Tuyển tập đề thi toán vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên Đại Học Sư Phạm Hà Nội

• Lời giải. Đây là dạng toán về parabol và đường thẳng. Ở câu b) ta chỉ cần đưa về phương trình bậc hai và sử dụng hệ thức Vi – et thì bài toán s ẽ được giải quyết. Có hai hướng thay [r]

(1)

 Tổng Hợp

BỘ ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MƠN TỐN CHUN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

(2)

TUYỂN TẬP ĐỀ THI TOÁN

VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi vào lớp 10 môn

học sư phạm Hà Nội Đây bộđềthi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi vào lớp 10 có tài liệu bám sát đềthi đểđạt thànhtích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộđề gồm nhiều Câu tốn hay thầy cảnước

sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua sẽgiúp em phát triển tư mơn tốn từđó thêm u thích và học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp

nhận kiến thức ởcác lớp, cấp học nhẹnhàng hiệu quảhơn.

Các vịphụhuynh thầy dạy tốn có thểdùng có thểdùng tuyển tập đềtốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập đềthi tốn vào lớp 10 chuyên Đại học sư phạm Hà

Nội sẽ có thểgiúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung.

Mặc dù có sựđầu tư lớn vềthời gian, trí tuệsong khơng thể tránh khỏi hạn chế,

sai sót Mong sựgóp ý thầy, giáo em học!

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết quảcao từ bộđềnày!

(3)

MỤC LỤC

PHẦN 1: ĐỀ THI

Đề số Đề thi Trang

1. Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học sư phạm Hà Nội năm 2019 (vòng 1)

10. Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học sư phạm Hà Nội năm 2015 (vòng 2)

(4)

Câu 1.

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

2

3

2

1

a

a a

a P

a a

+

  +

 −  +

 

= ÷ −

− −

−

  +

 + 

 

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

Chứng minh x2 +3 y2 =3a2

Câu Trên quãng đường dài 20km, thời điểm, bạn An từ A đến B bạn

Bình từ B đến A Sau kể từ lúc xuất phát, An Bình gặp C nghỉ lại

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

đường BC khơng thay đổi) Sau nghỉ, An tiếp đến Bvới vận tốc nhỏhơn vận tốc An

trên quáng đường AC km/h, Bình tiếp đến A với vận tốc lớn vận tốc Bình

quãng đường BC km/h Biết An đến B sớm so với Bình đến A 48 phút Hỏi vận

tốc An quãng đường AC bao nhiêu?

Câu 3.Cho đa thức ( )

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

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

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

nghiệm phân biệt x x3, cho P x( )3 +P x( )4 =Q x( )1 +Q x( )2 Chứng minh x1−x2 = x3−x4

Câu 4.Cho đường tròn ( )O , bán kính R, ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi AA1, BB1,

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

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

tại A' C' cắt B'

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

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

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

Câu 5. Cho số thực x y, thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( )( ) 2

2 13 26 24 46

P=xy x− y+ + x + y − x+ y+

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang

Đề số 1

KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NĂM HỌC 2019 – 2020

Môn: TỐN (VỊNG 1)

(5)

Câu 1. Cho hai số thực phân biệt a b thỏa mãn điều kiện 3 2( )

3

a +b =a b ab− Tính giá trị

biểu thức T= + −a b ab

Câu Cho đa thức ( )

1 1

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

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

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

nghiệm phân biệt c c1, thỏa mãn

( )1 ( )1 ( )2 ( )2 P c +Q c =P c +Q c ,

( )1 ( )1 ( )2 ( )2 P b +R b =P b +R b ,

( )1 ( )1 ( )2 ( )2 Q a +R a =Q a +R a

Chứng minh a1+a2= + = +b1 b2 c1 c2

Câu 3.

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

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

cũng chia hết cho 14

Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( )O AB>AC Gọi D E,

là chân đường cao tam giác ABC hạ từ A B, Gọi F chân đường vng góc hạ từ B lên

đường thẳng AO

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

b) Chứng minh EF qua trung điểm BC

c) Gọi P giao điểm thứ hai đường thẳng AO đường tròn ( )O , M N trung

điểm EF CP Tính sốđo góc BMN

Câu 5. Cho tập hợp X thỏa mãn tính chất sau: Tồn 2019 tập A A1, 2, , A2019 X cho

mỗi tập A A1, 2, , A2019 có ba phần tử hai tập A Ai, j có phần tử chung

với 1≤ < ≤i j 2019 Chứng minh

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

phần tử

b) Số phần tử X phải lớn 4039

Đề số 2

Mơn: TỐN (VỊNG 2)

(6)

Câu Cho biểu thức

( ) ( )

2

1

2 .

1

1 1

1

− +

− =

+ + + − − −

− +

x x x

P

x x x x

x x

với x >

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tìm x để P = x –

Câu Một nhà máy chuyên sản xuất loại sản phẩm Năm 2015, nhà máy sản xuất

được 5000 sản phẩm Do ảnh hưởng thị trường tiêu thụ nên sản lượng nhà máy

trong năm 2016 2017 giảm Cụ thể: sốlượng sản phẩm nhà máy sản xuất

trong năm 2016 giảm x% so với số lượng sản phẩm nhà máy sản xuất năm 2015, số lượng sản phẩm nhà máy sản xuất năm 2017 giảm x% so với số lượng sản xuất năm 2016 Biết sốlượng sản phẩm nhà máy sản xuất

năm 2017 giảm 51% so với số lượng sản phẩm nhà máy sản xuất năm 2015

Tìm x

Câu Cho phương trình

1

− − = x x

Giả sử nghiệm phương trình cho Chứng minh x0 >0

2 Tính giá trị biểu thức

2

0

3

1

2

−

= x + +

M x x

x

Câu Cho hình chữ nhật ABCD với BC = a, AB = b Gọi M, N trung điểm cạnh AB, CD Qua điểm M dựng đường thẳng cắt đường chéo AC hình chữ nhật ABCD điểm P cắt đường thẳng BC điểm Q cho B nằm C Q

1 KhiMP⊥AC , hãy:

a) Tính PQ theo a b

b) Chứng minh a BP = b PN

2 Chứng minh ∠MNP= ∠MNQ (không thiết MP AC vng góc với

Câu Các số nguyên x x x, 1, 2, ,x9 thỏa mãn:

(1+x1)(1+x2) ( 1+x9) (= −1 x1)(1−x2) ( 1−x9)=x

Tính P=x x x .2 x9

Đề số 3

(7)

Câu Cho số thực x, y không âm thỏa mãn điều kiện

(x+1)(y+ =1)

Tính giá trị biểu thức 2 ( )( )

2 1

= + − + + + +

P x y x y xy

Câu Cho số thực không âm x, y, z thay đổi thỏa mãn

2 2 2 2 2

6

+ + + + + =

x y z x y y z z x

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q = x + y + z

Câu

a) Cho a, b hai sốnguyên dương phân biệt Xét biểu thức

( )2

3 2

+ =

+ − −

a b M

a ab a b b

Chứng minh M nhận giá trị nguyên

b) Cho a, b hai sốnguyên dương, đặt

( )2 2 ( )2 2

2 ,

= + − = + −

A a b a B a b b

Chứng minh A B khơng đồng thời số phương

Câu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < AC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cắt đường thẳng AB AC theo thứ tự D E Trên

đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC lấy điểm P cho AP vng góc với PC Đường thẳng qua B song song với OP cắt PC Q Chứng minh

a) PB = PQ

b) O trực tâm tam giác ADE c) ∠PAO= ∠QAC

Câu Có 45 người tham gia họp Quan sát quen thuộc họ, người ta thấy rằng: hai người có sốngười quen lại khơng quen Gọi S số cặp người quen họp (cặp người quen không kể thứ tự xếp hai người cặp)

a) Xây dựng ví dụđểS = 870

b) Chứng minh S ≤ 870 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang

Đề số 4

(8)

Câu 1(2.0 điểm). Cho biểu thức

( )

2

3 2

2

:

1

b a a b

a a ab a b b a

P

a b a b

b

a a b a a

− − −  + + + 

=  + 

− −

   

− + + +

 

 

