với

 

         

2

6x 4y x x y x

6y 4x y y x y

          

 

 

        

 

 

Đến cần đặt x a  y 1 b ta hệ phương trình đối xứng dạng dạng II

 Lời giải Hệ phương trình cho tương đương với      

     

2

6 x y x

6 y x y

     

 

    



Đặt x a; y b    Khi hệ phương trình cho trở thành

2

6a 4b a

6b 4a b

  



  



Trừ theo vế ta a2 b2 2a 2b 0 a b a b 2  0 a b

a b

  

          

  



+ Với a b          0 a b x y x y Thế vào phương trình thứ hai hệ ta

   2 2 y x 1; y

6y y 2 y y 12y 11

y 11 x 9; y 11

     

              

 

 

+ Với a b 2         0 a b x y 1   x y Thế vào phương trình thứ hai hệ ta

   2 2 y x 3; y

6y y y y 4y

y x 3; y

      

                

 

 

Vậy nghiệm hệ phương trình         x; y  1;1 , 9;11 , 3; , 3;5  

Câu Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n n2 2017n 10 với S n là tổng chữ số n

(44)

tồn n thỏa mãn yêu cầu toán Chú ý đến điều kiện S(n) n  Ta có lời giải chi tiết sau

Lời giải Vì n số tự nhiên S n là tổng chữ số n nên n1 S(n) n  Ta xét trường hợp sau:

+ Trường hợp Nếu n 2016 Khi ta có

  2   

S n n 2017n 10 n 2017n 2016  n n 2016  0

Trường hợp khơng tồn n thỏa mãn S(n) 0 + Trường hợp Nếun2017 Khi ta

 

S n     2 10 S n 20172 2017.2017 10 10 

(Thỏa mãn)

+ Trường hợp 3, Nếun2017 Khi S n n2 2017n 10 n2 2017nn n 2017  n Trường hợp không tồn n thỏa mãn n2017

Vậy n2017 thỏa mãn yêu cầu toán

Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn c a Chứng minh rằng:

2 2

a b c

4

a b b c c a

     

  

        

     

Phân tích Dự đốn dấu xẩy a b c Nhận thấy bất đẳng thức cho khơng có dạng đối xứng nên ta biển đổi đặt ẩn xem

Bất đẳng thức cho tương đương với 2 2 2

b c a

1 1

a b c

  

     

  

     

     

Đặt b x,c y x, y 0

a  b   Khi

a

c  xy Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

     

2

2 2

1 4x y

2

1 x y xy

  

(45)

Áp dụng bổ đề

  2 2  

1 1

* xy

1 x y

 



  Để chứng minh bổ đề  * ta cần sử dụng

phép biến đổi tương đương Ta cần chứng minh

 

2 2

1 4x y

xy 1  1 xy  Đến cần sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số toán chứng minh Chú ý đến c a ta có lời giải chi tiết sau

Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với 2 2 2

b c a

1 1

a b c

  

     

  

     

     

Đặt b x,c y x, y 0

a  b   Khi

a

c  xy Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

     

2

2 2

1 4x y

2

1 x y xy

  

  

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

  2 2

1 1

xy

1 x y

 



  , với x, y số dương

Thật vậy, bất đẳng thức tương ương với

     

   

2 2

2

2 3

2 2x 2y x y xy 1 2x x 2y y

1 2xy x y x y xy xy xy x y

         

          

Bất đẳng thức cuối x, y 0 Vì ta có

  2 2

1 1

xy

1 x y

 



 

Ta quy toán chứng minh

 

2 2

1 4x y

xy 1  1 xy 

Đặt

 

2 2

1 4x y

P

xy 1 xy

 

  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:  

2 2

4x y 4xy

1 xy xy     Khi   2

1 4x y 4xy 3xy

P 1

xy 1 xy xy 1 xy xy

1 xy

        

     

Ta cần chứng minh 3xy xy  hay

(46)

Thật vậy, từ giả thiết c a ta a 1

c  xy  Do

3

1

1 xy

 

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy a b c

Câu Cho hai đường tròn  O  O ' cắt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác A Qua M kẻ tiếp tuyến MC MD với đường tròn  O ' (C, D tiếp điểm Dnằm đường tròn tâm O)

a) Chứng minh AD.BCAC.DB

 Phân tích tìm lời giải Quan sát hình vẽ ta nhận thấy giả thiết toán ta nhận thấy để

chứng minh

AD.BCAC.DB ta quy chứng minh AC AD

BC  BD Nhận thấy chứng minh cách trực tiếp nên ta nghĩ đến chọn tỉ số trung gian Ta có AC tiếp tuyến AB cát tuyến nên dễ thấy hai tam giác MAC MCB đồng dạng với nhau, từ ta có AC MA

BC  MB Tương tự AD MA

BD  MB Do ta AC AD

BC  BD hay ta có điều cần chứng minh

 Lời giải Vì MC tiếp tuyến đường trịn  O ' nên ta MCACBM Xét hai tam giác MAC MCB có MCACBM MCB chung Suy tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB, ta AC MA

BC  MB Chứng minh tương tự ta tam giác MAD Q

H J D

K I

F E

O' O

P N

M

B

(47)

đồng dạng với tam giác MDB nên AD MA

BD  MB Kết hợp hai kết ta

AC AD

BC  BD

hay AD.BCAC.DB

b) Các đường thẳng AC AD cắt đường tròn  O E, F (E, Fkhác A) Chứng minh đường thẳng CD qua trung điểm EF

 Phân tích tìm lời giải. Gọi N giao điểm CD với EF ta cần chứng minh NENF Nhận thấy trực tiếp tam giác chứa NE NF nên ta nghĩ đến việc tạo tỉ số thơng qua tam giác đồng dạng định lí Talets Để ý tỉ số cần có chứa đoạn NE NF Từ ta thấy có hướng sau

+ Hướng Ta thấy NFBBACBDC nên tứ giác NFBD nội tiếp Do FNBFDBACB nên hai tam giác BNF CAB đồng dạng nên ta có CA NF

CB  NB Từ ý a ta có CA DA

CB  DB Do phép chứng minh kết thúc ta

DA NE

DB  NB Để ý ta có BEN FAB ENB BDA, suy hai tam giác ENF BDA đồng dạng Suy ta DA NE

DA  NB Đến kết hợp kết ta NE NF

+ Hướng Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF I Khi theo định lý Talest ta có NE EC

NI  AC

NF DF

NI  DA Như phép chứng minh kết thúc ta EC DF

AC  DA Tứ giác ACBD nội tiếp nên FDBACB, ta FDB ECB Xét tam giác ECB tam giác DFB có FDBECB CEBDFB (cùng chắn cung AB) Suy tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ suy raDF DB

EC  CB Do ta

DA DF

CA  EC hay

EC DF

AC  DA Điều dẫn đến

NF NE

NI  NI hay N qua trung điểm EF + Hướng Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có hệ thức NF CE DA

NE CA DF  Như để có NE NF ta cần

DA CE

DF CA  Chú ý theo kết ý a ta có AD.BCAC.DB Như phép chứng minh kết thúc ta BC DF

(48)

BCE BDF

 ∽ Để ý ta thấy ECBBDF CEBBFD nên BCE∽BDF Như ta có lời giải cho tốn

 Trình bày lời giải

+ Cách Gọi N giao điểm CD EF Từ câu a ta có AC AD

BC  BD Do tứ giác ABFE ACBD nội tiếp nên NFBBACBDC, suy tứ giác BFND nội tiếp,

FNBFDBACB Lại có NFBBAC nên hai tam giác NFB CAB đồng dạng với Do suy CA NF

CB  NB Ta lại có BEN FAB, lại FNBFDB nên ENBBDA, suy hai tam giác ENF BDA đồng dạng Suy ta DA NE

DA  NB Kết hợp ba kết ta NE NF

NB  NB, đs NE NF hay N trung điểm EF + Cách Từ AD.BCAC.DB suy DA DB

CA  CB Gọi N giai điểm CD với EF Từ A kẻ đường thẳng song song với CD cắt EF I Theo định lý Talest ta có NE EC

NI  AC

NF DF

NI  DA Tứ giác ACBD nội tiếp nên FDBACB, ta FDBECB Xét tam giác ECB tam giác DFB có FDBECB CEB DFB (cùng chắn cung AB) Suy tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ suy DF DB

EC  CB Do ta

DA DF

CA  EC hay

EC DF

AC  DA Điều dẫn đến

NF NE

NI  NI hay N qua trung điểm EF Vậy CD qua trung điểm N EF

+ Cách Gọi N giao điểm CD EF Theo kết ý a ta có AD.BCAC.DB Xét hai tam giác BCE BDF có ECBBDF CEB BFD nên BCE∽BDF Từ BC DF

BD  CE Do ta DA CE

DF CA  Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có NF CE DA

NE CA DF  Kết hợp với

DA CE

DF CA  ta NF

1

NE  nên suy NENF hay N trung điểm EF

c) Chứng minh đường thẳng EFln qua điểm có định Mthay đổi

(49)

Do điểm O B cố định nên tiếp tuyến với đường tròn  O B cố định Gọi P giao điểm EF với tiếp tuyến B P ta dự đốn P điểm cố định Muốn khẳng định điều ta dự đốn ta cần chứng minh BP không đổi Đến ta thấy có hướng sau

+ Hướng Gọi K H trung điểm AC BD Gọi J giao điểm OO’ CD Khi dễ thấy JA BJ tiếp tuyến đường tròn  O' Do J điểm cố định Biến đổi góc ta có EPBEFB FBP BAC BEP BDC FAB BDC JBD BJC Điều dẫn đến hai tam giác EPB CJB đồng dạng với Do ta BE BP

BC  BJ hay BP BE.BJ

BC

 BJ không đổi Dễ thấy hai tam giác EPB CJB đồng dạng với nên hai tam giác DBC FBE đồng dạng với Mà hai tam giác DBC EBF nội tiếp hai đường tròn  O'  O Do BE OA'

BC  O A khơng đổi Từ ta

BE

BP BJ

BC



không đổi Suy P điểm cố định hay EF qua điểm P cố định

+ Hướng Do tứ giác BFND nội tiếp ta có PBFPEBBAFJBD BFPBDJ Suy hai tam giác BDJ BFP đồng dạng, BJDBPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy ta BJPBNPBDFBCA BOO' Mặt khác ta lại có O BO' PBJ nên hai tam giác JBP O’BO đồng dạng với Do BP BJ' BP BJ.BO'

BO  BO   BO , không đổi Suy điểm P cố định

Vậy EF qua điểm P cố định

 Trình bày lời giải

+ Cách Gọi K H trung điểm AC BD Gọi J giao điểm OO’ CD Khi dễ thấy OKJ' ∽OHM' nên ta

' '

O K OJ

O H  O M hay

' ' ' '

OK.OMOH.OJ Mà ta lại có OK.OM OD' '  ' OA' ta có OA2 OH.OJ' ' nên ta suy AJ OA' hay NA tiếp tuyến đường tròn  O' A BJ tiếp tuyến đường tròn

 O'

B

Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O cắt EF P

(50)

Điều dẫn đến hai tam giác EPB CJB đồng dạng với Do ta BE BP

BC  BJ hay

BE

BP BJ

BC

 Do hai đường tròn  O  O' cố định nên A B cố định, điểm J cố định, suy BJ không đổi Do hai tam giác EPB CJB đồng dạng với nên suy hai tam giác DBC FBE đồng dạng với Mà hai tam giác DBC EBF nội tiếp hai đường trịn  O'  O Do BE OA'

BC  O A không đổi Từ ta BP BE.BJ

BC

 khơng đổi Suy P điểm cố định hay EF qua điểm P cố định

+ Cách Gọi J H giao điểm OO’ với CD AB Gọi K giao điểm MO’ với CD Khi dễ thấy hai tam giác O’HM O’KJ đồng dạng với Suy

O ' H O ' M

O ' Q  O ' J nên ta có

' ' ' ' ' '

OH.OJOK.OM OC OB Từ ta lại

' '

O H O B

O B  OJ , suy hai tam giác HO’B O’BJ đồng dạng với Do ta OBJ' OHB' 900, suy BJOB' hay BJ tiếp tuyến B đường tròn  O' Chứng minh hoàn toàn tương tự ta AJ tiếp tuyến A đường tròn  O' Do A B cố định nên J cố định Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O , tiếp tuyến cắt EF P, suy đường thẳng BP cố định Khi tứ giác BFND nội tiếp đường tròn nên ta có PBFPEBBAFJBD BFPBDJ Suy hai tam giác BDJ BFP đồng dạng, BJDBPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy BJPBNPBDF BCABOO' Mặt khác lại có O BO' PBJ nên hai tam giác JBP O’BO đồng dạng Do BP BJ'

BO  BO

hay ta BP BJ.BO' BO

 không đổi Suy điểm P cố định Vậy EF qua điểm P cố định

Câu Trong đường trịn  O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm A , A , , A1 399 Chứng minh tồn vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường tròn

 O không chứa điểm 399 điểm A , A , , A1 2 399

 Lời giải Trong đường tròn  O vẽ đường tròn  O ' có bán kính 20 đơn vị Giả sử 399 điểm A , A , , A1 399 nằm đường tròn  O ' Khi S(O') 400 Từ 399 điểm

1 399

(51)

đường tròn 399 400 , suy 399 đường trịn khơng phủ hết đường trịn  O ' Do có vơ số khoảng trống đường trịn hay tồn vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường tròn  O không chứa điểm 399 điểm

1 399 A , A , , A

Đề số

Thầy Nguyễn Công Lợi

Câu (7.0 điểm)

a) Giải phương trình 3x x 3x2 4x

Phân tích Phương trình có chứa nhiều dấu ta không nhẩm nghiệm đẹp nên tạm thời ta không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp Lại thấy phương trình khơng thể viết thành tích hay viết thành bình phương Phương pháp đặt ẩn phụ khó khăn ta khơng thể biểu diễn vế phải theo hai thức vế trái Nhận thấy sau bình phương hai vế phương trình cịn thức phân tích nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải toán xem

2

2 2

5 3x x 3x 4x 3x 2x 3x 2x

Đến ta thấy giải phương trình

Lời giải Điều kiện xác định phương trình

x Phương trình cho tương đương với

2

2 2

5 3x x 3x 4x 3x 2x 3x 2x

Đặt t 3x2 2x t Khi phương trình trở thành

2 2 3 0 1

t t t

Từ t ta 2 1 13

(52)

Kết hợp với điều kiện xác định phương trình ta tập nghiệm

1 13 13 ;

3

S

b) Giải hệ phương trình 2

2

4 12

xy x y

x y x y

Phân tích Quan sát phương trình hệ ta thấy phương trình thứ có bậc mỗi ẩn, ta biểu diễn ẩn theo ẩn vào phương trình thứ hai, nhiên sau phép phương trình thu có bậc nên ta tạm thời chưa sử dụng phép Quan sát kỹ phương trình ta thấy phương trình thứ phân tích

2xy 4x 3y 2x y 0 Đến ta giải hệ phương trình

Lời giải Phương trình thứ hệ tương đương với

3

2

2 2

x x

xy x y x y

y y

+ Với

2

x , vào phương trình thứ hai hệ thu gọn ta

2 4 0

4

y

y y

y

+ Với x 2, vào phương trình thứ hai hệ ta

2

4 12 ;

2

x x x x

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y; 1; , 3; , 3;0 , 5;

2 2

Nhận xét Để ý phương trình thứ hai hệ có bậc hai ẩn nên ta xem phương trình phương trình ẩn y tham số x (vì hệ số cao y 1) Khi ta viết phương trình lại thành y2 4y 4x2 12x 0 Đến ta

' 2 4x2 12x 9 4x2 12x 9

(53)

2

4x y 4xy 2x y 12x 4y 8x 6y 4x 2y Do từ hệ phương trình ta được

2 2

2

4 12 2 4

2 2 2

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

x y x y x y x y

Đến ta có thêm cách giải khác cho hệ phương trình

Trong hệ phương trình mà phương trình có bậc hai ẩn ta cần kiểm tra cụ thể phương trình xem có phương trình phân tích thành tích Khi khơng có phương trình phương trình phân tích thành tích ta nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình

Nhận thấy giá trị y nhận 4; 2;0, điều có nghĩ phương trình ẩn y có thể phân tích dẽ dàng Do ta rút x theo y từ phương trình thứ vào phương trình thứ hai để đươncj phương trình bậc ẩn y Chú ý khí rút x theo y ta phải xét các trường hợp y để phương trình phân tích

Câu Tìm tất cặp số nguyên dương x y; cho x2 xy

Phân tích. Khi giải toán số học quan hệ chia hết ta ln có thói quen đặt kết phép chia bằng k để đưa dạng phương trình nghiệm nguyên Ở ta áp dụng hướng Đặt x2 k xy ta x2 kxy 2k 0 phương trình bậc hai nên ta có hai ý tưởng để giải phương trình sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình áp dụng hệ thức Vi – et Xem phương trình phương trình bậc ẩn x ta có

+ Ý tưởng Sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình

(54)

+ Ý tưởng Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện k Giả sử x y0; 0 thỏa mãn yêu cầu tốn Xét phương trình x2 kxy0 2k 0, x0 nghiệm phương trình Do theo định lia Vi – te phương trình có nghiệm x1 Ta có

0 0; 2

x x ky x x k Đến dễ thấy x1 nhận giá trị nguyên âm nên hương không khả thi

+ Ý tưởng Cũng với ý tưởng đặt k ta cần thay đổi toán chút xem

2

2 2 2 2 2

x xy x y x x y xy x y xy

Khi đặt 2x 2y k xy đưa dạng phương trình nghiệm nguyên để giải Tuy nhiên để giải phương trình ta cần giới hạn k Để làm điều ta cho k nhận vài giá trị 1;2; giới hạn k Ta thấy k 1 ta tìm cặp x y; 3;4 thỏa mãn Khi

2;3;4

k ta thấy phương trình khơng có nghiệm ngun dương Do ta nghĩ đến chứng minh

k

Lời giải Ta có x2 xy x y2 2x 2x 2y xy 2x 2y xy Đặt 2x 2y k xy với k N*

Xét k Khi

2x 2y k xy 2 xy x y xy x y 1

Điều mâu thuẫn x y; nguyên dương

Suy k hay k Suy x y xy x y 2

+ Nếu x 1;y 2 x 3;y + Nếu x 2;y x 4;y

Vậy cặp số x y; thỏa mãn toán 3;4 4;3

(55)

2

2 4

a b c

P

a

a b b c

Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ a b c Khi

P Ta cần chứng minh

4

P hay

2

3 4

a b c

a

a b b c Ý tưởng ta đưa bất đẳng thức dạng

hoán vị Lại thấy theo bất đẳng thức Cauchy ta có

2

4

c c c

a ac a c nên ý tưởng lại

càng có sở

Như ta cần chứng minh

2 2

3

a b c

a b b c a c

Để ý ta thấy

2

2 2

3

x y z

x y z , áp dụng ta

2

2 2

1

a b c a b c

a b b c c a

a b b c a c

Ta cần chứng minh

2

1 3

3

a b c a b c

a b b c c a a b b c c a Nếu áp

dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức bất đẳng thức sai Do ta nghĩ đến hướng khác

Ta có

2

2 2

2 2 2 2 2

a b c

a b b c a c a a b b b c c c a ta chứng minh

2

2 2

3

a b c

a a b b b c c c a

(56)

Để ý ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành

2 2

1 1

4

1 b c a

a b c

Đặt x b;y c;z a

a b c, ta xyz 1 bất đẳng thức trở thành

2 2

1 1

4

1 x y z

+ Đến từ giả thiết xyz 1 ta đổi biến tiếp, cách đổi biến ta để ý đến cách đổi biến dạng x np2;y mp2 ;z mn2

m n p với m, n, p số dương Khi bất đẳng thức viết

lại thành

4 4

2 2 2 2 2

2 2

1 1 3

4

1 1

m n p

np mp mn m np n mp p mn

m n p

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức

2 2

4 4

2 2 2

m n p

m np n mp p mn m np n mp p mn

Và ta cần chứng minh

2 2

3

m n p

m np n mp p mn

hay ta cần chứng minh

4 4 5 2 2 2 6

m n p m n n p p m mnp m n p

Dễ thấy m4 n4 p4 m n2 n p2 p m m n2 2; 2 n p2 p m2 mnp m n p Nên ta

4 4 2 2 2 2 2 2

5 6

m n p m n n p p m m n n p p m mnp m n p

(57)

+ Cũng từ 2 2 2

1 x y z ta để ý đến bất đẳng thức 2

1 1

1

1 x y xy

Khi ta có 2 2 2 1 2

1 x y z xy z

Chú ý đến giả thiết xyz 1 ta có

2

2 2

1 1

1 1 1

z z z

xy z z z z x

Như phép chứng minh hoàn tất ta

2

1

4

2

z z

z x

Hay ta cần 4 z2 z z2 2z z 0 Đến ta có lời giải cho toán

Lời giải

+ Cách 1. Ta có 2 2 2

1 1

P

b c a

a b c

Đặt x b;y c;z a

a b c ta

1

xyz biểu thức cho viết lại thành 2 2 2

1 1

P

x y z

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 2 2 1

1 x y xy Thật vậy, ta có

2 2

2

2 3

1 1

1 2 2

1

xy x y x y x x y y

xy

x y

xy x y x y xy xy xy x y

Do bất đẳng thức cuỗi nên ta có điều cần chứng minh Khi ta có

2

2 2 2

1 1 1 1

1

1 1 1

z z z

xy z z x

(58)

Như ta chứng minh

2 2

2

1

4 1

4

2

z z

z z z z z

z x

Do ta

P , dấu xẩy x y z hay a b c

Vậy giá trị nhỏ P

4, dấu xẩy a b c

+ Cách 2. Hoàn toàn tương tự ta chứng minh 2 2 2

1 x y z

Do xyz nên tồn số dương m, n, p thỏa mãn x np2;y mp2 ;z mn2

m n p Khi

bất đẳng thức viết lại thành

4 4

2 2 2

2 2

1 1 3

4

1 1

m n p

np mp mn m np n mp p mn

m n p

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức

2 2

4 4

2 2 2

m n p

m np n mp p mn m np n mp p mn

Và ta cần chứng minh

2 2

3

m n p

m np n mp p mn

hay ta cần chứng minh

4 4 5 2 2 2 6

m n p m n n p p m mnp m n p

Dễ thấy m4 n4 p4 m n2 n p2 p m m n2 2; 2 n p2 p m2 mnp m n p Nên ta

4 4 5 2 2 2 6 2 2 2 6

m n p m n n p p m m n n p p m mnp m n p

Như bất đẳng thức 2 2 2

1 x y z hay

3

(59)

Nhận xét Có thể áp dụng bất đẳng thức 2 2 1

1 x y xy đánh giá trực tiếp

sau Ta có

2

2 2

1

4

1

a b c c

P

a a

a b b c b c

a b

Đặt x b;b c

a b nên ta có c

xy

a Khi ta có 2

1

4

1

xy P

x y

Áp dụng bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy ta

1 1 1 1

2

1 4 4 4

xy xy xy

P

xy xy xy

Vậy giá trị nhỏ P 3

4, dấu xẩy x y 1 hay a b c

Có thể thấy hình thức đơn giản biểu thức P, nhiên vào đánh giá ta thấy được khó khăn Do để hồn thành tốn địi hỏi phải phải nẵm vững kiến thức bản bất đẳng thức phải làm nhiều có kinh nghiệm xử lý bất đẳng thức khó

Câu 4. Cho điểm A cố định nằm đường tròn O Kẻ tiếp tuyến AE, AF O

(E, F tiếp điểm) Điểm D di động cung lớn EF cho DE DF, D không trùng với E tiếp tuyến D O cắt tia AE, AF B, C.

a) Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp

(60)

+ Hướng 1. Đầu tiên với tư tưởng chứng minh hai góc đối diện tứ giác BNMC có tổng 1800 Điều này có nghĩa ta cần

0 180

NBC NMC Tuy nhiên trong tốn góc ta xét góc bất kì lại khơng có mối quan hệ với nhau nên hướng không cho ta kết mong muốn

+ Hướng 2. Chứng minh hai góc

BMC BNC Quan sát hình vẽ ta dự đốn BMC BNC 900.

Để ý ta có BFO BDO 900, ta quy tốn chứng minh tứ giác BONE DONE tứ giác COFM DOMC nội tiếp Do vai trò điểm M N nên phép chứng minh tương tự Do O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE DONE ( Với tứ giác giác COFM DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự)

- Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc sau

0 1 1

ONE EFA OCA 90 OAF ACA 90 BAC ABC

2 2 2ABC ABO

- Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc DEF 1DOF COD

2

Do A cố định B, C thay đổi nên ta thấy N nằm đoạn thẳng EF nằm tia đối tia EF Trường hợp N nằm EF ta biến đổi trên, trường hợp N nằm tia đối tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M hình trên, ta khơng cần phải xét hai trường hợp Ngoài phép phân tích ta khơng theo hướng

J

L K

N

M

I O Q P

G

H

F

E

D C

(61)

chứng minh tứ giác BDON nội tiếp ta cần chứng minh BNO 900 nên biến đổi góc liên quan đến điểm N đến góc đặc biệt toán

+ Hướng Chứng minh NCB NMB hoặc tương tự với MNC MBC Theo giả thiết tốn ta có

2

NCB ACB Như ta cần

NMB ACB Quan sát hình vẽ ta có

AF

NMB AFE ABM E ABC Mà ta lại có AF 900

E BAC Từ ta

0 1

90

2

NMB BAC ABC ACB Đến ta thấy có thêm lời giải cho ý thứ của tốn

Trình bày lời giải

+ Lời giải Ta có

DEF DOF DOC nên DEF DON 1800 suy ta có tứ giác DONE nội tiếp Mặt khác ta có BEO BDO 900 nên BDOE nội tiếp Như năm điểm B, D, E, O, N thuộc đường trịn Từ suy BNO BEO 900 Chứng minh tương tự ta BMC 900 Như ta có BMC BNC 900 hay tứ giác BNMC nội tiếp

+ Lời giải 2 Theo giả thiết tốn ta có

NCB ACB Do AFE góc ngồi

tam giác FBM nên ta có AF

2

NMB AFE ABM E ABC Mà ta lại có

0

AF 90

2

E BAC Từ ta 900 1

2

NMB BAC ABC ACB Kết hợp

hai kết ta thu NMB NCB, tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI song song với DK

(62)

+ Hướng 1. Sử dụng tính chất tia phân giác để suy tỉ số áp dụng định lí Talet để chứng minh hai đường thẳng song song Ta có OB IB

OC IC

DE EK

DF FK , ta phải tìm

mối liên hệ tỉ số IO CI;

DK CD với tỉ số Tuy nhiên đến hướng

không thể tiếp tục

+ Hướng 2. Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để cặp góc đồng vị cặp góc so le Ở ta để ý đến tia phân giác

Ta có 1800 1800 900 900

2 2

ABC ACB ABC ACB

EDF EDB FDC

Mà ta lại có 900

2 4

EDF ABC ACB

KDC KDF FDC FDC

Như ta cần 900

4

ABC ACB

OIC Tuy nhiên OI phân giác

BOC nên điều hiển nhiên

+ Hướng Gọi H giao điểm BO với DE G giao điểm CO với CF Gọi J giao điểm của DK với OB Khi để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn ta có HOG HDG 1800 Để ý OI phân giác góc BOC DK phân giác góc EDF nên

0

EDK BOI 90 Mà ta lại có EDK BJD 900 nên ta BOI BJD Từ suy OI song song với DK

+ Lời giải Ta có biến đổi góc sau

0

180 180 90 90

2 2

o ABC o ACB ABC ACB

EDF EDB FDC

Mà ta lại có 900 900

2 4 4

EDF ABC ACB ACB ABC ACB

KDC FDC

(63)

0

1

180 90

2 2 2 4

ABC ABC BOC ABC ACB ABC ACB

OIC BOI

Kết hợp hai kết ta suy KDC OIC nên OI song song với DK

+ Lời giải Gọi H, G giao điểm BO với DE CO với CF Gọi J giao điểm DK với OB Khi dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn, ta

0

HOG HDG 180 Do OI phân giác góc BOC DK phân giác góc EDF nên ta có EDK BOI 900 Mà ta lại có EDK BJD 900 nên ta BOI BJD Từ suy OI song song với DK

c) Chứng minh đường thẳng IK qua điểm cố định

Phân tích Trên cở sở hình vẽ ta dự đốn đường thẳng IK qua điểm A Cũng từ giả thiết ta điểm A cố định nên nhận định có sở Như ta cần phải chứng minh ba điểm I, K, A thẳng hàng Từ giả thiết toán kết hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập tỉ số để áp dụng định lý Talets điểm K trùng với giao điểm AI với EF + Hướng 1. Giả sử P giao điểm DK với đường tròn O , P điểm cung nhỏ EF ba điểm O, P, A thẳng hàng Để ý lúc KP song song với OD, ta có KP AP

OI AO xem tốn chứng minh Ta cần tìm tỉ số với

;

KP AP OI AO

Gọi Q giao điểm AO với EF, dẽ thấy hai tam giác KPQ IDO đồng dạng với nhau nên ta có KP PQ PQ