Với

, 0, ,

a b> a≠b a+ ≠b a

a) Chứng minh P= −a b

b) Tìm số a b biết P = 1 3

7

− =

a b

Câu 2(1.0 điểm) Giả sử x, y hai số thực phân biệtthỏa mãn 21 21

1 1

x + + y + = xy+

Tính giá trị biểu thức 21 21

1 1

P

x y xy

= + +

+ + +

Câu 3(2.0 điểm) Cho parabol (P) : =

y x đường thẳng ( )d : y= −2ax−4a (với a

tham số )

a)Tìm tọa độ giao điểm ( d) (P)

a= −

b) Tìm tất giá trị a để đường thẳng ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt có

hồnh độ x x1; thỏa mãn x1 + x2 =3

Câu (1.0 điểm).Anh nam xe đạp từ A đến C Trên quãng đường AB ban đầu (B nằm A C) Anh Nam với vận tốc không đổi a(km/h) thời gian từ A đến B 1,5 Trên quãng đường BC lại anh Nam chậm dần với vận tốc thời điểm t (tính giờ)kể từ B v= − +8t a (km/h) Quãng đường từ B đến thời điểm t

đó

4

S = − t +at.Tính quãng đường AB biết đến C xe dừng hẳn quãng đường

BC dài 16km

Câu (3.0 điểm)Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn Các tiếp tuyến đường tròn (O)tại điểm B, C cắt điểm P Gọi D, E tương ứng chân đường đường vng góc kẻ từ P xuống đường thẳng AB AC M trung điểm cạnh BC

a) Chứng minh ∠MEP= ∠MDP

b) Giả sử B, C cố định A chạy (O) cho tam giác ABC ln tam giác có

ba góc nhọn Chứng minh đường thẳng DE ln qua điểm cố định

c) Khi tam giác ABC Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R Câu 6(1.0 điểm) Các số thực không âm x x x1, 2, 3, ,x9thỏa mãn hệ điều kiện

1

10

2 18

x x x x

+ + + + =



 + + + + = 

Chứng minh 1.19x1+2.18x2+3.17x3+ 9.11+ x9≥270 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 5

(9)

Câu (1.5 điểm ) Cho số dương a,b,c,d Chứng minh số

1 1 1 1

; b ;c ;d

a

b c c d c d a b

+ + + + + + + + Có số không nhỏ

Câu 2 (1.5 điểm )Giải phương trình :

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

2 2

2 1 2017

x + x + x+ − x + x+ + x +x =

Câu (3.0 điểm )

1.Tìm tất số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn 3

;c ; 98

a =b =d a= +d

2.Tìm tất số thực x cho số 1

2; 2; ;

x x x x

x x

− + − + có

đúng số số nguyên

Câu 4 (3điểm ) Cho đường trịn (O) bán kính R điểm M nằm (O) Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (O) ( A, B hai tiếp điểm) Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác A, C khác B) Gọi I; K trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D

1 Chứng minh 2

KO −KM =R

2.Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp

3.Gọi E giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn (O) N trung điểm KE đường thẳng KE cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh bốn điểm I, A,N, F nằm đường tròn

Câu (1.0 điểm )

Xét hình bên : Ta viết số 1, 2,3,4,

vào vị trí điểm hình vẽ bên cho số xuất lần tổng ba số cạnh tam giác 18 Hai cách viết gọi nhaunếu số viết điểm

(A;B;C;D;E;F;G;H;K) củamỗi cách trùng Hỏi

có cách viếtphân biệt ? Tại sao?

K H

G

F E

D C

B

A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 6

(10)

Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức 2

1 1

1

1 1 1

 + −  

= +  − − 

+ − − − − +

  

a a

P

a a

a a a a

với < a <

Chứng minh P= −1

Câu (2.5 điểm).Cho parabol ( )

: = −

P y x đường thẳng( )d :y=2mx−1 với m tham số

a) Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) m =

b) Chứng minh với giá trị m (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt A, B Gọiy y1, tung độ A, B Tìm m cho

2

1 − =3

y y

Câu 3(1.5 điểm).Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 120 km Vận tốc

4 quãng đường AB đầu không đổi, vận tốc

4 quãng đường AB sau

bằng

2 vận tốc

4 quãng đường AB đầu Khi đến B, người nghỉ 30 phút trở lại

A với vận tốc lớn vận tốc

4 quãng đường AB lúc 10km/h Thời

gian kể tử lúc xuất phát A đến xe trở A 8,5 Tính vận tốc xe máy quãng đường người từ B A?

Câu 4(3.0 điểm) Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng M nằm A, B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, dựng hai tam giác AMC BMD Gọi P giao điểm AD BC

a) Chứng minh AMPC BMPD tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh CP CB + DP DA =AB

c) Đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC BMPD cắt PA, PB tương ứng E, F Chứng minh tứ giác CDFE hình thang

Câu 5(1.0 điểm) Cho a, b, c ba số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh:

5a+ +4 5b+ +4 5c+ ≥4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 7

(11)

Câu 1(1.5 điểm) Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với giá trị nguyên dương n

( )2 ( )2

2 2

1 2

 

= + + + − +  + − +

 

P n n n n n n

Câu (2.5 điểm).

a) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn 8 ( 2)

95

− = +

x y x y

b) Tìm số thực x, y thỏa mãn x2 −4+ y2 −4+ =8 4( x− +1 y−1)

x y

Câu (2.0 điểm) Cho S tập số nguyên dương n có dạng 2

3

= +

n x y , x, y

là số nguyên Chứng minh rằng:

a) Nếua b, ∈S ab∈S

b) Nếu N∈S N số chẵn N chia hết cho

4 ∈

N S

Câu (3.0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn cóAB AC< Kẻ đường cao AH đường tròn ( )O đường kính AH cắt cạnh AB, AC tương ứng D E Đường thẳng DE cắt

đường thẳng BC S

a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh

=

SB SC SH

c) Đường thẳng SO cắt AB, AC tương ứng M, N Đường thẳng DE cắt HM HN tương ứng P, Q Chứng minh BP, CQ, AH đồng quy

Câu (1.0 điểm) Giả sử điểm mặt phẳng tô ba màu xanh, đỏ, vàng Chứng minh tồn ba điểm màu ba đỉnh tam giác cân

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 8

(12)

Câu (2,5 điểm) Cho biểu thức

2

1

 + +  − 

  

  

=

 

+ − + 

 

a b

b a a b

P

a b a b

b a b a

với a > 0, b > 0, a ≠ b

1 Chứng minh P

ab =

2 Giả sửa, b thay đổi cho 4a b+ + ab=1 Tìm giá trị nhỏ P

Câu (2,0 điểm) Cho hệphương trình

3

x my m mx y m

− = −



 + = +

 với m tham số

1 Giải hệphương trình m =

2 Chứng minh hệ ln có nghiệm với giá trị m Giả sử (x0;y0) nghiệm

của hệ Chứng minh đẳng thức 2

0 5( 0) 10

x +y − x +y + =

Câu (1,5 điểm) Cho a, b số thực khác Biết phương trình

2

( ) ( )

a a−x +b x b− = có nghiệm Chứng minh |a| = |b|

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc ABC;ACB nhọn BAC =60° Các đường phân giác BB1, CC1 tam giác ABC cắt I

1 Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp

2 Gọi K giao điểm thứ hai (khác B) đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC1I Chứng minh tứgiác CKIB1 nội tiếp

3 Chứng minh AK ⊥ B1C1

Câu (1,0 điểm) Tìm số thực không âm a b thỏa mãn

2 3 1

2

4 2

 + +  + +  = +  + 

     

a b b a   a  b 

(13)

Câu 1: (2,5 điểm)

1 Cho a ≥ 0, a≠1 Rút gọn biểu thức

3

6 20 14 ( 3) :

2( 1)

a

S a a a

a

 − 

= − + + + − −  − 

−

 

2 Cho x, y thỏa mãn 0< x <1, < y <1

1

x y

x+ y =

− −

Tính giá trị biểu thức 2

P= + +x y x −xy+y Câu 2:(2 điểm)

Một xe tải có chiều rộng 2,4m chiều cao 2,5m muốn qua cổng có hình parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng cách từ đỉnh cổng (đỉnh parabol) tới chân cổng 5m (bỏ qua độ dầy cổng)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol (P)

ax

y= với a < hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn qua Chứng minh a = -1