OI DO PO Mặt khác ta có

1 1

PQ OQ OQ OE OP AP

PO PO OE OA OA OA Như ta có lời lời giải cho

toán

+ Hướng 2. Cũng chứng minh KP AP

OI AO, ta tiếp cận toán theo

(64)

Từ ta KP PQ PQ

OI OD OE Mặt khác ta lại có P điểm cung nhỏ EF nên EP

phân giác tam giác AEQ, từ ta PA EA AO

PQ EQ EO , suy

PA PQ

OA EO Kết hợp hai

kết ta AP KP

AO OI , ta có lời giải khác cho tốn

+ Hướng 3. Gọi K’ giao điểm AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K K’ trùng Chú ý ta có PD song song với OI, PK’ song song với OI tốn xem chứng minh

Gọi giao điểm AO với đường tròn O L Khi

COL BAC BCA Mặt khác

0 1

90 90 180

2 2

DOB EOB ABC BAC BCA BAC BCA Từ ta

được COL BOD nên suy DOI LOI , điều dẫn đến IOD IOL, LI tiếp tuyến đường trịn O

Dễ thấy AP.AL AE2 AQ.AO nên ta AQ AP

AL AO Mà QK’ song song với IL

nên theo định lý Talets ta có

'

AQ AK

AL AI Từ

'

AK AP

AI AO nên có

'

PK song song với OI Điều này dẫn đến PK’ PD trùng hay K K’ trùng Từ suy ba điểm A, K, I thẳng hàng

+ Lời giải Giả sử P giao điểm DK với cung nhỏ EF, P điểm cung nhỏ EF Từ suy ba điểm A, P, O thẳng hàng Gọi Q giao điểm AO với EF Do ta AO vng góc với EF Q

Xét hai tam giác vuông KPQ IDO có OID ODP KPQ nên KPQ∽ IDO Do ta KP PQ PQ

OI DO PO Mặt khác ta lại có

0

90

OAE , EQ OP OE OP

nên ta OQ OE

OE OA Từ suy 1 1

PQ OQ OQ OE OP AP

PO PO OE OA OA OA

Kết hợp hai kết ta KP AP

OI AO, mà ta có KP song song với OD Do suy

(65)

+ Lời giải 2. Gọi giao điểm DK với đường trịn O P, dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng hàng Giả sử AO cắt EF Q Do DK song song với OI nên ta có

KPO KDO DOI , điều dẫn đến hai tam giác KQP DIO đồng dạng với Từ ta KP PQ PQ

OI OD OE Mặt khác ta lại có P điểm cung nhỏ EF nên

EP phân giác tam giác AEQ, theo tích chất đường phân giác kết hợp hai tam giác AEO AQE ta suy PA EA AO

PQ EQ EO , suy

PA PQ

OA EO

Kết hợp hai kết ta AP KP

AO OI , mà ta có KP song song với IO nên theo định

lí Talets ta suy ba điểm A, K, I thẳng hàng Từ ta có điều phải chứng minh + Lời giải 3. Gọi giao điểm AO với đường tròn O L Khi CO phân giác BCA AO phân giác góc BAC nên ta có

2

COL BAC BCA Mặt khác tứ giác BDOE nội tiếp nên ta có

0 1

90 90 180

2 2

DOB EOB ABC BAC BCA BAC BCA

Từ ta COL BOD, mà OI phân giác góc BOC nên suy DOI LOI Kết hợp với OD OL OI chung dẫn đến IOD IOL, suy ILO IDO 900 hay LI tiếp tuyến đường tròn O Gọi K’ giao điểm AI với EF Dễ dàng chứng minh AP.AL AE2 AQ.AO nên ta AQ AP

AL AO Mà QK’ song song với IL

nên theo định lý Talets ta có

'

AQ AK

AL AI Từ dẫn đến

'

AK AP

AI AO , nên theo định lý

(66)

Câu Mỗi điểm mặt phẳng gắn với hai màu đỏ xanh Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh màu có độ dài cạnh

Phân tích Giả sử ta vẽ tam giác thỏa mãn yêu cầu tốn, ta cần tìm mối liên hệ độ dài 3 Chú ý tam giác toán yêu cầu tam giác Giả sử

GEK HEK có cạnh 3, ta GH 3 tam giác FGH tam giác có cạnh Như ta cần xét trường hợp màu điểm E, F, G, H, K để tìm tam giác đều thỏa mãn yêu cầu toán

Lời giải.

Dựng tam giác ABC cạnh Khi ta xét hai trường hợp sau

+ Trường hợp Tam giác ABC có ba đỉnh màu, tam giác ABC tam giác cần dựng Bài toán chứng minh

+ Trường hợp Tam giác ABC có hai đỉnh khác màu, khơng tính tổng qt ta giả sử hai đỉnh AB Khi dựng tam giác ABD cân D có AD BD Khi đỉnh D khác màu với hai đỉnh A B Điều có nghĩa ln dựng đoạn thẳng có độ dài hai đầu mút đoạn thẳng khác màu Xét đoạn thẳng thẳng EF có độ dài hai điểm E, F khác màu Lấy K trung điểm EF, K trùng màu với hai điểm E, F Khơng tính tổng qt ta giả sử hai điểm E K có màu đỏ F màu xanh

3 C

B

A

O K

H G

(67)

Dựng hình thoi EGKH cho có hai tam giác EGK EHK Khi ta suy

được KG KE KH EG EH

Nếu hai điểm H G có điểm màu đỏ, chẳng hạn H, tam giác EKH có ba đỉnh màu đỏ có cạnh

Nếu hai điểm H G có màu xanh, tam giác FKG có ba đỉnh màu xanh

Gọi O giao điểm EK GH, ta có

OK nên 2

2

OG GK OK

3

HG

Đề số

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN

( Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu 7,0đ

a 3,0 đ

ĐKXĐ: x4

2

x 5x 4 x 5 2 x 4  x 4x 5

 (x 1)(x 4)  2 x 5 2 x 4  (x 1)(x 5)  0

0,5

 x 1  x 4 x 5  2 x 4 x 5 0 0,5

  x 2   x 4 x 5 0 0,5

x x x      

  

0,5

x x x

   

    

0,5

x

  (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x5 0,5

(68)

4,0 đ

2

1

x y (1)

y x

2x y xy 4xy 2x y (2)                

Phương trình (2)  2x y y x    

1

2(x ) (y ) (3)

y x

     0,5

Đặt a x y b y x         

Kết hợp với (1) và(3) ta có hệ ab 2a b

      0,5

a(4 2a) a 2a a b 2a b 2a b                     0,5

Với a b    

 ta có

x

xy y y

xy 2x y x                   0,5 y 2x y 2x

x(2x 2) 2x 2x 4x                 0,5 2 x y          2 x y          (thỏa mãn)

Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) (2 2; 2)



(2 2; 2)   1,0 Câu 2,0 đ

Ký hiệu (x;y) ước chung lớn hai số nguyên xvà y Gọi d = (a;b) => ada ; b1 db1, với (a ; b ) 11 

2 2 2 1 a b d (a b )

   

1 abd a b

0,5

2 2 2 1 1 1 1 d (a b ) d a b a b a b

    0,5

2

1 1 1 a b a a b

   mà (a ; b ) 11  a b1 Tương tự b a1 suy a1b1 1

(69)

2 2 1

1 d (a b )

A

2d a b 

   0,5

Câu 2,0 đ

Đặt xa 2, yb 2, zc Ta cần chứng minh

2 2

(x 2)(y 2)(z  2) 3(x y z)

0,5

Ta có 2 2 2 2 2

(x 2)(y  2) (x 1)(y  1) x y  3 x y  1 2x 2y 3

2 2 (x y)

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

2

  

            

0,5

2 2 2 2

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

2 

            0,5

2 2

3

4(x y)z 2(x y) 2z 3(x y z)

2 

         2 2 3(a b c) (a 1)(b 1)(c 1)

4  

     Dấu đẳng thức xảy

1 a b c

2   

0,5

Câu 7,0 đ

a 4,0

Tứ giác ABEC nội tiếp suy ABE ACE 180  o 0,5 Mà EDCACE ADE EDC 180  o 0,5

H

M N

F

D K

E O

B

(70)

đ nên ABEADE. Kết hợp với BAEDAE => ABEADE. 0,5 Mặt khác EB = EC = ED nên AE trung trực đoạn BD 0,5 => AEBF (1) AB = AD => ABDADB 0,5 Kết hợp với ABDDCF (cùng chắn cung AF) ADBFDC (đối đỉnh)

Suy FDCFCDtam giác FDC cân F

0,5

=> FD = FC Kết hợp với ED = EC => EF trung trực DC =>DCEF (2) 0,5 Từ (1) (2) suy D trực tâm tam giác AEF 0,5

b 3,0 đ

Kẻ đường kính EK (O;R).Khi điểm K cố định Tứ giác BDNM nội tiếp nên BMDBND

0,5

o

BMD 90 BCE

   o

90 BAC (3)

  0,5

Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK 180 0BAK 0,5

Mà BAK BAE EAK 90o 1BAC

    0,5

o

BMK 90 BAC (4)

   Từ (3) (4) suy BMDBMK 0,5

Suy ba điểm M, D, K thẳng hàng Do MD ln qua điểm K cố định 0,5

Câu 2,0 đ

Giả sử A =a ;a ;a ;a1 3; 21 với a ;a ;a ;a1 3; 21Z a1a2a3  a21 Theo giả thiết ta có a1   a2 a3 a11a12a13  a21

 a1 a12 a2 a13  a3 a21a11 (1)

0,5

Mặt khác với x; yZvà xy y x 12 13 21 11

a a 10, a a 10, , a a 10 (2)

      

Nên từ (1) suy a1 10+10+ +10 = 100 => a1=101 (vì 101 A)

0,5

=>101 a 12 a2 a13  a3 a21a11 100 12 13 21 11

a a a a a a 100

        Kết hợp với (2)

(71)

12 13 21 11

a a a a a a 10 (3)        

12 12 11 11 10 10 a a (a a ) (a a ) (a a ) 10           

12 11 11 10 a a a a a a

        (4)

Ta có a1=101 mà 102 A => a2=102

Kết hợp với (3) (4) suy A =101;102;103; ;121 

0,5

Đề số

1 7,0

a) 3,5

Điều kiện: x 1

Ta có: x 1 2x x 3 2x x2 4x3 0,5

  

2x x 3 2x x 1 x 1 x 3 0

         0,25

   

2x x 3 1 x 1 x 3 1 0

        0,5

 x 3 1 x 1 2x 0

      0,5

3 1 (1)

1 2 (2)

x

x x

  

 

 

 0,5

Ta có (1)  x 2 (loại) 0,5

(2)

2

0 0

1 4 4 1 0

x x

x x x x

 

 

 

    

 

0

1 17

8

x x

  

  

 

1 17 8

x 

  (thỏa mãn)

0,5

Vậy phương trình cho có nghiệm 1 17 8

x  0,25

(72)

Điều kiện: x 1;y 1

Hệ phương trình cho tương đương với

2

1

( 1) ( 1) 2

1 .

1 1 4

x y y x x y y x               0,5

Đặt ;

1 1

x y

u v

y x

 

  , hệ cho trở thành

2 1

2 1 4 u v uv         0,5 2 2 2 1 2 0

u v uv u v uv

               2 1 0 u v u v        

 0,5

Suy 1

2

u v 1

2

u  v 0,5

Nếu 1

2

u v 1 2 1

1 2 y x x y x y         

 (thỏa mãn) 0,75

Nếu 1

2

u v 1 2 1

1 2 3

y x x y x y            

 (thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1; 1 3

x y x  y

0,75

2 3,0 đ

a) 2,0 đ

Phương trình cho tương đương với 9xy1y2 (1) 0,5 Nếu y1 3 y 2 y 1 3 3y1y2 9

mà 9x 9,  x nên ta có mâu thuẫn 0,5

Suy y1 3, y 1 3k k   y 3k1k  0,5 Thay vào (1) ta có: 9x3k3k  3 x k k 1 0,25 Vậy phương trình có nghiệm:  1

3 1

x k k y k

 

 

 

 k  0,25

b) 1,0 đ

Từ giả thiết suy abab ab (1) Vì ab a b * nên ab số phương

0,25 Mặt khác 1  a b 18 nên a b 1, 4, 9, 16 0,25 Nếu a b 1, a b 4,a b 16 thay vào (1) khơng thỏa mãn

Nếu a b 9 thay vào (1) ta ab 27 Vậy a2,b7

(73)

3 2,0 đ

Đặt 3a2 x,3b2  y, 3c2 z

Suy a2 x b3,  y3,c2 z3, a x3,b y3,c z3 x y z, , 0 Bất đẳng thức cho trở thành:

x3 y3z33xyz2 x y3  y z3  z x3 3 (1)

0,5

Vì vai trị x y z, , bình đẳng nên giả sử x  y z 0

Khi x x y2 z y z 2 z x yxyyz0

Suy x3 y3z33xyzxy x  y yz y zzx z x (2)

0,5

Áp dụng Bất đẳng thức Cơsi ta có xy x  y2xy xy 2 x y3 (3) Tương tự ta có yz y z2 y z3 (4) zx z x2 z x3 (5) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (3), (4), (5) ta

       3 3 3

2

xy x y  yz yz zx zx  x y  y z  z x (6)

0,5

Từ (2) (6) ta có

x3 y3z33xyz2 x y3  y z3  z x3 3 Đẳng thức xảy x y z hay a b c

0,5

4 6,0 đ

a) 4,0 đ

Vì AECAFC900nên tứ giác ACEF nội tiếp 0,5 Suy BFE ACB (cùng

bù với góc AFE) (1)

0,5 Kẻ tia tiếp tuyến Bx đường tròn (O) B

Ta có ACB ABx(cùng chắn cung AB ) (2)

0,5

Từ (1) (2) suy BFEABx 0,5

Do Bx EF// 0,5

Mà OBBx nên OBEF 0,5

Xét BEF BAC có ABC chung BFE ACB ( theo (1))

nên BEF BAC đồng dạng 0,5

Mặt khác BEFvà BAC nội tiếp đường trịn bán kính

2

BH

0,5

N1

M1 x

O F

E H

N

M

P

C B

(74)

P F

N

M E I

H G

O

C B

A

đường trịn bán kính OB nên

2.

EF BH AC  OB Từ ta có BH 2EF

BO  AC

b) 2,0 đ

Gọi M1 N1 điểm đối xứng với P qua AB AC

Ta có AM B1  APB (do tính chất đối xứng) (3)

0,25

APB ACB (cùng chắn cung AB) (4) 0,25 Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFEBHE (5)

Mặt khác theo câu a) BFE ACB (6)

0,25 Từ (3), (4), (5), (6) suy AM B1 BHEAM B1  AHB1800, 0,25

tứ giác AHBM1 nội tiếp 0,25

1

AHM ABM

  mà ABM1 ABP nên AHM1 ABP 0,25

Chứng minh tương tự ta có AHN1ACP 0,25



1 180

AHM  AHN ABP ACP M1, N1, H thẳng hàng

Mặt khác MN đường trung bình tam giác PM1 N1 , MN đi qua

trung điểm PH

0,25

5 2,0 đ

Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P trung điểm BC, CA, AB.

Do tam giác ABC nhọn nên O nằm

trong tam giác ABC Vì BAC600 nên MOC600, suy

ra

0 2

sin 60

MC OAOBOC 

0,5

Vì O nằm tam giác ABC OM BC ON,  AC OP,  AB

Suy tam giác ABC chia thành tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp đường trịn có đường kính (đường kính OA, OB, OC)

0.25 Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tứ giác chứa điểm 13 điểm cho, giả sử tứ giác ANOP. 0,25

Gọi E, F, G, H trung điểm NA, AP, PO, ON I là trung

điểm OA, suy IAIPIOIN1 0,25

Khi tứ giác ANOP chia thành tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp đường tròn có đường kính 0,25

(75)

trong số 13 điểm cho

Vì X, Y nằm tứ giác AEIF nên X, Y nằm đường trịn ngoại tiếp tứ giác này, XY khơng lớn đường kính đường trịn này, nghĩa khoảng cách X, Y không vượt

0,25

Đề số

Bài

a) Điều kiện: x -1

 2x 3 2 x 6 x 1 5

 

  

 

2

5

2 3 2 5

6 1

2 3 2 6 1 *

2 7 4 2 3 2 7 2 6 1

2 2 3 6 1

4 2 3 7 6

2 3

   

  

      

        

    

  

  



x

x x

x x x

x x x x x

x x x

x L

x TM

Vậy phương trình có nghiệm x =

b) Ta có:

 

3

2 3

3 2 1

  

 

 



x y y y x

(76)

 

     

3

2

2 2

2

2 2

3

2 1

1 1 1

1 2 3

1

2 3 2

1 1 1 1 1 3

3 0 3 0

1 1

3 2 0 1

2

  

     

        

     

    

  



 

    

               

    

   



     

     

x

y x

x x x

y y y y

x y

x x x y xy y

x x x do x

y y y y y y y

x y

x x

x y

Bài :

Đặt Ax yx2yx3yx4y y4 2

 2 2

5 4 5 6 2

 A x  xy y x  xy y  y 

Đặt ax2 5xy5y2aZ

2 4

2 2

 A a  y  y   A a 

Giải sử A số phương A = k2 với k số nguyên

   2

 k a k a 

k - a -1 -2

k + a -2 -1

k 3/2 3/2 -3/2 -3/2

Vậy khơng có giá trị k ngun để A số phương Do tốn chứng minh

Câu Ta có: a  b c 2,c    1 a b a, b1

Do đó: a1b1c  1 abc   a b c abbcca 1 abcabbcca1 Lại có: a b c2   4 4 a2 b2 c2 2ab2bc2ca

Vậy T 22ab2bc2ca3abbcca

Đặt abbccat ta có t22t3  t 8 2t 12 8

(77)

a) Đpcm

2

 AB  BI  BD

AC CI DC

Mặt khác ADB ACDnên dễ có điều

b) Để ý có IK đường trung bình củaEDH nên IKDH  IKD90o

Mà DIK  DEC DQCnên DQIK tứ giác nội tiếp  DQI 90o

c) Kéo dài QI cắt DO L dễ có L O Vậy IQ IL. IE ID. ID2 OI IA.

Suy AQOL tứ giác nội tiếp

 

 QAI  OLI  QED DMQ

Suy tứ giác QAEI nội tiếp nên QEI  QAI mà QEI  QMDsuy đpcm Câu Bạn đọc tự giải

Gợi ý: Giả sử điểm cho A, B, C, D, E, F AB = h vẽ (A; h) (B; h) cắt H K suy giao đường tròn chứa điểm cho Đặt diện tích phần S

 

2

4 3 3 6



(78)

Đề số

Câu 7,0 điểm

a)

4,0 điểm

ĐK : x 1 0  x 1. 0,25

Với x0 không nghiệm phương trình 0,5 Với x0, nhân vế với x  1 0 ta

5  2  1 1

x x  x x 

0,5

2 x 1 7 x

    0,5

   2

7 0

4 1 7

x

x x

  

 

  

 0,5

2

7

18 45 0

x

x x

   

  



0,5

7 3 15

x x x

  

 



 



0,5

 x3 (thoả mãn điều kiện) 0,5

Vậy phương trình có nghiệm x3. 0,25

b)

3,0 điểm

2

2 2

2 2 3 0 (1) 2 4 2 4 6 0

2 2 2 0 (2) 2 2 2 0

x xy x y x xy x y

y x xy x y x xy x

           

 

 

         

 

 

0,5

2

2 4 4 4 0

x y xy x y

       0,5

 2

2 0

x y

    0,5

2

y x

   Thay vào pt (1) ta 0,5

2 5 21

5 1 0

2

x  x   x   0,5

Vậy hệ có hai nghiệm ( ; )x y

5 21 1 21 5 21 1 21

; , ;

2 2 2 2

         

   

   

0,5

(79)

  

2

2x  1 y  2x  y  1 2x  y1 y1 0,5

Đặt y 1 ,m y 1 ( ,n m n ;mn). 0,5

Khi 2m 2n   y 1 y 1 2 0,5

 

2n 2m n 1 2

   0,5

2 2

1; 2

2 1 1

n

m n n m

  

    

 

 ; thoả mãn đk m n,  ;mn 0,5

Vậy x3;y3. 0,5

Câu 2,0 điểm

Bất đẳng thức cho tương đương với

1 ,

abc bca  cab   ab  bc  ca với a 1,b 1,c 1, a b c 1.

x y z

     

0,5

Ta có: abc  a a(   b c) bc

2

( ) 2 .

a a b c bc a a bc bc a bc

         0,75

Tương tự: b ca  b ca; cab  c ab. 0,25

Từ ta có đpcm Dấu xảy x  y z 3. 0,5

Câu 6,0 điểm

a) 4,0 điểm

Ta có :ACHABD (so le trong) (1) 0,5 mà ANDABD (góc nội tiếp chắn cung) (2) 0,5 từ (1) (2) suy ANDACH hay ANFACF 0,5

suy tứ giác AFCN nội tiếp đường tròn 0,5

D

B A

E

C H

O

M

(80)

AFCN nội tiếp đường tròn CNFCAF hay CNDBAE (3) 0,5 Mặt khác BAEDAEDNE (4) 0,5

từ (3) (4) suy CNDEND 0,5

N, C, E thẳng hàng 0,5

b)

2,0 điểm

Qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt tia DN M 0,25

Ta có DABACM (so le trong) 0,25

Mà DABDNB (góc nội tiếp chắn cung) 0,25

ACM DNB

   tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn 0,25

CBM END; CMB ENB

   (vì N, C, E thẳng hàng) 0,25

mặt khác ENDENBCBMCMB 0,25

CB = CM

 lại có CB = AD (gt) AD = CM 0,25

AD = CM, AD//CM suy ADCM hình bình hành đpcm 0,25

Câu 2,0 điểm

Gọi độ dài cạnh tứ giác a, b, c, d (a, b, c, d *) Giả sử khơng có cạnh tứ giác Không tính tổng quát, giả sử a > b > c > d (*)

0,5

Do tứ giác lồi nên a < b + c +d

 a < b + c + d < 3a

 2a < a + b + c + d < 4a

0,5

Từ giả thiết toán suy a + b + c + d chia hết cho số a, b, c,

d nên ta có : a + b + c + d = 3a (1) 0.25

Đặt a + b + c + d = mb với m * (2) a + b + c + d = nc với n * (3)

0,25

Do a > b > c  n > m >  n  5, m  0,25 Cộng (1), (2), (3)

3(a + b + c + d) = 3a + mb + nc  3a +4b + 5c

 (b – d) + 2(c – d)  , mâu thuẫn (*)

(81)

Tứ giác có cạnh

Đề số

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

(Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 03 trang)

Mơn: TỐN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1 7,0

a 3,5

Điều kiện: 5

8 x (*) 0,5

Phương trình cho tương đương với:

3x 15 3x2 45x9x2 8x5

45x 9x 4x 10

   

0,5

2

45 16 80 100 x

x x x x

    

    



0,5

5

5 x

x x

    

    

0,5

5

4 x

x x

     

   

0,5

 x 0,5

Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm phương trình làx4 0,5

(82)

Hệ cho 

 

 2

1 ( 1)

1

( 1) 1

x y x y               0,5 Đặt u x 1,v y

Hệ cho trở thành

2

4

1

1 uv u v          

, ĐK : 1 u v        (*) 1,0

 2   2 2 

3 2

uv

u v u v u v

 

       

 2

4 uv u v        0,5 4 uv u v         0,5 2 u v u v        

 ( TM(*)) 0,5

Từ suy nghiệm hệ phương trình là: 1;

1 x x y y             0,5

2 3,0

Ta có 5x22xyy24x400 2x1 2 xy2 41

0,5

Vì x y,  , 2x1 số nguyên lẻ 2

41 5 4 nên 0,5

 

2

2 25

16 x x y        

2 x x y           1,0

Từ suy cặp  x y; cần tìm

  3;1 ; 3; ;  2;6 ;  2; 2

1,0

3 6,0

(83)

Xét tam giác IAC tam giác BDC có

IACBDC 0,5

ICABCD 0,5

Suy IACđồng dạng với BDC (g.g) 0,5

IC BC IA BD

  (1)

0,5

Tương tự ta có IC AC IB  AD (2)

0,5

Ta có MBC đồng dạng với MDB (g.g) MC BC

MB BD

  (3) 0,5

Tương tự ta có: MC AC MA  AD (4)

0,5

Vì MA = MB nên từ (1), (2), (3) (4) suy IA = IB 0,5

M H

d A

B

D N

C

I O

(84)

b 2,0

Kẻ OHd H Gọi K giao điểm OH AB.

Ta có M, O, I thẳng hàng OI AB.

0,5

 OIK đồng dạng với OHM suy OK.OH = OI.OM 0,5 Mà OI.OM = OB2

2 OB OK

OH

  (không đổi) suy K cố định 0,5

Vì OI AB O, K cố định nên I thuộc đường tròn đường kính OK cố định (ĐPCM) 0,5

4 2,0

BĐT cần chứng minh tương đương với

2 2

3

1 1

a b c b c a a b c

c a b c a b bc ca ab

   

          

   

  

       (1)

0,25

Đặt a x, b y,c z x y z, , 0; xyz

b  c  a     0,25

Khi (1) trở thành:

xy yz zxx y z x y z

z x y

    

                

x yy zz x xyz x yy zz x xyz

  

      

x yy zz x 1 1 3x yy zz x

          (2) (do xyz = 1)

0,75

Đặt 3xyyzzxt  t 2 0,25

Khi (2) trở thành

1 t   t

1

t t t

    

t t 2t 1 (luôn t2) Suy ĐPCM Đẳng thức xảy  a b c

(85)

Chú ý: Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa.

5 2,0

Gọi A, B điểm thuộc cạnh đa giác cho A, B chia biên đa giác thành đường gấp khúc có độ dài

2 0,5

Gọi O trung điểm AB Xét hình trịn tâm O bán kính

R 0,25

Ta chứng minh hình trịn chứa đa giác cho Thật vậy, giả sử tồn điểm M thuộc cạnh đa giác M

nằm ngồi hình trịn tâm O bán kính R

0,25

Khi

2

MA MB  ( Độ dài đường gấp khúc chứa M ) (1) 0,5

Gọi N điểm đối xứng với M qua O Ta có 2 MA MB MN  R (2) Từ (1) (2) suy ĐPCM

0,5

N

A

B

O

(86)

Đề số 10

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1 7.0

a 4.0

Đặt  

8

x  x t t 1.0

Phương trình cho trở thành

2 3 t t

t t

        



( loại) 1,5

Khi 2

8 9

9 x

x x x x x x

x

            

  

V ậy phương trình có nghiệm x1;x 9

1.5

b 3,0

3 2

4

x y x y

x y

    



 

 0,5

Suy  3  2  x y  x 3y 4x2y 2

10y 12xy 2x y    

0.5

  

y x y x y

    0,5

0

5 y

x y

     

   

0.75

Từ suy nghiệm hệ phương trình là:

  2;0 , 2;0 , 1, ,    1;1 , ; , 5; 7 7

 

   

      

   

0.75

2 2.0

Ta có A = 2 

(87)

Với n = A = (thỏa mãn) 0.25 Với n0 A số phương n2 n số

phương 0.25

Khi 2  

1

n   n k k    2 n n 4k 2n 4k          2n 2k2n 2k

       0.25

Vì 2n 1 2k2n 1 ,k  n ,k nên

2

n k

     

    



         



0.5

2

1 2

n k

n

n k

    

      

 (thỏa mãn) 0.25

2

0 2

n k

n

n k

    

     

 (loại)

Vậy n0;n 1

0.25

3 3,0

Ta có Vì tứ giác AFBN nội tiếp nên NFANBA (1) NABNFB (2)

0.5 0.25 Tương tự MACMEC (3)

0.5

F

B D C

N A

E

(88)

Theo giả thiết NABMAC (4) Từ (2), (3), (4) suy NFBMEC

1.0

Do tứ giác BCEF nội tiếp Suy CFECBE (5)

0.75

Theo giả thiết NBACBM (6) Từ (1), (5), (6) ta có NFANFE

0,75

Do A, E, F thẳng hàng

0.25

5 3.0

Kẻ tiếp chung Ax (O) (O’) M

Khi MABxMB MDE, xMEMABMDEAB/ /DE 0.5 Suy BE AD BE BM

BM  AM  AD  AM (1) 0.25

Ta có 2

,

AI AD AM BJ BE BM 0.5

2

BJ BE BM BM AI AD AM AM

   ( (1) )  BJ BM

AI  AM (2) 0,5

Tương tự CK CM

AI  AM (3) 0.25

Từ (2), (3) suy BI CK BM CM

AI AM

  

0,25

’ A

B C

M

E F

D

I

J

K

(89)

Ta chứng minh kết MA = MB +MC 0.5 Do BI CK BM CM

AI AM

  

= 1, từ AI = BJ + CK 0.25

5 4.0

a 2.0

Đặt 2

, , , , 0,

a x b y c  z x y z x y z  Khi P = 2

x yy zz xxyz

0,25

Khơng tính tổng quát, giả sử x số nằm y z

Khi    2

0

y xy x  z x yy zxyzxy 0.5

Suy 2 2  2  2

3 x yy zz xxyzxy xz x y z x x   2 x 1 2 x22 Do dó P 2

0.75

Dấu xảy a  b c a1, b0, c 2và hoán vị 0.25

Vậy giá trị lớn P 0.25

b 2,0

Vì điểm cho hữu hạn nên tồn điểm A,B cho 2008 điểm lại nằm

phía đường thẳng AB

0,5

Do khơng có điểm nằm đường trịn nên ta đặt tên 2008 điểm lại M M1, 2, ,M2008sao cho

AM B1  AM B2   AM2008B

0.5

M A

B

C

(90)

Chú ý: Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa.