2 Hỏi xe tải qua cổng không? Tại sao? Câu 3:(1,5 điểm)

Cho số nguyên a,b thỏa mãn 2

1 2( )

a +b + = ab+ +a b Chứng minh a b hai số phương liên tiếp Câu 4:(3 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) M trung điểm cạnh BC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H.Các tiếp tuyến với (O) B,C cắt S Gọi X,Y giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng BS, AO Chứng minh rằng:

1 MX ⊥BF

2 Hai tam giác SMX DHF đồng dạng EF BC

FY =CD Câu 5:(1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh điểm nguyên (một điểm gọi điểm nguyên hoành độ tung độ điểm số nguyên)

Chứng minh hai lần diện tích tam giác ABC số nguyên SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 10

(14)

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

3

( )

2

3

( )

0 a b

b b a a

a ab a b

b a a a b b

− − +

+

− + =

− −

Câu 2(2 điểm) Cho Quãng đường AB dài 120 km Lúc giờ sáng xe máy từA đến

B Đi

4 xe bị hỏng phải dừng lại 10 phút để sửa tiếp với vận tốc vận tốc

lúc đầu 10km/h Biết xe máy đến B lúc 11h40 phút trưa ngày Giả sử vận tốc xe máy

4 quãng đường đầu không đổi vận tốc xe máy

4 quãng đường cịn lại

khơng đổi Hỏi xe máy bị hỏng lúc ?

Câu (1,5 điểm)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2và đường thẳng (d):

2

( 1)

3

y= − m+ x+ (m tham số )

1.Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) cắt (P) điểm phân biệt Gọi x1 ; x2là hoành độcác giao điểm (d) (P),đặt f x( )=x3+(m+1)x2−x

CMR:

1 2

1

( ) ( ) ( )

2

f x − f x =− x −x

Câu (3 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) đường kính AC = 2R Gọi gọi K,M theo thứ tựlà chân đường vng góc hạ từ A C xuống BD, E giao điểm AC BD, biết K thuộc đoạn BE ( K ≠B ; K ≠E) Đường thẳng qua K song song với BC cắt AC P

1.Chứng minh tứ giác AKPD nội tiếp đường tròn 2.Chứng minh KP ⊥ PM

3 Biết ABD =60o AK=x Tính BD theo R x

Câu 5: (1 điểm) Giải phương trình:

2

3

( 56) 21 22

4

x x x

x x

− +

− =

− +

(15)

Câu 1.(1,5 điểm) Giả sử a, b, c, x, y, z số thực khác thỏa mãna b c x+ + =y z

1

x y z

a+ + =b c Chứng minh

2 2

x y z a +b +c =

Câu 2.(1,5 điểm) Tìm tất số thực x, y, z thỏa mãn

2

1 3

x −y +y −z +z −x =

Câu (1,5 điểm) Chứng minh với sốnguyên n ≥ số: 2.6.10 (4 2)

1

( 5)( 6) (2 ) n

n a

n n n

− = +

+ + sốchính phương Câu 4.(1,5 điểm) Cho a,b,c số thực dương abc = Chứng minh

1 1

2 2

ab+ +a +bc b+ + +ca+ +c ≤

Câu (3điểm) Cho hình vuông ABCD với tâm O Gọi M trung điểm AB điểm N, P thuộc BC, CD cho MN//AP.Chứng minh

1.Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP góc NOP=450

2.Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC

3.Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy

Câu 6.(1 điểm) Có tập hợp A tập hợp{1;2;3;4;….;2014} thỏa mãn điều kiện A có phần tử x ∈ A, y ∈ A, x > y , : y2 A

x−y∈ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 12

(16)

Câu (2,5 điểm)

1 Cho biểu thức:

3

2

3

 −  + +

 +  −

 

= +

+ −

a b

a a b b

ab a a b

Q

a b ab a a b a

Vớia b, >0,a≠b Chứng minh giá trị Q không phụ thuộc vào a, b 2 Các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0, chứng minh đẳng thức:

( 2 2 2)2 ( 4 4 4)

2

+ + = + +

a b c a b c

Câu 2: (2,0 điểm)

Cho Parabol (P): =

y x đường thẳng (d): 12

= − + y mx

m (Tham số m≠0)

1 Chứng minh với m≠0, (d) cắt (P) điểm phân biệt Gọi A x y( 1; 1) (,B x y2; 2) giao điểm đó, tìm giá trị nhỏ nhấ

2

1

= +

M y y Câu 3: (1,5 điểm)

Giả sử a, b, c số thực, a≠b cho phương trình 2

1 0,

+ + = + + =

x ax x bx c

có nghiệm chung phương trình 2

0,

+ + = + + =

x x a x cx b có nghiệm chung

Tính a + b + c

Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC khơng cân, có góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AA1 =BB1 =CC1 cắt H, AC1cắt AC D X giao điểm thứ BD (O)

1 Chứng minh DX.DB = DC DA1

2 Gọi M trung điểm AC, Chứng minh DH ⊥BM Câu (1,0 điểm)

Các số thực x, y, z thỏa mãn:

2011 2012 2013 2011 2012 2013

 + + + + + = + + + + +

 

+ + + + + = + + + + +



x y z y z x

y z z z x y

Chứng minh x = y = z

KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NĂM HỌC 2013– 2014

(17)

Câu 1(2,5 điểm)

1 Các số thực a b c, , thỏa mãn đồng thời đẳng thức sau : i (a+b b)( +c c)( +a)=abc

ii ( 3)( 3)( 3) 3

a +b b +c c +a =a b c Chứng minh : abc=0

2 Các số thực dương a b, thỏa mãn ab>2013a+2014 b Chứng minh bất đẳng thức

( )2

2013 2014

a+ >b +

Câu 2(2 điểm)Tìm tất cặp số hữu tỷ ( )x y, thỏa mãn hệ phương trình

3

2

2 4

6 19 15 1

x y x y

x xy y

 − = +

 

− + =



Câu 3(1 điểm)Với số nguyên dương n, ký hiệu Sn tổng n số nguyên tố (S1=2,S2 = +2 3,S3 = + +2 3 5, ) Chứng minh dãy số S S S1, 2, 3, không tồn hai số hạng liên tiếp số phương

Câu 4(2,5 điểm)Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn ( )O , BD đường

phân giác góc ABC Đường thẳng BD cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai E Đường

trịn ( )O1 đường kính DE cắt đường trịn ( )O điểm thứ hai F

1 Chứng minh đường thẳng đối xứng với BF qua đường thẳng BD qua trung điểm cạnh AC

2 Biết tam giác ABC vuông B, ∠BAC= °60 bán kính đường trịn ( )O

bằng R Hãy tính bán kính đường trịn ( )O1 R

Câu (1 điểm) Độ dài cạnh tam giác ABC ba số nguyên tố Chứng minh diện tích tam giác ABC khơng thể số nguyên

Câu 6(1 điểm)Giả sử a a1, 2, ,a11 số nguyên dương lớn 2, đôi khác thỏa mãn a1+a2 + + a11 =407.Tồn hay không số nguyên dương nsao cho tổng số dư phép chia n cho 22 số a a1, 2, ,a11, , 4a1 a2, , 4a11 2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 14

(18)

Bài (2.0 điểm): Cho biểu thức

2

2 2

a b a b a b

P

a b a b a b a b a b

 − −  + 

= +  

+ + − − − +  − 

  với a > b > 1/ Rút gọn biểu thức P

2/ Biết a – b = Tìm giá trị nhỏ P

Bài (2.0 điểm ): Trên quãng đờng AB dài 210km, thời điểm xe máy khởi hành từ A B ôtô khởi hành từ B A Sau gặp xe máy tiếp nửa đến B ôtô tiếp 15 phút đến A Biết xe máy ôtô không thay đổi vận tốc suốt chặng đuờng Tính vận tốc xe máy ôtô

Bài 3(2.0 điểm ): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P) : y = -x2và đường thẳng

(d): y = mx – m –

a/ Chứng minh m thay đổi (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hịanh độ x1 ; x2

b/ Tìm m để : x1−x2 = 20

Bài (3.0điểm): Cho tam giác ABC đờng trịn (ω) có tâm O tiếp xúc với đoạn thẳng

AB, AC tương ứng K, L Tiếp tuyến (d) đường tròn (ω) E thuộc cung nhỏ KL cắt đường thẳng AL, AK tơng ứng M, N Đường thẳng KL cắt OM P cắt ON Q a/ Chứng minh :  1

90

MON = − BAC

b/ Chứng minh đường thẳng MQ, NP OE qua điểm c/ Chứng minh KQ.PL = EM.EN

Bài (1.0 điểm ): Cho số thực dơng x, y thoả mãn điều kiện : x+ =y (x−y) xy Tìm giá trị nhỏ biểuthức P = x + y

Mơn: TỐN (VÒNG 1)

(19)

Câu (1,5 điểm):

Giải phương trình: 2

2 2 4

x + x+ x + x− + x + x− = Câu (2 điểm):

a) Cho số a,b,c đôi phân biệt thỏa mãn: 2

( ) ( ) 2012

a b c+ =b a+ =c Tính giá trị biểu thức:

( )

M =c a b+

b) Cho số nguyên dương đôi phân biệt cho số dương chúng khơng có ước số ngun tố khác Chứng minh số tồn số mà tích chúng số phương

Câu (2 điểm):

Cho n số thực x x1, 2, ,xn với n≥3 Kí hiệu Max x x{ 1, 2, ,xn }là số lớn số

1, 2, , n

x x x Chứng minh rằng:

}

{ 2 1

1

, , ,

2

n n n n

n

x x x x x x x x

x x x

Max x x x

n n

−

− + − + + − + −

+ + +

≥ +

Câu (1,5 điểm):

Trong lớp học có 36 bàn học cá nhân, xếp thành hàng cột(Các hàng đánh số từ đến 4, cột đánh số từ đến 9) Sĩ số học sinh lớp 35 Sau học kì cô giáo chủ nhiệm xếp lại chỗ ngồi cho bạn học sinh lớp Đối với học sinh lớp, giả sử trước chuyển chỗ, bạn ngồi hàng thuộc hàng thứ m , cột thứ n sau chuyển chỗ, bạn ngồi hàng thuộc hàng am, cột thứ an, ta gắn cho bạn số nguyên(am + an) −(m n+ ) Chứng minh tổng 35 số nguyên gắn với 35 bạn học sinh khơng vượt q 11

Câu 5: (3,0 điểm)Cho chình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O) Điểm M thuộc cung nhỏ CD (O), M khác C D MA cắt DB, DC theo thứ tự X,Z; MB cắt CA, CD theo thứ tự Y, T; CX cắt DY K

a) Chứng minh rằng: MXT   =TXC, MYZ=ZYD CKD 135= b) Chứng minh rằng: KX KY ZT

MX +MY +CD =

c) Gọi I giao điểm MK CD CMR: XT, YZ, OI qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT

(20)

Câu (2,0 điểm). Cho biểu thức 2 22 :4 42 2

2

 − + + −  + + −

= + 

− + − + + +

 

x y x y y x x y y

A

y x y xy x x y xy x

với

0, 0, , 2

> > ≠ ≠ −

x y x y y x

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Cho y = 1, tìm x cho

= A

Câu (2,0 điểm) Một nhóm cơng dân đặt kế hoạch sản xuất 200 sản phẩm Trong ngày đầu họ thực mức đề ra, ngày lại họ làm vượt mức ngày 10 sản phẩm, nên hoàn thành kế hoạch sớm ngày Hỏi theo kế hoạch ngày nhóm cơng dân cần sản xuất sản phẩm?

Câu (2,0 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – m2 + 3, m tham số

Tìm tất giá trị m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có

hồnh độ x1, x2. Với giá trị m x1, x2 độ dài cạnh góc vng tam giác vng có độ dài cạnh huyền

2

Câu (2,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB = 10 Dây cung CD đường trịn

(O) vng góc với AB điểm E cho AE = Các tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt K, AK CE cắt M.

1) Chứng minh AECOBK Tính BK 2) Tính diện tích tam giác CKM.

Câu (1,0 điểm) Cho hình thoai ABCD có ∠BAD=120o Các điểm M N chạy cạnh BC và CDtương ứng cho ∠MAN =30o Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAN thuộc đường thẳng cốđịnh

Câu (1,0 điểm) Chứng minh bất đẳng thức

1 1

1+ + 3+ + 5+ + + 79+ 80 >

(21)

Câu (2,0 điểm) Cho 2

2 8

= + −

a

1)Chứng minh

4a + 2a− =0 2) Tính giá trị biểu thức

1

= + + +

S a a a

Câu (2,5 điểm)

1) Giải hệphương trình

2

 + + =

 +



 + = −



xy x y

x y x y x y

2) Cho hai số hữu tỉa, b thỏa mãn đẳng thức

3 2

2 2

+ + + + + =

a b ab a b a b

Chứng minh 1 – ab là bình phương số hữu tỉ

Câu (1,5 điểm) Tìm tất số nguyên tốp có dạng p = a2 + b2 + c2 với a, b, c số nguyên dương thỏa mãn a4 + b4 + c4 chia hết cho p.

Câu 4.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O), BE CF đường cao Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B và C cắt S, các đường thẳng BC và OS cắt M.

1)Chứng minh AB = BS

AE ME

2) Chứng minh AEM ABS

3) Gọi Nlà giao điểm AM và EF, P là giao điểm AS BC Chứng minh

⊥ NP BC

Câu (1,0 điểm) Trong hộp có chứa 2011 viên bi màu (mỗi viên bi chỉcó màu),

trong có 655 viên bi màu đỏ, 655 viên bi màu xanh, 656 viên bi màu tím 45 viên bi

còn lại viên biên bi màu vàng màu trắng (mỗi màu có viên) Người ta lấy từ hộp 178 viên bi Chứng minh số viên bi vừa lấy ra, ln có 45 viên bi màu Nếu người ta lấy từ hộp 177 viên bi kết luận tốn cịn khơng?

(22)

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức 4 ( )

2

4

3 29 78

:

2 6 12 36

  +  − − −  + +

= − −  

+ + − − + −

   

 

x x x

A x

x x x x x x

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm tất giá trị nguyên x cho A có giá trị nguyên

Câu (2,0 điểm)Cho hai đường thẳng ( ) ( ) ( )

1 : = +1 +2 −1 ; : = + −2,

d y m x m d y m x m

với m tham số

1) Tìm tọa độgiao điểm I (d2) (d2) theo m.

2) Khi mthay đổi, chứng minh điểm I thuộc đường thẳng cốđịnh

Câu (2,0 điểm) Giả sử ba số thực (x; y; z) thỏa mãn hệ: 2 ( )

7 10

+ = + 

 + − + = 

x y z

I xy z z

1) Chứng minh 2

12 19

+ = − + −

x y z z

2) Tìm tất (x; y; z) thỏa mãn hệ(I) cho 2

17

+ =

x y

Câu (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trong hình vng lấy

điểm K cho tam giác ABKđều Các đường thẳng BK AD cắt P. 1) Tính độdài đoạn thẳng KC theo a.

2) Trên đoạn thẳng AD lấy điểm I cho 3,

= a

DI đường thẳng CI BP cắt

tại H Chứng minh tứ giác CHDP nội tiếp đường tròn

3) Gọi M L trung điểm đoạn thẳng CP và KD. Chứng minh

= a LM Câu (1,0 điểm) Giải phương trình

( 2 )( 2 ) ( )2

5

− + − = −

x x x x

(23)

Câu (2,0 điểm)

1) Giả sửa b hai sốdương khác thỏa mãn 2

1

− = − − −

a b b a Chứng

minh 2

1

+ =

a b

2) Chứng minh 2 2

2009 +2009 ×2010 +2010 sốnguyên dương

Câu 2.(2,0 điểm) Giả sử bốn số thực a,b,c,dđội khác thỏa mãn đồng thời hai

điều kiện sau

i) Phương trình

2

− − =

x cx d có hai nghiệm a b. ii) Phương trình có hai nghiệm c d.

Chứng minh 1) a – c = c – b = d – a.

2) a + b + c + d =30. Câu (2,0 điểm)

Giả sửm n sốnguyên dương với n > Đặt 2

4

= − +

S m n m n

Chứng minh rằng:

1) Nếu m > n ( 2 )2 2 2 4

2

− < < mn n S m n

2) Nếu S sốchính phương m = n. Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC với AB > AC, AB > BC Trên cạnh AB lấy điểm M N cho BC = BM AC = AN.