Đề số 11

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang

Nội dung đáp án Điểm

Bài 3,5 đ

a 2,0đ

x 2 37 x 3

 

3 3

2 7 3 2 7 2 7 27

x x x x x x

           0.50đ

3

9 (x 2)(7 x) 27

     0.25đ

3(x 2)(7 x) 2

    0.25đ

(x 2)(7 x) 8

    0.25đ

2

5 6 0

x x

    0.25đ

1 6

x x

  

  

 ( thỏa mãn ) 0.50đ

b 1,50đ

Đặt z

y  0.25đ

3

2 3

x z z x

  

 

 

 0.25đ

  3

3 x z z x

    0,25đ

Vẽ đường tròn qua A,B, M1001 0.5

Khi điểm M M1, 2, ,M1000nằm đường tròn điểm cịn lại nằm ngồi đường trịn

(91)

  2 

3 0

x z x xz z

      0,25đ

x z

  (vì x2xzz2  3 0, x z, ) 0,25đ

Từ ta có phương trình:

3

2 x x x

x

       

 

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

0,25đ

Bài 2: 1,0 đ

Điều kiện để phương trình có nghiệm:   0 a24a 8 0 (*) 0,25đ Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phương trình cho ( giả sử x1 ≥ x2)

Theo định lý Viet: 1 2 1 2

1

. 2

x x a

x x x x x x a

 



   

  



0,25đ

1

(x 1)(x 1) 3

   

1

2

1 3 1 1

x x

  

 

 



1

2

1 1

1 3

x x

   

   

 (do x1 - ≥ x2 -1)

1

2

4 2

x x

 

  



1

2

0 2

x x

 

   

Suy a = 6 a = -2 (thỏa mãn (*) )

0,25đ

Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu toán 0,25đ

Bài 3: 2,0 đ

Vì BE phân giác góc ABC nên ABM MBCAM MN 0,25đ MAEMAN (1) 0,50đ

Vì M, N thuộc đường trịn đường

kính AB nên AMBANB900 0,25đ



90

ANK AME , kết hợp với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK

(92)

AN AK AM AE

  0,25đ

 AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ

Bài 4: 1,5 đ

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM  AIM Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM  ABC

AIM ABC

  Suy tứ giác BOIM nội tiếp

0,25đ

Từ chứng minh suy tam giác AMI đồng dạng với tam giác AOB

. .

AM AI

AI AO AM AB AO AB

    (1)

0,25đ

Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO với (O) (E nằm A, O)

Chứng minh tương tự (1) ta được: AM.AB = AE.AF

= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2

0,25đ

 AI.AO = 3R2

2

3 3 3

2 2 2

R R R R

AI OI

AO R

      (2) 0,25đ

Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên OA.OK = OB.OC = R2

2

2 2

R R R

OK

OA R

    (3)

0,25đ

Từ (2), (3) suy OI = OK

Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC Vì BICK hình bình hành

0,25đ

Bài 5:

2,0 đ

(93)

a, 1,0 đ Giả sử O nằm miền tam giác ABC

Khơng tính tổng qt, giả sử A O nằm phía đường thẳng BC

0,25đ

Suy đoạn AO cắt đường thẳng BC K Kẻ AH vng góc với BC H

0,25đ Suy AH  AK < AO <1 suy AH < 0,25đ

Suy . 2.1 1

2 2

ABC

AH BC

S    (mâu thuẫn

với giả thiết) Suy điều phải chứng minh

0,25đ

b, 1,0đ

Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2

0,25đ mà a3 + ab2  2a2b (áp dụng BĐT Côsi )

b3 + bc2  2b2c

c3 + ca2  2c2a

Suy 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > 0

0,25đ

Suy P a2 b2 c2 ab2 bc2 ca2 a b c

 

   

 

2 2

9 ( )

P

2( )

a b c a b c

a b c

  

    

 

0,25đ

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

Suy 9 9 1 3 3 1 4

2 2 2 2 2 2 2

t t t

P t

t t



           P 

Dấu xảy a = b = c =

Vậy giá trị nhỏ P

(94)

Đề số 12

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC

( Hướng dẫn chấm biểu điểm gồm có 03 trang )

Bài ( điểm ) Điểm

Điều kiện ≤ x , y ≤ x, y nguyên xxyy = xx2 + yy2 (1)

 x.100.11 + y.11 = x2.112 + y2.112

 100 x + y = 11 (x2 + y2)

0,5

 (x + y ) 11

 x + y = 11 ( ≤ x + y ≤ 18 ) 0,5

 (x ; y) cặp (2; 9) ; (9; 2) ; (3; 8) ; (8; 3) ; (4; 7) ; (7; 4) ; (5; 6) ; (6; 5) 0,5 Thay cặp vào (1) ta thấy có x = y = thỏa mãn

Vậy số cần tìm 83 0,25

Bài (2 điểm)

Điều kiện x ≥ -1 0,25

Khi 10 x3+1 = 3(x2 + )

 10 x1 x2 x = 3(x2 + ) (*) 0,25

Đặt

2

1 u x

v x x

   



  

 (Điều kiện u  ,v > ) phương trình (*) trở thành

10uv = (u2 + v2 )

0,5

 (3u - v)( (u - 3v ) =  u 3v 3u v

   

 0,25

Trường hợp : u = 3v , ta có : x1 = x  x

 9x2 - 10 x + = Vô nghiệm 0,25

Trường hợp : 3u = v , ta có : x1 =

1 x  x  9x + = x2 - x +

 x2 - 10 x - =

0,25

 x 5- 33 x 5+ 33  

 

 ( thỏa mãn điều kiện x  -1

Vậy phương trình cho có nghiệm x 5- 33 x 5+ 33

0,25 Bài ( 1điểm )

Vì phương trình f(x) = x vơ nghiệm nên f(x) > x , với x  R f(x) < x , với x 

R 0,5

(95)

Suy phương trình a *f(x) ]2 + bf(x) + c = x vô nghiệm

Nếu f(x) < x , với x  R thì a [f(x) ]2 + bf(x) + c = f(f(x) ) < f(x) < x , với x  R

Suy phương trình a *f(x) ]2 + bf(x) + c = x vơ nghiệm

0,25 Bài ( điểm )

Ta có xy + yz + xz = xyz 1 x +

1 y +

1 z = Đặt a =

x , b = y , c =

1

z ta a, b, c > a + b + c =1 (1) Khi bất đẳng thức cho trở thành a2

b

+  

2

2 2

3 (2)

b c

a b c

c  a   

0,25

Ta chứng minh (2) với a, b, c thỏa mãn (1) Thật , a + b + c = nên ta có

   

2 2

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

b c a

     

                

     

0,25

     

2 2

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

a b b c c a

b c a

  

        

 2  2  2

1 1

1 a b b c c a

b c a

     

            

     

0,25

a c a b2 b a b c2 c b c a2

b c a

  

     

         

      a, b, c >

Đẳng thức xẩy a = b = c =

3 hay x = y = z =

0,25

Bài (3 điểm ) Câu a ) (1,5 điểm )

Theo tính chát tiếp tuyến ta có OM , ON phân giác góc

1

EOH, EOF

2

FOH MON  0,5

BACEOF 180  ( OEAOFA 90 ) 0,25

 180

2 BAC

MON   ABC ACB , mà OCNONCNOCMOB MON NOC180 0,5

suy MOBONC ∆MOB  ∆ONC (g.g) 0,25

b) ( 1,5 điểm )

O A

B C

E F

M

(96)

M N A

B C

Q P

Từ ∆MOB  ∆ONC

2

4

MB OB BC

MB CN OB OC OC NC

     ( khơng đổi ) 0,25

Vì SAMN = SABC - SBMNC nên SAMN lớn SBMNC nhỏ

(do SABC không đổi ) 0,25

Ta có SBMNC = SBOM + SMON + SNOC = ( )

2R BMMNCN

1( ) ( )

2 BM CN ME NF do MN ME NF

      0,25

( )

2

( ) ( ) (2 ) ( )

R BM CN BM BE CN CF

R BM CN BE do BE CF R BM CN BE R BC BE

      

       

không đổi

0,5

Dấu “ = ” xẩy  BM = CN  MN ∥ BC

 H điểm cung nhỏ EF

Vậy SAMN lớn H điểm cung nhỏ EF

0,25 Bài ( điểm)

Chia hình vng cho thành 16 hình vng đơn vị ( cạnh song song với hình vng cho có độ dài 1)

0,25

Do 33 > 16.2 nên theo nguyên lí Dirichlê , tồn ba điểm nằm cạnh hình vng đơn vị Giả sử ba điểm A, B, C nằm cạnh hình vng đơn vị MNPQ

0,25 Ta có MP = với điểm E thuộc hình vng MNPQ MP  AE , tức AE

 Từ hình trịn (A; ) phủ tồn hình vng MNPQ Tương tực hình trịn (B; ) ,(C; ) phủ toàn hình vng MNPQ

0,25 Suy ba hình trịn (A; ), (B; ) , (C; ) chứa hình vuông MNPQ nên ba

điểm A, B, C nằm phần chung ba hình trịn nói Vậy câu trả lì tốn có

(97)

ĐẠI HỌC VINH NGHỆ AN Đề số 13

Câu

a) Tìm tất số thực m…

Ta có:  2m324 3 m 1 4m2  5 0 m Do phương trình ln có hai nghiệm phân biệt

Theo định lý Vi-et, ta có:

1

2

3

x x m

x x m

  



  



Theo đề ta có:

 

   

2

1 2 2

2

7

2 3

1

4 1

4

x x x x x x x x

m m

m

m m

m

      

    

   

    

  

Vậy giá trị cần tìm là: 1;

m  m

b) Tìm tất số ngun……

Để phương trình có nghiệm ngun  4m25 phải số phương Khi đó:

  

 

2 2

4 5 2

2 ; (5) 1;5; 1;

m k k m k m k m

k m k m U

        

      

Ta có bảng sau:

2

k m 5 1 5

2

k m 5 5 1

m 1 1

Vậy giá trị cần tìm là: m1;m 1

Câu 2:

a) Giải phương trình: x x 3 2x24x3

(98)

 

2

4

3

2

Pt x x x x x x

x x x x

x x x x x

x x x

       

   

    

   

  

1 3

x x x  x 

2

3 ( )

x x

x x VN

  

 

    

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  0;1

b) Giải hệ phương trình:

2 2 1 1 x y x y x y x y             

Điều kiện : x y; 0 Ta có:

2

1

1 3

3

( )

1 1 1

5 5 x y x y x y x y I

x y x y

                                       

Đặt a x; b y

x y

    với a2 4 Thay vào hệ (I) ta có:

  2 2

2

3

2 a b

a b

a b ab ab ab

a b a

b                             

Mà a2 4nên

1 a b      2

1 ( )

2

1

1 1 0 ( )

1 2

x tm

x

x x

x

y y y tm

y y                            

Vậy nghiệm hệ cho 1;1 ; 1;1

2

     

   

   

(99)

   

3

1

n   n n  n p

p1 n     p n p n

Vì p  n n1không chia hết cho p Do đó: n1n2 n 1 pn2 n 1 p

Đặt : p 1 kn, k  1 p kn1 (*)

                    2 2 2

1 1

1

1 1

1

1 1

2 1

n n kn kn n n

kn n n k n

k n n n kn kn

k n k kn

k k n k

k n k kn

k n

k n p kn n n

n p n n n

                                                      

Vậy nplà số phương Câu 4:                       2 2 2 2 2 2

1 1

1

2

1

2

1

a b a b

a ab b a b

a b a b ab

a a b b ab a b

a a b b a b

a a b b

a b a b b a                                           

Đặt ;

1

a b

x y x y

b a        Ta có:            3

3 3 3

3

1

3

x y

xy x y

xy x y x y xy

  

    

 

      

 2 

6

xy x y

(100)

(do  

2

0

4

x y

xy 

   )

Dấu ""xảy khi: 0;

2 2;

xy a b

x y a b

  

 



     

 

Câu

a) CMR: ABK tam giác vuông

Gọi I giao điểm KA OO' Khi I trung điểm KA (tính chất hình bình hành) Mặt khác OO'là trung trực ABnên IA IB.(tính chất đường nối tâm giao tuyến chung hai đường trịn)

Từ ta có: IAIBIKnên tam giác ABK vng B (tam giác có đường trung tuyến từ đỉnh B đến cạnh AK nửa cạnh AK tam giác tam giác vng B) Vậy ta có điều phải chứng minh

b) Đường tròn tâm K…

Ta có: KAKM (cùng thuộc đường trịn K KA; ), OAOM R

Suy OK trung trực AM.(tính chất đường trung trực)

KO AM

 

Vì KO/ /AO'MAAO'(từ song song đến vng góc) Do đó: MA tiếp tuyến  O' (định nghĩa)

(101)

Khi xét hai tam giác: AMBvà ABNta suy ra: ABM  ABN

c) Trên đường tròn (O;R) lấy C thuộc cung…

Gọi E, F trung điểm CA, AD H trung điểm EF Khi ta có:

'

OE CD

O F CD

 

 

 (quan hệ đường kính dây cung) / / '

OE O F

 (từ vng góc đến song song) '

OEFO

 hình thang vng E F,

Lại có H trung điểm EF I, trung điểm OO'(cách dựng)

/ / / / '

HI OE O F

 (đường trung bình hình thang)

HI CD

  (từ song song đến vng góc)

HI

 đường trung trực EF IEIF(tính chất đường trung trực)

Lại có: EI đường trung bình ACK(E trung điểm AC, I trung điểm AK)KC2EI(tính chất đường trung bình tam giác)

Mà FIlà đường trung bình ADK(F trung điểm AD I, trung điểm AK) 2

KD FI

  (tính chất đường trung bình tam giác)

 

KD KC EI

   (đpcm)

Câu 6:

(102)

Nếu tập khác rỗng ta chọn từ tập hợp phần tử Khi tổng số chọn có tận nên chia hết cho

Nếu có tập khác rỗng theo ngun lý Dirichle tập cịn lại ln có tập có phần tử Ta chọn số từ tập này, tổng số chọn chia hết cho

Vậy trường hợp ta chọn số có tổng chia hết cho

Đề số 14

Câu (2,0 điểm)

a) Điều kiện:  1,  1,  2

x x x Với điều kiện phương trình cho tương đương với

     



 