1) Chứng minh điểm N nằm đoạn thẳng BM.

2) Qua M N kẻMP song song với BC AQ song song với CA(P∈CA Q, ∈CB)

Chứng minh CP =CQ.

3) Cho ∠ACB=90 ,o ∠CAB=30o AB = a Hãy tính diện tích tam giác MCN theo a. Câu 5.(1,0 điểm) Trên bảng đen ta viết ba số 2; ;

2 Ta bắt đầu thực trò

chơi sau: Mỗi lần chơi ta xóa hai số ba số bảng, giả sử a b, viết vào hai vị trí vừa xóa hai số

2

+ a b

− a b

, đồng thời giữ nguyên số lại

Như sau lần chơi bảng ln có ba số Chứng minh dù ta có chơi bao

nhiêu lần bảng khơng thểcó đồng thời ba số ; ;

2 +

(24)

Câu 1: Cho biểu thức

64 16

92

20 + + + +

= a a a

A

B = a4+ 20a3+ 102a2 + 40a + 200

a-Rút gọn A

b- Tìm a để A + B =

Câu 2:Hai công nhân làm công việc 18 h xong.Nếu người thứ làm 6h người thứ làm 12 h 50% cơng việc.Hỏi làm riêng người hồn thành cơng việc bao lâu?

Câu 3: Cho Parabol y = x2và đường thẳng (d) có phương trình y = mx +

a- Chứng minh (d) cắt (P) điểm phân biệt A;B với m

b- Gọi A(x1; y1) B(x2; y2) Tìm giá trị lớn

M = (y1 - 1)(y2 - 1)

Câu 4:Cho tam giác ABC với AB=5;AC =3 5;BC =10.Phân giác BK góc ABC cắt đường cao AH;trung tuyến AM tam giác ABC O T (K∈AC;H, M∈BC)

a-Tính AH

b-Tính diện tích tam giác AOT

Câu 5: Các số thực x , y thoả mãn đẳng thức :

(x+ 1+x2 )(y+ 1+ y2 )=1

Chứng minh x + y =

(25)

Câu Các số thực x, y thoả mãn xy≠ xy≠− Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x, y

3 3 3 2 2 2 2 2 − − +       + − + − = xy xy xy xy xy xy y x xy P

Câu 1) Cho phương trình x2 +bx+c=0, tham số b c thoả mãn

đẳng thức b + c = Tìm giá trị b c để phương trình có hai

nghiệm phân biệt x1,x2 cho 2

1 x x

x = +

1) Giả sử (x, y, z) nghiệm hệ phương trình:

      = + + = − + 10 12 z y x z y x

Hãy tính giá trị A = x + y + z

Câu 3 Ba số nguyên dương a, p, q thỏa mãn điều kiện:

i) ap + chia hết cho q

ii) aq + chia hết cho p Chứng minh

) ( p q

pq a

+ >

Câu Cho đường trịn (O) đường kính AB điểm C thuộc đường trịn (C khơng trùng với A, B trung điểm cung AB) Gọi H hình chiếu vng góc C AB Đường

trịn (O1) đường kính AH cắt CA E, đường trịn (O2) đường kính BH cắt CB F

1) Chứng minh tứ giác AEFB tứ giác nội tiếp

2) Gọi (O3) tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB, D điểm đối xứng C

qua O Chứng minh ba điểm H, O3, D thẳng hàng

3) Gọi S giao đường thẳng EF AB, K giao điểm thứ hai SC với đường trịn (O) Chứng minh KE vng góc với KF

Câu 5 Một hình vng có độ dài chia thành 100 hình chữ nhật có chu vi (hai hình chữ nhật khơng có điểm chung) Kí hiệu P chu vi hình chữ nhật 100 hình chữ nhật

1) Hãy cách để chia P = 2,02

2) Hãy tìm giá trị lớn P SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 22

(26)

Câu 1.Cho biểu thức

2 ) (

:

2 b a ab

a a ab

b b b

a b a b a

b a

P − −

  

 

− + −

− − + +

+ =

Với a > 0;b > a khác b

1.Rút gọn P

2 Tìm a ,b cho b = (a+1)2 P = -1

Câu Cho phương trình x2 + (m2 + 1)x +m – = với m tham số

1.Chứng minh với m phương trình ln có nghiệm phân biệt 2.Gọi x1,x2 nghiệm phương trình tìm tất giá trị m cho

2 1

2

1 1 2 1 55 2

x x x x x

x x

x

+ =

− +

−

Câu Cho tam giác ABC có ∠ACB = 90 o M điểm AB. Gọi O, O1, O2là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, MAC, MBC∆ ∆

a) Chứng minh: điểm O1, M, O2, C thuộc đường tròn (C)

b) Chứng minh: O thuộc (C)

c) Tìm vị trí M để bán kính (C) nhỏ

Câu Cho số thực a,b,c,d thoả mãn đồng thời điều kiện

i) ac – a – c = b2 -2b

ii) bd – b – d = c2 -2c

iii) b,c khác

Chứng minh đẳng thức : ad + b + c = bc + a + d

Câu Cho số thực không âm x,y,z đôi khác thoả mãn

(z + x)(z + y) = Chứng minh bất đẳng thức sau :

4

) (

1 )

( 1 )

( 1

2

2 + + + + ≥

− y z x z y

x

(27)

Câu Cho ba số dương a,b,c thoả mãn Chứng minh đẳng thức

Câu

1.Với số dương a thoả mãn a3 = 6(a + 1) Chứng minh phương trình sau vơ nghiệm:

x2 + ax + a2 - =

2 Tìm tất giá trị a b cho

2(a2 + 1)(b2 + 1) = (a + 1)(b + 1)(ab + 1)

Câu Ba số nguyên a, b, c đôi khác thoả mãn đồng thời điều kiện

i) a ước b + c + bc ii) b ước a + c + ac iii) c ước a + b + ab

1 Hãy số (a, b, c) thoả mãn điều kiện

2 Chứng minh a, b, c không đồng thời số nguyên tố

Câu Cho tam giác ABC. Mỗi đường tròn (C) qua điểm A, B cắt cạnh CA,CB điểm L, M tương ứng (L ≠ A, C; N ≠ B, C) Gọi M trung điểm cung LN

đường tròn (C) M nằm tam giác ABC Đường thẳng AM cắt đường thẳng BL BN điểm D F tương ứng, đường thẳng BM cắt đường thẳng AN AL

các điểm E G tương ứng Gọi P giao điểm AN BL 1) Chứng minh DE // GF

2) Nếu tứgiác DEFG hình bình hành, chứng minh:

a) ∆ALP  ∆ANC

b) DF ⊥ EG

Câu Cho 13 điểm phân biệt nằm hay cạnh tam giác có cạnh

6 cm Chứng minh tồn hai điểm số13 điểm cho mà khoảng cách chúng không vượt 3cm

2

, , ( )

b≠c a+ b≠ c a+ =b a+ b− c

2

( )

a a c a c b b c b c

+ − = −

+ − −

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 23

(28)

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ SỐ

Câu 1.

a) Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )( )

2

3

2 2

2

1

3 1 1

1

1 2

1

1 1 1 1

1

1 1

a a

a

a a a

a

a a a

a P

a a a a a a a a

a

a a

+ + −

+

  +

 −  + − + − +

 

= ÷ − = ÷ −

− − − + + − + + −

−

  +

 + 

  +

( )

( ) (( ))

( )( ) ( )( )

2

4 1 1

1

4 1 1

a a a a a a a

a

a a a a a a

− + + − + +

= −

−

+ + − + − +

1

1 1

a a a

+ −

= − = = −

− − −

Vậy P= −1

b) Đặt

s= x t=3 y2 đẳng thức đề viết lại thành 3 s +s t+ t +t s=a

Do s t, ≥0 nên 3

,

s +s t =s s+t t +t s =t s+t

Từđó ta có (s+t) s+ =t a hay (s+t)3=a2

Suy

s+ =t a Đây kết cần chứng minh

Câu

Gọi a (km/h) vận tốc An quãng đường AC, b (km/h) vận tốc Bình

trên quãng đường BC Rõ ràng a>1,b>0

Ta thấy, độdài quãng đường AC 2a (km) độdài quãng đường BC 2b (km)

Do AC+BC=AB nên ta có 2a+2b=20, tức a+ =b 10 ( )1

Thời gian An quãng đường BC

1

b

a− (giờ)

Thời gian Bình quãng đường AC

1

a

b− (giờ)

Do An đến B sớm so với Bình đến A

5 (giờ) (48 phút = giờ)

Nên 2

1

a b

b+ −a− = hay

2 1

1

a b

(29)

Một cách tương đương, ta có 1

1

a b a b

b a

+ + − + − =

+ − ( )2

Từ ( )1 , ta có b=10−a

Thay vào phương trình ( )2 , ta 11

11−a−a−1=5, hay (a+44)(a−6)=0

Do a>1 nên ta có a=6, suy b=4 (thỏa mãn)

Vậy vận tốc An quãng đường AC (km/h) Câu 3.

a) Để1 a nghiệm ta phải có P( )1 = + + =1 a b 0, P a( )=a2+a2+ =b 0

Rút b= − −1 a từphương trình đầu, thay vào phương trình sau, ta 2a2− − =a

Từđó a=1

a= − , tương ứng b= −2

b= −

Vậy có hai cặp ( )a b, thỏa mãn điều kiện đề (1; 2− ) 1;

2

− − 

 

 

b) Do x x1, hai nghiệm phân biệt phương trình P x( )=0 nên P x( ) (= x−x1)(x−x2)

Tương tự, ta có Q x( ) (= x−x3)(x−x4)

Điều kiện đề viết lại thành (x3−x1)(x3−x2+ −x1 x4) (+ x4− +x1 x2−x3)(x4−x2)=0

Hay (x3−x2+ −x1 x4)(x3− +x1 x2−x4)=0

Một cách tương đương, ta có ( ) (2 )2

1

x −x = x −x hay x1−x2 = x3−x4

Đây kết cần chứng minh

Bình luận.Định lý khai triển đa thức theo nghiệm mà ta dùng P x( ) (= x−x1)(x−x2)

một tính chất quan trọng đa thức Nếu định lý này, ta giải toán phép biến đổi, vất vảhơn

Ởcâu a), đề khơng nói a khác nên thí sinh dùng định lý Vieta bị thiếu nghiệm Câu 4.

a) Hai tam giác AB H1 AA C1 có

0

1 90

AB H AA C

∠ = ∠ = chung góc ∠HAB1 nên đồng dạng với

nhau (g-g) Từđó suy 1

HB AH

A C = AC ( )1

Tứ giác AC A C1 có

0

1 90

AC C AA C

(30)

Suy ∠HC A1 1= ∠CAH (cùng chắn cung A C1 đường tròn (AC A C1 )) HA C1 1= ∠HCA (cùng

chắn cung AC1 đường tròn (AC A C1 ))

Từđó, ta có ∆C A H1  ∆ACH (g-g) Suy 1

HC HA

A C = AC ( )2

Từ ( )1 ( )2 , ta 1 1

HB HC

A C = A C hay HB A C1 1=HC A C1

Đây kết cần chứng minh

b) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có OB'⊥A C' ' ( )3

Ta chứng minh OB⊥A C' ', hay OB⊥A C1 1

Do tam giác OBC cân O nên

0

180 180

90

2

BOC BAC

OBA − ∠ − ∠ BAC

∠ = = = − ∠

Mặt khác, tứ giác AC AC1 nội tiếp nên ∠C A B1 = ∠BAC (cùng bù với ∠C A C1 )

Kết hợp với kết quảởtrên, ta 0

1 1 90 90

OBA C A B BAC

∠ = ∠ = − ∠ =

Do OB⊥A C1 1, hay OB⊥A C' ' Kết hợp với ( )3 , ta suy B B O, ', thẳng hàng

c) Khi tam giác ABC thi BO qua B1, B1 trung điểm AC A C' '⊥BO

Gọi K giao điểm BO A C' K trung điểm A C' '

Do tam giác AB C1 OB⊥A C1 nên K trung điểm A C1

Do tam giác ABC nên O trọng tâm tam giác Suy

1

2

OC = OC= R

C1

B1

A1

H O

B'

A

B C

C'

(31)

Mặt khác, sử dụng hệ thức lượng tam giác OC B1 vng C1 có C K1 đường cao, ta có

1

OC =OK OB Suy

2 1

4

OC

OK R

OB

= =

Từđây, sử dụng định lý Pythagoras tam giác A KO' vng K, ta có

2 2 15

' '

16

R A K = OA −OK = R − R =

Vậy ' ' ' 15

R A C = A K=

Câu 5.

Biểu thức P có thểđược viết lại dạng P=x x( −2) (y y+6)+13x x( −2)+4y y( +6)+46

Đặt a=x x( −2) =(x−1)2−1 b=y y( − + =6) (y+3)2−9 ta có

( )( )

13 46 13

P=ab+ a+ b+ = a+ b+ − ( )2 ( )2

1 3 3.4

x y

   

= − +   + + − ≥ −

6

=

Dấu đẳng thức xảy x=1 y= −3 Vậy minP=6

ĐỀ SỐ

Câu

Nếu a=0 ta có b3=0 suy b= =0 a, vơ lý a≠b Do a≠0 Chứng minh tương tự, ta

cũng có b≠0 Từđó giả thiết tốn có thểđược viết lại thành

3

1

a +b = −ab

Đặt x a

= y

b

= ta có x≠ y x3+y3= −1 3xy

Sử dụng kết quen thuộc A3+B3+C3=(A+ +B C)(A2+B2+C2−AB−BC−CA), ta ( )3 ( )

3 3

0=x +y − +1 3xy=x +y + −1 −3 .x y −1 =(x+ −y 1)(x2+y2+ −1 xy+ +x y)

Mặt khác ta lại có 2 2 ( ) (2 ) (2 )2

1 1

2

x +y + −xy+ + =x y  x+ + y+ + x−y >

Nên từ kết quảở trên, ta suy x+ =y 1, tức a+ =b ab Vậy T=0

(32)

Sử dụng định lý Vieta, ta có 1

1 n S a a

m

= + = − ,

2 2 n S b b

m

= + = − ,

3 n S c c

m

= + = −

Ta có ( ) ( ) ( 2) ( )

1 1 1

P c −P c =m c −c +n c −c =(c1− c2m c1( 1+c2)+ n1) =m c1( 1−c2)(S3−S1)

Tương tự, ta có ( ) ( ) 2( )( )

1 2

Q c −Q c =m c −c S −S

Do P c( )1 −P c( )2 +Q c( )1 −Q c( )2 =0 c1≠c2 nên từ hai biến đổi trên, ta suy

( ) ( )

1 3 m S −S +m S −S = ( )1

Chứng minh tương tựta có

( ) ( )

2 3 m S −S +m S −S = ( )2

( ) ( )

3 m S −S +m S −S = ( )3

Từ ( )1 , ( )2 ( )3 , thấy vai trị S S1, 2,S3 Khơng tính tổng qt, ta có

thể giả sử S1= max{S S1, 2,S3} Khi đó, ta có S1−S2≥0 S1−S3≥0 Lại có m m2, >0 nên VT( )2 ≥0

Để xảy dấu đẳng thức ( )2 dấu đánh giá phải xảy ra, tứ ta phải có

1

S =S =S Đây kết cần chứng minh

Câu 3.

a) Phương trình cho có thểđược viết lại thành 2( )2 3 2

2

x y− +y − y + =

hay ( )2( 2 )

2

y− x + + =y

Suy ( )2

2

y− = x2+ + =y 1 3 Giải ra, ta x= ±1

1

y= Vậy có hai cặp số nguyên ( )x y;

thỏa mãn yêu cầu đề ( )1;1 (−1;1)

b) Do a3+b3+c3 chẵn nên số a b c, , có số chẵn Từđó suy tích abc chia

hết cho ( )1

Giả sử ba số a b c, , khơng có số chia hết cho Ta thấy rằng, với x ngun khơng

chia hết cho x≡ ± ± ±1, 2, mod 7( ), suy x3≡ ±1 mod 7( )

Do ( )

1 mod

a ≡ ± , b3≡ ±1 mod 7( ), c3≡ ±1 mod 7( )

Suy 3 ( )

3, 1, 1, mod

a +b +c ≡ − − , tức a3+b3+c3 không chia hết cho 7, mâu thuẫn Vậy

ba số a b c, , phải có số chia hết cho

(33)