2

5

11 30 16

2

x

x x

x

x x

0,5

2, 11

x x

    

Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm phương trình

 2,   11

x x

0,5

b) *) Đk: x

   Bình phương hai vế phương trình cho ta

   

2 2x x 2x (1)

0,5

+)  1

x , (1) thỏa mãn +)  1

2

x Khi

 

          11

(1) ,

6

x x x x x thỏa mãn

Vậy phương trình cho có hai nghiệm  1,  11

2

x x

0,5

Câu (1,5 điểm)

Phương trình thứ hệ tương đương với

     

             



2 0 1 0

1

x y

x y x y x y x y

x y

0,5 +) x y  0, hay y x Thay vào phương trình thứ hai ta

   10

2

x y 0,5

(103)

2 2 0 1, 2.

x     x x x  

Với x 1 suy y  2; với x  2 suy y 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

             

   

10 10 10 10

; ; , ; , 1; , 2;

2 2

x y

Câu (1,5 điểm)

Ta có

   

  





a b a b a b

P

a a b b

0,5

   

  

  



  

3 a b a b a b

a b a ab b 0,5

 

   

   



 

2

2 3

3 3

3

a b a ab b

a ab b

a ab b 0,5

Câu (4,0 điểm)

a) Vì AD phân giác BACnên D điểm cung EF

đường tròn (I) 0,5

Mặt khác AD đường kính (I), suy AD EF 0,5

b) Vì AD phân giác BAC nên BAD KAC 0,5

J H

F

E

I

O

K

D C

B

(104)

Lại có ABD AKC (góc nội tiếp chắn cung AC (O))

Từ suy ABD~AKC 0,5

c) Xét hai tam giác HEF EAD có EHF AED 90 ,0 EDA EFH (góc nội tiếp chắn cung AE (I))

0,5

Suy HEF ~ EAD  EH  EF 

EA AD EH AD EAEF 0,5

d) Kẻ BJ AC J Suy AE HE BJ HE AB

AB  BJ   AE Ta có

1

2

ABC

HE AB AC

S BJ AC

AE

 

0,5

Từ câu b) suy AB AD

AK  AC Từ câu c) suy

1

HE AD

AE EF  Do

ABC

AEKF

S HE AB AC HE AC AB HE AC AD HE AD

S  AE AK EF  AE EF AK  AE EF AC  AE EF 

Vậy SABC SAEKF

0,5

Câu (1,0 điểm)

Ta có

2

2 2

1

a b b

a a

b b

   

      

      Suy

  1  1 

3

2

P  a b c   ab bc ca    ab bc ca 

0,5

Mặt khác ta có  

2 ,

a b c

ab bc ca     suy

 2

3

6

a b c

P     

Dấu đẳng thức xảy a   b c Vậy giá trị nhỏ P 3,

2 đạt a   b c

0,5

Đề số 15

Câu (3,0 điểm)

a) Điều kiện: x  0, x 1 Phương trình cho tương đương với

1

2

x x

 

   

(105)

Đặt t x

x

  Khi phương trình trở thành

2

t  t 

2

3

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

3 0,

t t t t

      

     

0,5

*) Với t  0, ta có x x2 0,

x

     vơ nghiệm

*) Với t  3, ta có 3

2

x x x x

x



       

Vậy nghiệm phương trình

x  

0,5

b) Điều kiện:

x   Phương trình cho tương đương với 2

1

3

x x x x       0,5

1

1 3 3 (*)

x x

x x x x

    

 

 

       

 

  0,5

Ta có (*) 4x  4 (1 )( x x 3)   (1 )( x x 3)  2x

2

2 0

(1 )( 3) 10

0

5 7

x x

x x x x x

x x x                               

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình x 1, x  5

0,5

Câu (1,0 điểm)

Phương trình cho tương đương với

x y 3x y  0,5

Trường hợp 1

3

x y x

x y y

    

  

    

 

 

Trường hợp 2

3

x y x

x y y

      

  

      

 

 

Trường hợp

3

x y x

x y y

    

  

     

 

 

Trường hợp

3

x y x

x y y

      

  

     

 

 

Vậy nghiệm nguyên phương trình cho

(106)

  2; ,  2; , 2;  5 ,  2; Câu

(1,5 điểm)

Rõ ràng p q, phân biệt Không tính tổng quát ta giả sử p q Xét trường hợp sau:

Trường hợp p 2 Không thỏa mãn p q lẻ, cịn 2p q 2 chẵn

0,5

Trường hợp p  Khi tìm q  0,5

Trường hợp p 5 Gọi r r1, 2 số dư phép chia p q, cho Rõ ràng r r1, 2  1,2

Nếu r1 r2 | p q 2p q 2 Không thỏa mãn Nếu r1  r2 p q | 2 p q 2 Không thỏa mãn Vậy      p q;  3; , 5;

0,5

Câu (3,5 điểm)

0,5

a) Vì tứ giác ABNM nội tiếp nên BNI  BAD (1) Vì tứ giác DAEB nội tiếp nên BAD BED (2)

Từ (1) (2) suy tứ giác BEIN nội tiếp 0,5

Theo chứng minh trên, BNI BAD Ta lại có BIN BEN BDA (do

tứ giác BEIN, AEBD nội tiếp) Suy BIN ~BDA g g  0,5

b) Vì CD tiếp tuyến  O nên CACB CD  Từ suy

2

CA CACB CD CD

CB CB CB CB

 

    

  (3)

0,5 O'

O

I

N C

E

B

M A

(107)

Lại có, từ CAD ~ CDB g g  CD DA

CB DB

    (4)

Từ (3) (4) suy

2

CA CD DA

CB CB DB

   

    

   

0,5

c) Tương tự câu b) ta có

2

CA CE EA

CB CB EB

   

    

    Suy

EA DA

EB  DB (5) 0,5

Từ câu a), BIN ~BDA IN DA

IB  DB (6)

Tương tự ta có BIM ~ BEA IM EA

IB EB

    (7) Từ (5), (6), (7) suy IM IN, hay I trung điểm MN

0,5

Câu (1,0 điểm)

Đặt t  a2 b2 c2 Ta có t    a b c Mặt khác

 2

2 2 1.

3

a b c

a b c     

Suy t 1 Do   

   

 

2 2 2 2

2

2 2

2 3

3 2

3

t t t t a b c a b c

a b c a b c ab bc ca

a b c ab bc ca

            

         

      

      

0,5

Khi

  2 2 2

2 2

4

2

6

a b c a b c

P a b c ab bc ca

a b c

   

        

    

Suy

P  Dấu đẳng thức xảy a 2,b  c hoán vị Vậy giá trị nhỏ P 9,

4 đạt a 2,b  c hoán vị

0,5

Đề số 16

Câu Nội dung

Câu

(1,5 Ta có

3

2

( )

x y x y

A xy

x y x y

   

 

 

   

(108)

điểm)

  ( )2

x y x xy y xy

x y       =   2 ( ) x y x y x y          2 x y x y

x y x y

     x y   Câu (2,0 điểm)

a) Phương trình (1) có nghiệm   ' (4m1)2(16m211)0  8m120

2 m

 

b) Giả sử phương trình (1) có nghiệm x x1, 2 Theo câu a), m Theo Định lí Viet ta có x1x22(4m1); x x1 16m211

Khi (2x11)(2x2  1) 4x x1 22(x1x2) 9 

2

4(16m 11) 4(4m 1)

     

1 ( / )

4 3

( / )

m t m

m m

m t m

            Câu (1,5 điểm)

Hệ PT cho tương đương với

2

3 3

2

3

x x xy

x y x x xy y

   

    



   

 hay y  2x

Thay vào phương trình thứ hệ

2

( 2)

x    x x x  hay 2 x x x x           

Từ ta nghiệm hệ ( ; )x y ( 1;0), ( 2;2). 

Câu (1,0 điểm)

Từ giả thiết tốn ta có 4x4y 4 x2 4y  4 12 Suy 0  x y

Khi đó, áp dụng BĐT Cơ si ta

9

P x y

x y x y

      x y    19 3   

Dấu đẳng thức xảy x2, y1

Vậy giá trị nhỏ P 19,

(109)

108

Câu (4,0 điểm)

a) Vì C điểm cung AB nên ACBC (1) Ta có CAECBD (góc nội tiếp chắn cung CD) (2) Từ (1) (2), kết hợp với giả thiết suy ACE BCD(c.g.c)

b) Ta có 450

2

ADC s®AC  (3)

Ta có 1  450

2

FDC s®CDs®DB  s®BC (4) Từ (3) (4) suy DC phân giác ADF

c) Vì tam giác ABI vng A ABI 450 nên ABI tam giác vuông cân A Suy AIC450 (5) Từ câu a) suy tam giácCDE cân C Mặt khác CDE450 nên

0

45

CED (6) Từ (5) (6) suy tứ giác IAEC nội tiếp Do AEI ACI900 ADB Từ suy IE//BD

Đề số 19

C

A B

D

E O

(110)

1(1,5 điểm)

Ta có

a a b b a b ab A

a b b a ab

  

 



0,5

2

a a b b a b ab A

a b b a ab

  

 



0,25

3

( ) ( ) 2( )

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

A

b a a b ab a b

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

 

  

2(a b) ab

 

0,5

Vậy AA1A2A3 0

0,25

2 (1,0 điểm) Ta có 2

' (m 1) 4(m 3) m 2m 13

        0,5

Mặt khác 2

2 13 ( 1) 12 0, m  m  m   m

Do đó, phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,5 3(1,5 điểm)

Hệ tương đương 12 16 40 25 10 40

x y xy x y xy

  



   

 0,5

Từ suy 13x26y  0 x 2y 0,25

Thay vào phương trình đầu hệ cho ta có

2

3x2x5x  0 5x5x 0 0,25

0 x y

    



1 x y

     

 0,5

4 (2,0 điểm) Từ giả thiết ta có (p q p q )(  )7 0,25 Mà p q, nguyên dương nên p q p , q ước nguyên

dương 7và p q  p q 0,25

Do

7 p q p q

  

  

 0,25

p q

   

 0,25

2 Nếu n số chẵn An44n số chẵn lớn nên A

không phải số nguyên tố 0,25

Nếu n số lẻ

 2  2

4 2 2

4n 2n .2n 2n 2n

An   n   n  n  n  0,25

Đặt n 1 2k với k nguyên dương ta có

 2 2 2 1  2  2 

2n 2n 2n 2k 2n 2k A n  n   n  n n  n

(111)

Vì   2n 2k n  n 

Và    1 2 2

2n 2k 2k 2n k

n  n  n      nên A số nguyên tố

0,25

5(4,0 điểm)

1.Vì CD đường kính nên 90

CBD 0,25

Do BEFABF (góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn)

0,25

Mà ABF ODB OBODR

Nên BEFCDB Do tứ giác CDEF nội tiếp

0,5

2.Gọi QBM CD EF

B

 vuông Bnên BM MEMBEMEB (1)

0,5

BCD

 vuông Bnên

90

BCDBDC mà BDCBEF (chứng

minh câu 1) nên

EF 90 (2)

(112)

Đề số 20

Câu 1.(1,5 điểm)

Giả sử a lẻ Khi

a chia dư Mà 2 c

b  chia có số dư 0, Do không thỏa mãn Vậy a chẵn Tương tự b, c, chẵn, đpcm

Câu 2 (1,5 điểm)   x

Câu 3 (1,0 điểm)

Sử dụng BĐT Cơsi cho tổng Phương trình tương đương với dấu “=” đồng thời xảy p1,q2,r3

Câu 4.(1,0 điểm)

* Nếu x0 z0 y0 Ta có nghiệm (0,0,0)

Từ (1) (2) 0

90 90

BCD MBE  BQC hay BM CD

0,25 K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF, Mlà trung

điểm EF nên KM EFKM AB (vì vng góc với EF) 0,25 Tương tự KO BM (cùng vng góc với CD)

0,25 Do KMBO hình bình hành nên MKBOR 0,5 H trực tâm tam giác DEF, HDEF, suy HD AB

.Tương tự BH AD (cùng BF)

Do BHDA hình bình hành nên BH AD

0,25

Mặt khác BDAC hình chữ nhật nên ADBCBHBC(3) 0,25 Lấy O'đối xứng với O qua B ta có BO'BO(4) với O' cố định

vì B O, cố đinh

0,25

Từ (3) (4) suy HO CO' hình bình hành nên '

O HOCR.Vậy H chạy đường tròn ( '; )O R cố định

(113)

* Xét xyz0 Chia đưa hệ bậc z y x , ,

Giải ta có nghiệm (4, 5,6) Câu 5. (1,5 điểm)

Sử dụng BĐT 

         1 ) ( k k k

k với k 1,2, ,2012 ta suy đpcm

Đề số 21

Câu Nội dung Điểm

1(2đ)

Ta có 2

    y x x y y x y x P

( )2    y x y x xy

Thay x5 21, y5 21 ta 21 10   P 0,75 0,75 0,5 2(2đ)

( )P qua điểm A(2;15)154a2a2 1(a0)

2

a a

    (a0)

a2,a 4 ( )d tiếp xúc với( )P

2 2

ax 2

PT a ax a

     có nghiệm kép a 0

ax

PT ax

    có nghiệm kép a 0 /

0 0,

a a a a

         a0   a

0,5

0,5 0,5

0,5 3(1,5đ)

Đặt

,

x  y u xy  v u  v Khi hệ PT có dạng 2 55

2 85 u v u v       

2 55 55

13, 15 195

v u v u

u u u u                

Từ ĐK ta lấy u 13,v 42

Giải hệ đặt ta nhận (x 6,y 7)(x 7,y 6)

0,5 0,5 0.5 4(1,5đ) Áp dụng BĐT Cosi cho số dương ta có:

1 1 b c bc

a a a a

     

Tương tự

1 1 a c ac

b b b b

     

0,5

(114)

1 1 a b ab

c c c c

     

Các vế dương nên nhân vế với vế BĐT ta P64,P64abc1MinP64

0,5 5( 3đ)

1.Từ GT suy

2

20( ) AB  OA OB  cm

BC 2.OB AB 24(cm) OA

 

2.Ta có

OFE OFC

COF

PBM BPE

OPQ

  

 

 

     

0

0 90

90

suy hai tam giác OPQ OFE đồng dạng

Gọi H giao điểm OA BC OH đường cao tam giác OPQ (vì OABC), mặt khác dễ thấy OM đường cao tam giác OEF

Do

OM OH EF

PQ



Mà 9( )

2

cm OA

OB OH OB

OA

OH    

Vì

5  

OM OH EF

PQ

( ĐPCM)

0,5

Đề số 21 A

B

C

O

E

M

F P

(115)

Câu Nội dung Điểm Câu

( 3,5đ) 1.Phương trình (1) có nghiệm

/ 2

4 m 3m m 3m         

(m1)(m4)   0 m4 (2)

2 Theo hệ thức Viet ta có 2

4 x x

x x m m

  



 



Từ điều kiện tốn ta có:

2

2 2 2

4x x 4x x 3x   4 x  1, x 4 Với x2   1 x1 5 x2  4 x1 0

Khi

- m23m   5 m2 3m  5 0 VN -

3 0,

m  m  m  m  ( Thỏa mãn ĐK(2))

0,75 0,75 0,75 0,5 0,75 Câu (1,5đ)

Đặt Aa2b25a3b4, dễ thấyA số chẵn Do A số nguyên tố khiA2, hay Aa2 b25a3b42, suy (ab4)(ab1)2 Ta xét trường hợp sau :

- 4,

2 1             b a b a b a

- 4,

1             b a b a b a

- 1,

2 1               b a b a b a

- 1,

1               b a b a b a 0,5 0,5 0,5 Câu (1,5đ)

Đặt x  maxx y z, ,   y  x  y z3  x yz2

z  x  z x3  z x2  zx3 Khi đó: x z x z yz x y x

P 3

2     ) )( ( 2

1 2 2 z y z x x x z zx yz x y

x      



 

2 27. . .

2 3 3

z x x x z z

P x x z y   y 

         

   

Áp dụng BĐT Cosi cho số khơng âm ta có:      

 

4

27 432

4

x y z

P

0,5

(116)

Dấu xảy x 6,y 2,z 0 VậyMaxP432 Câu

( 2,5đ) Gọi N giao điểm đường thẳng MI AB Ta có HMN AMH

AMN   

ANM BMN

MBN   



Do tam giác AMN cân A, suy AI đường trung tuyến Do I trung điểm MN Vậy E,I,F thẳng hàng

(Hay ANM 900HMN 900NMBAMN tam giác AMN cân A, AI MN AIlà đường trung tuyếnI trung điểm MN)

2 Vì MJ tia phân giác BMH nên J điểm

cung

90    

FJ AB EFJ BH

Trong tam giác vuông IFJ KI KJ KF

EFK KIFMIEEMK EMFK tứ giác nội tiếp K nằm đường trịn đường kính EF  ABR

2

Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác KEF

2 R

0,5

Câu

(1đ) Gọi (O) đường trịn ngoại tiếp lục giác có cạnh 2, (O) có bán kính R2 Gọi ABCD hình vng ngoại tiếp

)

(O Cạnh hình vng Chia hình vng thành 16 hình vng nhỏ, có cạnh

Rõ ràng 16 hình vng chứa 81 điểm cho

Vì 81 = 16 x +1 nên theo nguyên lý Dirichle tồn hình vng cạnh chứa điểm số điểm cho

0,5

Đề số 23

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2010-2011

Mơn Tốn – Vịng Thời gian: 120 phút

Câu Đáp án Điểm

Câu

1 (2,0 điểm) Ta có

A

M

E F

N J H B

(117)

I (3,5 điểm) ) 3 2 )( 3 2 ( 3 2 3 2 7 ) 3 3 2 4 )( 3 2 ( 3 2 1 3 2 7 ) 3 (

23

              P 1,5

2 32 34. 0,5

2. (1,5 điểm)

Giả sử x số nguyên Ta có

1 2 3 1 1 3      x x x

số nguyên, nên số nguyên

0,5

Suy x12. 0,5

Từ ta có x0, x2, x1, x3. 0,5

Câu II (3,5 điểm)

1. (1,5 điểm) Điều kiện: x0.

Khi pt cho x34x4 x3. x 4(3x1)

0 1 34 33 1 14 49 ) 3 ( 16 1 7 3 4 2 2              x x x x x x x x x 1,0        33 1 1 x x

Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình . 33 1 , 1   x x 0,5

2. (2,0 điểm)

Phương trình cho có nghiệm x1, x2 '0

(m1)2 2m50 m 2. 0,5 Khi A(x1  x2)2 2x1x2 4(m1)2 2(2m5)

4m2 4m6(2m1)2 7. 0,5

+) Với m2 ta có A52 718.

+) Với m2 ta có 2m13. Suy (2m1)2 9. Do A2.

Dấu “=” xảy m2. Vậy minA2, đạt m2.

1,0

1. (1,5 điểm)

1 2



x

1 1



(118)

A

B H I C

O

Câu III

(3,0 điểm)

Gọi I trung điểm BC Ta có

60

 



IOC BAC , OC = R = Suy

. 3 2

3 . 2 60 sin

.  

OC IC

Do BC2.IC2 3.

Suy

. 3 3 3 2 . 3 . 2 1 .

2

1  

 AH BC

SABC

1,0

0,5

2. (1,5 điểm)

Ta có AM  AN  AP Suy tam giác AMN cân A Mặt khác

. 120 2

2

2     

 

 



MAN MAP PAN BAP PAC BAC

Suy MN là cạnh đáy tam giác cân có góc đỉnh không đổi

0,5

Do MN lớn cạnh bên AM  AP lớn

4 2 



 AP R , P giao điểm thứ AO với đường tròn

0,5

Khi B trung điểm PM, C trung điểm PN nên BC đường trung bình tam giác PMN Suy MN 2BC4 3.

0,5

Đề số 24

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2010-2011

Mơn Tốn – Vịng Thời gian: 150 phút

A

B C

P M

(119)

Câu Đáp án Điểm

Câu I (3,5 điểm)

1 (2,0 điểm)

Điều kiện: x2 4x20, x2 2x20.

Rõ ràng x0 nghiệm phương trình Do phương trình tương đương với

. 1 2 2 3 4 2 12       x x x x 0,5

Đặt t

x

x 2  phương trình trở thành

                    4 1 0 4 3 ) 2 )( 4 ( 12 9 1 2 3 4 12 t t t t t t t t t 0,5

* Với t 1 ta có 2 1 x2 x20,

x

x vô nghiệm

* Với t 4 ta có 2 4 x2 4x20 x2 2.

x x

Vậy nghiệm phương trình x2 2

1,0

2. (1,5 điểm)

Rõ ràng n1 thỏa mãn 0,5

Với n2 ta có n13 n5 1(n13 n)(n5 n2)n2 n1

n(n12 1)n2(n3 1)n2 n1. 0,5

Để ý n12 1(n3)4 1 n3 1n2 n1 Suy

. 1 1

5

13    

n n n

n 

Mà n13 n5 1n2 n13 nên n13 n5 1 số nguyên tố Vậy có n1 thỏa mãn

0,5

Câu II

(120)

(2,0 điểm) ) ( ) ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 4 ( 2 2 2                  x y y x x x y y y xy x 0,5

Suy 

                1 0 1 1 2 0 1 2 2 ) 1 2 ( x x x x x 0,5 * Với x0 ta có y0, y1.

* Với x1 ta có y1, y2.

Vậy có cặp (x, y) thỏa mãn (0, 0), (0, 1), (1, 1), (1, 2)

0,5

Câu III. (1,5 điểm)

Áp dụng BĐT Côsi ta có

. 3 2 ; 3 2 ; 3 1 1

2 3

3 z z y y x x

x          0,5

Suy 3 3 3 3 3 3       x z z y y x P (1)

Ta lại có

2 16 ) 3 ( 3 3 3 x y x y

x   

 , . 2 16 ) 3 ( 3 , 2 16 ) 3 ( 3 3 3 3 3 3 z x z x z y z y z y         Suy 16 15 ) ( 16 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3        

 x x y y z z x

z z y y x (2) 0,5

Mặt khác 3,

3 ) ( 3

3 3 3

3    x  y z 

x z z y y x hay 16 3 ) ( 16

1 3  3  3 

 x y y z z x (3)

Từ (1), (2) (3) ta có . 4 3



P Dấu đẳng thức xảy x yz1.

Vậy ,

4 3

minP đạt x yz1.

0,5

Câu IV. (3,0

1. (1,0 điểm)

Do (I) (O) tiếp xúc nên O, I, D thẳng hàng Ta có hai tam giác IDE cân I,

(121)

điểm) Suy IE//OB.

Mà IEFE nên FE AB. 0,5

2. (2,0 điểm)

Giả sử EF cắt AB H

Do BC tiếp tuyến đường tròn (I) nên

BC2  BE.BD (1) Ta có BHE đồng dạng BDA nên

BH BA BDBE

BA BE BD

BH

. . 



 (2)

BHF

 đồng dạng BFA nên

BH.BA BF2

BA BF BF

BH

 

 (3)

Từ (1), (2) (3) suy BF2 BC2 BF BC

1,0

Suy BCF cân B BFCBCF.

Mặt khác BFCBFHHFC, BCF BAFAFC

BAF BFH

 nên ta suy AFCCFH Suy FC phân giác góc

AFE

1,0

Đề số 25

1 ( 2đ) Dễ thấy 90 nên phương trình ln có nghiệm phân biệt phương trình có nghiệm um,vm3

2 Theo ý ta có u2v2 17m2(m3)217

2m26m80 m23m40 m1m4

1

0,5

A B

D

E F

I

(122)

2 (4đ) Đặt uxy,vxy Khi hệ phương trình trở thành         11 23 2 v u v u u          u v u u u 11 23 ) 11 ( 2         u v u u 11 45             20 v u v u

Giải hệ ta ( , ) (2,3) (3,2)         y x v u

( , ) ( 4, 5) ( 5, 4) 20              y x v u

Vậy hệ có nghiệm (2,3); (3,2); (-4,-5) (-5,-4) Sử dụng BĐT Cơsi cho ba số dương ta có

) ( 8 ) (       y x y y y x P

Dấu xảy

, 64 16 ) ( 8

3   

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

Do giá trị nhỏ biểu thức

0,5 0,5 0,5 0,5 1 (4đ)

1 Vì IE đường kính (O1,R1) nên 90  IPE

Tương tự:

90  IPF

Từ giả thiết ta có E,F nằm hai phía P Suy

180 

EPF , hay E,P,F thẳng hàng

2 Ta có O1IO2 O1PO2(c.c.c), nênO1IO2 O1PO2 (1) Mặt khác, O1K,O2K đường trung bình tam giác

IEF nên IO1KO2 hình bình hành Do O1IO2 O1KO2 (2)

từ (1) (2) suy O1PO2 O1KO2, hay O1PKO2 tứ giác nội tiếp

0,75

(123)

3 IA cắt (O2,R2) điểm A'(khác I ) Ta có tứ giác IBFA' hình chữ nhật, nên

' IA BF  (3)

Mặt khác, IK//AE A'F K trung điểm EF nên I trung điểm AA' Hay IAIA' (4)

Từ (3) (4) suy IABF

0,5

Đề số 26

1(2,5) ĐK: x7PT 3x12x72 x(x7)  x82 x2 7x

3x244x640 x16 ( x7)

2 Vì x0 khơng nghiệm phương trình nên

PT 2 2

2

2  

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

x x x

x x

x x x

0,75

0,5

A

B

F

A’

I

E

O1 O

2

(124)

Đặt

x x

t  2, PT có dạng t23t20t 2t1 Với 2  2 x2 2x20 x1

x x t

Với 1 2 1 x2 x20 x1x2 x

x t

0,5 2(2,5) 1.Tìm số nguyên dương thỏa mãn phương trình x2 y2 13(xy)0

Phương trình (x y)2(x y)22.13(xy)132169 (xy)2(13x y)2 169

Vì x, y số nguyên dương nên dễ thấy

2 12 169 , 13 13 , 13

0x y  xy  

Bằng cách giải hệ phương trình: ( , ) (10,2) 13 12           y x y x y x

( , ) (3,2) 12 13           y x y x y x

Vậy x3,y2 ; x10,y2 nghiệm nguyên dương phương trình 0,5

0,5

0,5 Theo giả thiết p2 Giả sử 12 12

n m

p   , ( )

2 2 n m p n

m   (1)

Suy m2n2p Do p nguyên tố nên mnp, mp np Kết hợp với (1) suy m2 n2p Do mp np

Suy m p,n p Khi 12 12 n m

p   2

2 1

p p p  



Dẫn đến p2 Mâu thuẫn

0,5

3 (2đ)

Đặt 

                         z y x P z y x y x z x z y P 1 1 1 24 3 2 5

Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

3 (1 )(1 2 )(1 3 ) 72 1 1 1 24 z y x z y x P                  72 3 1 72        z y x 51  P

0,5

(125)

4 (3đ)

Dấu xảy 6, 3,

18

3 1

    

 

  

    

 x y z

z y x

z y

x

1 Sử dụng tính chất đường trung tuyến ta có:

) ( '

' MB AB MA 

) ( '

' NB CH NA 

Từ giả thiết ta có CA'A H

BA'

 vuông cân Suy B

AA H

CA'  '

 , CH AB (3)

Lại có

A MA MAA

NCA C

NA'  ' ' '

 ,

nên MA'NAA'C900 (4) Từ (1), (2), (3) (4) suy

N MB

A' ' hình vng

2 Ta có O A' thuộc trung trực AC, nên OA'AC Suy H

B OA'// '

Tương tự OB'//A'H Vì B'OA'H hbh

Do OH cắt A'B' I trung điểm đường

Rõ ràng từ kết ý 1, MN qua I Vậy A'B',MN,OH đồng quy

0,5

0,75 0,75

Đề số 27

A

B M

N C

O

(126)

125

1

2

3

4

Ta có:

4 ;  

 y xy x

Khi đó:

xy y x xy x y y x y y x

A   

    5    

Đặt x2 x1t,(t 0) phương trình cho trở thành: t(t1)12  t2 t120 t 3, t 0

Với t 3 ta có x2 x13  x2 x20 x1x2

Ta có 'm22m2(m1)210,m.Do phương trình cho có hai nghiệm

, x x

Theo Định lý Viet, x1x2 2m;x1x2 2m2

Khi ta có: x12x22 x1x2 10. (x1 x2)2 3x1x2 10  4m26(m1)10  2m23m20

2   m m

Theo BĐT Cơ Si ta có: b a b

a b

a2  12   12 a b a

b  

Do  12   12  2(  )2 a b b a a b b a

Dấu đẳng thức xảy ab1

Chú ý: Bất đẳng thức cịn chứng minh theo cách sau

C2: Sử dụng BĐT: ( 1)

2 1 2 y x y

x    1 2 x

x , x0 Suy     ( 1)( 1)

2 1 2 2 b b a a a b b

a 2

C3: Sử dụng BĐT 2 2 2

) ( )

(x u y v v

u y

x        1 2,x0 x

x ta

(127)

126

5

a) Vì AM0ON0 tứ giác nội tiếp, nên (1)

2 0

0N OAN A

OM   



Tương tự, xét tứ giác nội tiếp BM0OP0ta có (2)

2

0P B OM  

 Từ (1) (2) suy

( )