Từ ( )1 ( )2 với ý ( )2;7 =1, ta có abc chia hết cho 14 Câu 4.

a) Ta có

90

AFB ADB AEB

∠ = ∠ = ∠ = nên năm điểm A B D E F, , , , nằm đường trịn

Lại có

90

DAE ACB

∠ = − ∠ 1800 1800

90

2

AOB ACB

FAB OAB − ∠ − ∠ ACB

∠ = ∠ = = = − ∠

Nên ∠FAB= ∠DAE Đây góc nội tiếp chắn cung tương ứng BF DE đường tròn (ABFDE), FB=DE Tứ giác BFDE nội tiếp có BF =DE nên hình thang cân

b) Gọi I giao điểm EF BC Do tứ giác BFDE hình thang cân nên BI=IE Suy tam

giác BIE cân I Từđó, ta có ∠IBE= ∠IEB

Lại có ∠IBE=900− ∠ICE ∠IEB=900− ∠IEC nên ∠ICE= ∠IEC Suy tam giác IEC cân I,

tức ta có IC=IE=IB Vậy EF qua trung điểm Icủa BC

c) Do tứ giác ABFE nội tiếp nên ∠BFE=1800− ∠BAC

Lại có ∠BPC=1800− ∠BAC (do tứ giác APBC nội tiếp) nên ∠BFE= ∠BPC ( )1

Do BFDE hình thang cân nên DF//BE Mà BE⊥AC nên DF⊥AC

Lại có PC⊥AC nên DF//PC Suy ∠BCP= ∠BDF= ∠BEF ( )2

Từ ( )1 ( )2 , ta suy ∆BEF ∆BCP (g-g)

Lại có M trung điểm EF N trung điểm CP nên từ kết quảtrên, ta suy

∆BEM  ∆BCN Từđó, ta có ∆NBC  ∆MBE ( )3 BN BC

BM = BE ( )4

Từ ( )3 , ta suy ∠CBE= ∠MBN Kết hợp với ( )4 , ta ∆BMN# ∆BEC

N M I O

F B

A

C D

E

(34)

Do

90

BMN BEC

∠ = ∠ =

Câu 5.

a) Xét tập hợp A1 có ba phần tử a b c, , Mỗi tập hợp Ai với i=2, , 2019 phải có chung với

1

A phần tử Ta chia tập hợp Ai với i=2, , 2019 tạo thành ba nhóm Nhóm thứ

gồm tập hợp chứa phần tử a, nhóm thứ hai gồm tập hợp chứa phần tử b nhóm thứ ba

gồm tập hợp chứa phần tử c Ba nhóm tổng hợp lại có 2018 tập hợp, phải có

nhóm chứa 673 tập hợp 673 tập hợp với A1 tạo thành 674 tập hợp có

một phần tử chung Chỉ cần lấy tập hợp chúng sẽđược tập hợp thỏa mãn yêu cầu

toán (Chú ý, giao bốn tập hợp khơng thể có q phần tử)

b) Xét bốn tập hợp A A1, 2, A A3, có chung phần tử a Ta chứng minh tất tập hợp cịn lại

có chung phần tử a Thật vậy, giả sử tồn tập hợp A khơng chứa a Khi tập

các A A A A1, 2, 3, có chung với A phần tử (khác a) Vì A có ba phần tử nên theo

nguyên lý Dirichlet, có hai tập hợp chúng có chung phần tử chung với A Chẳng hạn 1,

A A có chung phần tử b với A Nhưng lúc ta có điều mâu thuẫn A A1, 2 có chung

hai phần tử a b Vậy tất tập hợp có chung phần tử a Do giao hai tập hợp bất

kỳ có phần tử nên tất phần tử khác a lại đôi khác nhau, suy 2019 2019 4039

A ∪A ∪ ∪A ≥ + × =

Từđó suy số phần tử X khơng 4039

ĐỀ SỐ

Câu a) Đặt x+ =1 a, x− =1 b , 2

2x=a +b

( )( )

2 2

3 2 2

2 2

1

+ − + −

= = =

−

+ − + − + −

a b a b ab

a

b b

P

a b

a b a b a ab b a b

b a ab

Vậy ( )

1

+

= = +

+ − −

x

P x

x x

b) Với điều kiện x >

1 1

3

= 

+ = − ⇔ + = − + ⇔ 

= 

x

x x x x x

x

Đáp sốx = Câu

Sốlượng sản phẩm sản xuất năm 2016 0

5000−5000.x =5000−50x

Sốlượng sản phẩm sản xuất năm 2017

( ) 0 ( )2

0

1

5000 50 5000 50 100 5000 1000

2

(35)

Theo giả thiết sốlượng sản phẩm nhà máy sản xuất năm 2017 giảm 51% so với sốlượng sản phẩm nhà máy sản xuất năm 2015 nên ta có phương trình

( )2 0 ( )2 ( )2

0

170

1

1000 5000 5000.51 100 2450 100 4900

30 2 =  − = − ⇔ − = ⇔ − = ⇔  =  x

x x x

x

Vì < x < 100 nên x = 30

Câu Vì x0là nghiệm phương trình nên

( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

3 2 2

0 0 0 0 0

2

2 2

0 0 0

1 1

1 1 1

− − = ⇔ + − − = ⇔ + − + =

⇔ − − = ⇔ + − =

x x x x x x x x x x

x x x x x x

Dễ thấyx0 = −1và x0 =0 không thỏa mãn (1) nên

( )

0 0

0

1

− = > ⇒ > ⇒ >

+

x

x x x

x

Chú ý: Đây cách chứng minh trực tiếp x0 >1 Ta chứng minh x0 >0 phương

pháp phản chứng sau:

Giả sử x0≤0 Ta có

3

0 − 0− = ⇔1 0 = +1

x x x x

Dễ thấy x0=0 không thỏa mãn

Nếu x0 <0

3

0 < ⇒0 + < ⇒1 0 < − ⇒1 >1

x x x x

( )

0 0 0

⇒x x − < ⇒x −x < (vô lý x03−x0 − = ⇒1 x03−x0 =1)

Và từ

0 > ⇒0 + > ⇒1 > ⇒1 >1

x x x x

b) Vì x0 nghiệm phương trình nên

3

0 − 0− = ⇔1 0 = +1

x x x x

Kết hợp với x0 >1ta

( )( ) 2 0

0

1

2

1

2

−

= + +

− +

= + +

x

M x x

x x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0

2 2

0 0

4

0 0

2

0 0 0

2

0 0 0

1

2 2

2 1 2

2 2

1 = − + + = − + + = − − − + = + − + − − + = + − − − − + =

x x x

x x x x

x x x x x

(36)

Câu

a) Ta có M trực tâm giác ACQ Suy BQ.BC = BM.BA Từđó

2 2

+ = BM BA=b ⇒ = + = + b = a b

BQ CQ BC BQ a

BC a a a

Ta lại có PQ.AC = AB.QC nên suy ( )

2 2

2

+

= =

+

b a b AB QC

PQ

AC a a b

b) Ta có tứ giác BMNC, BMPC nội tiếp nên điểm B, M, P, N, C nằm đường trịn Từđó ∠PBM = ∠PNM,∠PAM = ∠PMNnên tam giác PBA

PNM đồng dạng theoo tiêu chuẩn góc – góc, suy PB = AB = AB

PN MN BC

Suy a.BP = b.PN.

c) Gọi I giao điểm PN BC O giao điểm AC MN Ta có OM = ON

nên CI = CQ nên ∠CQN= ∠CIN suy ∠MNQ= ∠MNP (đpcm)

Câu Từđẳng thức đề ta suy

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

1 9

1−x 1−x 1−x = +1 x 1+x 1+x

Nếu số x x1, 2, ,x9có số P = Trong trường hợp ngược lại, tất

các thừa sốở vếtrái ≤ , vếtrái ≤ (có thừa số), tất thừa số

về phải khơng âm, vế phải ≥ Vì hai vế nên ta suy hai vếđều Vậy x = 0, suy P = Như trường hợp ta có P =

ĐỀ SỐ

Câu Đặt S = x + y T = xy Từ giả thiết, ta có S + T = 1, suy

( )( ) ( )

( ) ( )

2

2 2 2

2 2

2

2 1 2 2

2 2

 

+ − + + + = − + −  − + 

= − − + − +

=

x y x y S T T S

S S S S

(37)

Từđó ta có: P = S + T = 1.