1 0

0M N A B

P   



b) Ta có BM0CN0 BC BM CN,nên M0M N0N

Hơn OM0 ON0,nên hai tam giác vuông OM0M ON0N Suy OM ON, tam giác OMN cân O

c) Ta có MOM0 NON0, nên M0ON0 MON

Lại tam giác M0ON0 MON cân O nên chúng đồng dạng với

Suy

0

 

ON ON N

M MN

Hay MNM0N0

Vì M0N0 khơng đổi, nên MN ngắn M trùng với M0 N trùng N0

0,5

Đề số 28

C M0

O

P0

N A

B

N0

(128)

1

2

3

a) Đặt t x24x5(x2)210 Khi phương trình cho trở thành

10 5  

t

t  t27t100 t 2t 5 +) t 2  (x2)2 12x1x3 +) t 5(x2)215x0x4

b) Lập phương hai vế phương trình cho ta ) ( 3

5      3    x x

x x

x

x 3 2x13 3x13 5x11

 (2x1)(15x2 2x1)1

 30x319x2 0  30 19 0   x x

-Vớix0 hai vế khác - Với

30 19 

x hai vế phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm

30 19 

x

a) Ta có x12 18x1 10, nên x1n2 18x1n1 x1n 0 (1) Tương tự: x2n2 18x2n1x2n 0 (2)

Từ (1) (2) ta có x1n2 x2n2 18(x1n1x2n1)(x1n x2n)0  Sn2 18Sn1Sn

b) Ta có 2; 18; ( ) 2 322

2 2 2 2 1

0  S  x x  S x x  x x  x x 

S số nguyên

dương không chia hết cho 17

Giả sử toán đến k 0,1, ,n2, nN

Khi Sn3 18Sn2Sn 17Sn2(18Sn1Sn)Sn 17(Sn2Sn1)Sn số nguyên dương không chia hết cho 17 Vậy toán chứng minh

Với a,b,c,d 0,1 ta có

3

3 abcd  abc  abc;

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

3 a b c d  a b c  a b c Suy

3       

 a b c a b c

P

Dấu đẳng thức xảy abcd 0abcd1.Vậy max P1

(129)

4

5

a) AO cắt đường tròn (O) A' Gọi J trung điểm AB Ta có hai cung MN A'B bù với cung AB

Do IM  MN  A'BJO

1

Suy a JO OA IM

OM

OI    

b) Gọi P, Q trung điểm hai cung lớn, nhỏ AB Trên AM kéo dài lấy điểm K cho MB = MK Ta có MA + MB = AK Vì ta xác định M cho AK có độ dài lớn

Ta có MQ phân giác AMB MPMQ nên MP phân giác góc BMK Vì MK = MB nên PK = PB Điều chứng tỏ K thuộc đường trịn tâm P cố định với bán kính PB = PA khơng đổi

Do dây cung AK lớn đường kính, nghĩa M P

Giả sử ABC tam giác có cạnh Chia cạnh tam giác ABC thành ba phần Nối điểm chia đoạn thẳng song song với cạnh, tam giác ABC chia thành tam giác có cạnh Gọi I, J, K điểm cạnh BC, CA AB cho IC = JA = KB =1 Ba đường trịn bán kính 1, tâm tương ứng I, J, K phủ kín tam giác ABC (mỗi hình trịn phủ tam giác nhỏ) Như dùng bìa phủ kín tam giác ABC

Số bìa phải dùng 3, ngược lại phải có hai ba đỉnh tam giác ABC thuộc hình trịn bán kính Điều khơng thể xảy cạnh tam giác ABC

0,5

0,5 0,5

0,5

A B

Q J

P

A' M

N O

K I

C A

I J K

(130)

Đề số 29

1

2

a) Điều kiện: 0 < x  1

A =      

1 1 1

16

1 2

     x x x x x =   x x x x x 4 1 16 4

1   



b) 2A +

x x x

2 1

 + x=

x x

2 1

Theo giả thiết ta có

x x 2 1 = 4 5  0 2 5

2x x  

Đặt x t (0t 1) ta 2t2-5t+2 = t = t =

2 1

Suy x = x =

4 1

a) Phương trình cho có nghiệm kép ' = 1+m(m-3)+1 =0 m2

-3m+2 = m =1 m =

b) Hệ cho 

        30 ) ( 4 y x xy y x          30 ] 2 ) [( 4 xy y x xy y x          0 15 8 ) ( 4 xy xy y x          5 3 4 xy xy y x *)       3 4 xy y x

 (x, y) = (3, 1); (x, y) = (1, 3)

1,0

0,5

1,0

(131)

A

K

B'

C' O

H

3 *)

  

  

5 4

xy y x

, vô nghiệm

Áp dụng BĐT Bunhiacôpski cho hai số (x, y) (1,  5) ta có 36

) 5

(

2   

y x

P -6 P 6

+) P = -6 x =-1, y = 5 Suy minP =-6 +) P = x =1, y =- 5 Suy maxP =

a) Tứ giác HA'BC' nội tiếp nên C'A'H = C'BH (cùng chắn cung C'H) Tứ giác AB'A'B nội tiếp nên AA'B' = ABB' (cùng chắn cung AB') Từ suy C'A'H = AA'B'

b) Kéo dài CO cắt đường tròn K Tứ giác KBHA hình bình hành

KB // AH (cùng vng góc với BC) KA // BH (cùng vng góc với

AC) Suy AH = KB (1)

Tam giác vuông BKC có BKC =BAC = 600 nên KB =

2 1

KC =OC =AO (2)

Từ (1) (2) ta có AH = AO

0,75

1,0

0,5 B'

C' O

(132)

4

Chú ý: +) Cũng kéo dài BO hoặc AO cho cắt đường tròn chứng minh tương tự

+) Cũng sử dụng tam giác đồng dạng để giải

1,5

1,0

(133)

a) Phương trình cho tương đương với

5 1 2 401  

 y y

x Do x, y nguyên nên z

y 

5 1 2

Z Vậy y = 2z+

2 1



z 

z=2t+1, tZ

Suy y = 5t+2, x = 2007t + 803, t Z Kết hợp giả thiết x (0; 3000) suy t = t =

+) Với t = x = 803, y = +) Với t = x = 2810, y =

b) Ta có 53n+2+22n+3 = 25.125n + 8.4n = 25(125n - 4n) +33.4n.

Mặt khác (125n - 4n )  (125 - 4) = 12111 33.4n 11, nN Do

53n+2+22n+3 11, nN

Đặt A = p2  pq2q2và B =2p2  pqq2 Xét trường hợp: +) p = q = 2, không thoả mãn

+) p =2, q  3,

( A, B ) = (4 - 2q+2q2, 8+2q+ q2)

= (2- q+ q2, 8+2q + q2), (vì + 2q + q2  2)

= ( + 3q, + 2q + q2)

= (2 + q, + (2 + q)q ) , (vì + 2q + q2  3)

= d

Suy d lẻ d 8 Do d =1 +) q =2, p 3,

( A, B ) = (p2 –2p +8, 2p2 +2p+4)

0,5

1,0

(134)

= (p2 –2p +8, p2 + p+2), (vì p2 –2p +8  2)

= (3p - 6, p2 + p +2)

= (p - 2, p2 + p +2), (vì p2 + p +2  3)

= (p - 2, p2 + 4)

= (p - 2, (p - 2)2 + 4p) = d

Suy d 4p, d lẻ d < p Do d =1

+) p, q 3 Vì p, q số lẻ nên p + q p - q số chẵn Suy

A=p(p - q) +2q22 B = 2p2 + q(q + p) 2 Vậy A B không nguyên tố

Tóm lại: p = 2, q 3, nguyên tố q =2, p3, nguyên tố Đặt P =

a c b    1 5 + b a c    2 4 + c b a    3 3  P+3=          

a b 3 c

1 2 1 1 1 12

Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có

P + = 

        

a b 3 c

1 2 1 1 1 12

3 1 2 3

36 ) c )( b )( a (     . c b a 9 3 3 2 1 36      

 Suy P6.

Dấu đẳng thức xảy 

           6 3 2 1 c b a c b a

 a3,b2,c1.

a) Kẻ OI  AB, OJ CD I, J tương ứng trung điểm AB, CD

AB2+CD2 = 4IA2+ 4JD2

= 4(OA2-IO2) + 4(OD2-OJ2)

= 8R2 - 4(OI2+OJ2) =8R2- 4OH2

0,5

D

C

A H B

(135)

= 8R2- R2 = 7R2

b) Kéo dài NH cắt AC K Ta có AHK = BHN (đối đỉnh)

BHN = NBH (vì HN trung tuyến thuộc cạnh huyền tam giác vuông), nên

AHK = NBH (1) Mặt khác, CAB = HDB (2)

Từ (1) (2) AHK +CAB = NBH + HDB = 900, hay NK AC.

Suy NH // OM

Tương tự MH// ON Do tứ giác OMHN hình bình hành M, N, P thẳng hàng

Bổ đề:Cho ABC M, N hai điểm tuỳ ý tam giác Khi

MN max{AB, BC, CA} (1)

Chứng minh: Gọi d đường thẳng MN

i) Nếu d qua đỉnh

ABC, chẳng hạn A Khi d cắt BC A1

Nếu A1 trùng với B C hiển nhiên có (1)

Nếu A1 khác B, C góc AA1B AA1C có góc 900, giả sử là

AA1C Khi MN AA1AC nên suy (1)

ii) Nếu d không qua đỉnh ABC Giả sử d cắt AB, BC M0, N0

Áp dụng i) ta có

MN  max{A N0 , N0B, AB}  max{A N0 , BC, AB} (2)

Mặt khác theo i)

AN0 max{AB, BC, CA} (3)

Từ (2), (3) suy (1)

Trở lại Bài toán:Bằng cách nối trung điểm cạnh tam giác cho, theo tính chất đường trung bình ta thu tam giác tam giác có cạnh lớn

0,5

1,5

1,0

0,5 C

A

B A

1

M

N M0

N0

(136)

Vì có điểm phân vào tam giác nên tồn tam giác chứa điểm (nguyên lí Đirichlet) Theo bổ đề ta có khoảng cách điểm khơng vượt

quá 0,5

0,5

Đề số 31

Câu

Đặt n = 3k + r với k nguyên; r = 0, *)Nếu n = 3k n2 + n + = 9k2 + 3k + 2 chia dư

*) Nếu n = 3k + 1 n2 + n + = 9k2 + 9k + 4 chia dư

*) Nếu n =3k + 2 n2 + n + = 9k2 + 15k + 8 chia dư

(137)

Câu

a) Đặt x2 – x = u, y2 – 2y = v 19

20 u v uv       

u,v nghiệm phương trình t2 – 19t – 20 = 0t = -1; t = 20

*)

20 u v        2 20

x x y y        

  vô nghiệm *) 20 u v        2 20

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

 nghiệm hệ (x, y) = (-4, 1); (5, 1)

< b) Điều kiện -

3x

Với điều kiện phương trình  3x1 = 3- 2x 

 3x + = - 6 2x + – x

 3 2x = – 2x  …

 9(x-2) = 25 -20x + 4x2

 4x2 - 11x + = 

1 x x       0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5

Câu Ta có a

3 = + 17 + - 17 + 33

3 17 .3

3 17 .a = – 6a

 a3 + 6a =

 f(a) = (a3 + 6a – 5)2006 = (6 – 5)2006 = 1

0,5

0,5 0,5

Câu

(138)

Câu

Ta có KEA = KBE

Suy KEA đồng dạng với KBE  KE

KB = KA

KE  KE

2 = KA.KB (1)

Tương tự, ta xét hai tam giác KFA KBF ta có KF2 = KA.KB (2)

Từ (1) (2) suy KE = KF (3)

Mặt khác, theo giả thiết KA = KI (4)

Từ (3) (4) suy tứ giác AEIF hình bình hành b) Ta có MA= MO'= 1 OO' OAO' vng A  OO'2 = OA2 + O A' 2 = R2 + R'2 (5)

Do tứ giác OEFO' hình thang vng E, F nên OO'2 = EF2 + (OE - O F' )2 = EF2 + (RR')2 (6)

Từ (5) (6) suy

EF2= R2 + R'2 – (RR')2 = 2RR'

EF = 2RR'

0,5

0,25

0,5 << 0,5 0,5 0,5

0,5

Đề số 32

Câu

+) a=1, thoả mãn

+) a 2, đặt Aa1966 a2006 1 = a a( 655  1) a a2( 668  1) a2 a (1) Ta có a3 655 1= 655

1

a

( )   a3 1:a2  a Tương tự, 668

1

a  :

1

a  a Do đó, kết hợp với (1) suy

1

A a:   a , nghĩa A không nguyên tố Vậy có a =1 thoả mãn

(139)

0,25

Câu

a)

4 12

x  x  x   2

4 4 12

x  x  x  x  x 

 2

2 12

x x x x

(  )  (  )  

4 12

t  t  , với 2

t x  x  -1



t t

      

2

x  x   x 1

b) Giả sử phương trình cho có nghiệm ngun x x1, 2 (x1 x2) Ta có

1

x x m m

x x m

( )

   

  

 (*)

+) m Từ (*)  1 x1 x2  (x11)(x2  1)  x x1 2 (x1x2) 1  3m 1 m m(   1)

 m2 2m   0m  m = m =

Thử lại m = thoả mãn +) m  Từ (*) suy x1 -1 <  x2  (x11)(x2 1) 

 x x1 2 (x1x2) 1  3m 1 m m(  1) 



m  m   -4  m   m= -4; -3; -2; -1; Thử lại ta thấy m = -4; m = -1; m = thoả mãn

Tóm lại, giá trị cần tìm m = -4; m = -1; m = 0; m =

0,5

0,5 0,5 <<

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

Câu

Đặt a 2 t b,  2 t t; (-2; 2)

Khi 2 2 2

4

a b a( b )( t ) (  t ) =

2 4( t ).(16t ) 2.4.16=128, t(-2; 2) Dấu đẳng thức xảy t =  a b

0,5 0,25

Câu

(140)

Câu a)

Ta có EBO + EOB= BOF, nên OEB= FOC

 OBE đồng dạng với FCO OB BE

FC  CO

OB.CO = BE.FC BC2 4BE FC b) Theo a) OBE đồng dạng với FCO, nên

OE BE BE

FO  CO  OB (2)

Mặt khác, OBE= FOC (cùng 600) (3)

Từ (2) (3) OBE đồng dạng với FOEOEB= FEO Suy EO phân giác BEF Kẻ OHAB OKEFOK=OH

EF tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính OH Rõ ràng O OH cố định nên ta có điều phải chứng minh

0,25

0,5 0,5 <<

0,5 0,25

0,5 0,5 0,25

A

B O C

F K

E H x

(141)

Định dạng
Số trang	141
Dung lượng	4,73 MB