Vậy giá trị biểu thức P cần tính

Câu

Tìm giá trị lớn P:

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

2 2 2

1 , ,

+ ≥ + ≥ + ≥

x y xy y z yz z x zx

Cộng bất đẳng thức lại theo vế, sau cộng hai vế bất đẳng thức thu với

2 + +

x y z , ta

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

3

+ + ≤ + + + + + + =

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

Từđó suy Q≤3

Mặt khác, dễ thấy dấu đẳng thức xảy x = y = z = nên ta có kết luận max Q = 3. Giá trị nhỏ P: Ta chứng minh Q≥ với dấu đẳng thức xảy chẳng hạn

6

≥

Q Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

2 2 2 2 2 2 2 2

2xy+x y ≤x + y +x y ≤x +y +z +x y +y z +z x =6, Từđó suy xy≤ 7− <1

Chứng minh tương tự, ta có yz<2, zx<2

Do đó, ta có 2 2 2 2 2 2

2 2

= + + + + + ≥ + + + + + =

Q x y z xy yz zx x y z x y y z z x

Hay Q≥ Vậy minQ=

Bài a) Ta có biến đổi ( )

( )( )

2 2

+ =

− +

a b M

a b a b

Giải sử M sốnguyên, ta có ( )2

+

a b chia hết cho +

a b Suy 2ab chia

hết cho +

a b Điều vô lý 0<2ab=a2 +b2 −(a−b)2 <a2 +b2 Vậy M số nguyên

b) Giả sử tồn sốdương a, b cho ( )2

2

+ −

a b a (a+b)2 −2b2 số

phương Trong cặp sốnguyên dương (a, b) vậy, ta xét cặp cho a nhỏ Đặt

( )2 2 ( )2 2

2 ,

+ − = + − =

a b a x a b b y

với x, y nguyên dương Ta có ( )2 2

2

+ − =

(38)

nên a + b x cùng tính chẵn lẻ, suy ra( )2

2

+ −

a b a chia hết cho Từđó ta có 2a2

chia hết cho 4, suy a chia hết cho

Chứng minh tương tự, ta có chia hết cho 2, suy x, y chẵn Từđó, ta có

2

2 2 2

2 ,

2 2 2 2

 

 +  −   =   +  −   =

           

           

y

a b a x a b b

Đều sốchính phương Do cặp số , 2

 

 

 

a b cũng thỏa mãn yêu cầu Điều mâu

thuẫn với cách chọn cặp (a, b) Vậy với a, bnguyên dương, sốA, B khơng thểđồng thời sốchính phương

Câu

a) Ta có ∠BPQ= ∠BOC ∠PQB= ∠OPQ= ∠OBCnên tam giác PBQ vàOCBđồng dạng

(39)

b) Ta có∠OBE= ∠OCB= ∠OAC, mà ∠OBA= ∠OAB nên∠EAB= ∠EBA Từđó suy EA = EB

Lại có OA = OB nênOE⊥AB

Chứng minh tương tự, ta có OD⊥AC nên O trực tâm tam giác ADE

c) Gọi T giao điểm thứ hai CP và (O) Ta có ∠EAB= ∠EBA nên PT = PB Mà PB = PQ

nên PT = PQ Mà

90

∠APQ= nên

0

90 90

2

∠APQ= ∠PAT = − ∠ATP= − ∠AOC= ∠OAC

Từđó, ta có ∠PAO= ∠QAC Câu

a) Chia 45 người thành nhóm, nhóm thứi có i người(1≤ ≤i ) Ta xét ví dụ người

ở nhóm quen tất người nhóm khác, khơng quen nhóm Nói cách khác, người nhóm i quen 45 – i người khác Khi

( )

1

1.44 2.43 9.36 870

= + + + =

S

b) Gọi ai sốngười quen i người khác (1≤ ≤i 44) Nếu người P quen i người khơng quen trongai người này, nghĩa P quen nhiều 45−ai người, hay

1

45

≤ −

i a suy ai ≤45−i Ta có a1+ +a44 =45

( )

1 44

1 36 37 44

1 44 37 38 44

1

2 44

1

36 36 36 37 44

1

36

2

36.45 1.8 2.7 8.1

870

= + + +

≤ + + + + + +

= + + + + + + +

≤ + + + +

=

S a a a

a a a a a

a a a a a a

Khẳng định chứng minh

ĐỀ SỐ

Câu Cho biểu thức

( )

2

3 2

2

b

a a 2b a a ab a b b

a

P :

a b

1 b

1 a a b

a a

− − −  + + + 

=  + 

−

   − 

 − +  + +

 

 

Với a, b >0; a ≠b; a b+ ≠a2

(40)

Với a, b >0; a ≠b; a b+ ≠a2 ta có ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) (( ) ()( ) )

3 2

2

3 2

4 2

2

4 2

2

b

a a 2b a a ab a b b

a

P :

a b

1 b

1 a a b

a a

a a ab a b b a b

a a 2ab b :

a b a b

a a b a a b

a a b a a b a b a a b

: a a b : a b

a b

a a b a b a b

− − −  + + +  =  +  −    −   − +  + +     + + + + + − − − = − + − + + + − + + + + + +   = =  + +  = − − − + + −

Từ ta P= −a b

b) Tìm a b biết P 1= a3 −b3 =7

Với a, b >0; a ≠b; a b+ ≠a2 ta P = −a b Khi P 1= a3 −b3 =7 ta có hệ

( ) ( )2

3

a b

a b a b a

ab b

a b a b a b 3ab

 − =  − =  − =  =  ⇔  ⇔  ⇔   − =  −  − +  =  =  =            

Kết hợp với điều kiện xác định ta ( ) ( )a; b = 2;1 thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 2.Giả sử x, y hai số thực phân biệt thỏa mãn 21 21

xy

x +1+ y +1 = + Tính giá trị biểu

thức:

2

1

P

xy

x y

= + +

+

+ +

Thực biến đổi giả thiết toán ta có

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

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

2 2

2

2 2

2

1 1 1 0

xy xy xy

x y x y

xy y xy x 0 xy y y 1 xy x x 1 0

x xy y xy

y x y y x y x x x y xy

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

Do x ≠ y nên ta xy 1= Kết hợp với giả thiết 21 21

xy

x +1+ y +1 = + ta có

2

1 2 4

P

xy xy xy xy 1

x y

= + + = + = = =

+ + + + +

+ +

Vậy ta P 2=

(41)

a) Tìm tọa độ giao điểm ( )d ( )P a

= −

Khi a

2

= − đường thẳng ( )d có phương trình y= +x

Hồnh độ giao điểm ( )d ( )P nghiệm phương trình

{ }

2

x = + ⇔x x − − = ⇔ ∈ −x x 1;2

Từ ta tìm tọa độ giao điểm ( )d ( )P A 1;1( )− B 2; 4( )

b) Tìm tất giá trị a để đường thẳng ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh

độ x ; x1 2 thỏa mãn x1 + x2 =3

Xét phương trình hoành độ ( )d ( )P x2 +2ax 4a+ =0

Để ( )d ( )P cắt hai điểm phân biệt phương trình hồnh độ phải có hai

nghiệm phân biệt

Từ ta có ' a2 4a a a 4( ) 0 a

a

 <

= − = − > ⇒  >





Khi theo hệ thức Vi – et ta có 2

x x 2a

x x 4a

 + = −



 =



Ta có x1 + x2 = ⇔3 (x1 + x2)2 = ⇔9 (x1 +x2)2−2x x1 +2 x x1 =9

Kết hợp với hệ thức Vi – et ta 4a2 −8a+ 8a =9

+ Với a <0 ta 4a2 8a 8a 9 4a2 16a 9 0 a

2

− + = ⇔ − − = ⇒ = − , thỏa mãn

+ Với a >4 ta 4a2 8a 8a 9 4a2 9 a

2

− + = ⇔ = ⇒ = ± , không thỏa mãn

Vậy a

= − thỏa mãn u cầu tốn

(42)

đó S= −4t2 +at Tính quãng đường AB biết đến C xe dừng hẳn quãng đường

BC dài 16km

•Lời giải Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe từ B đến C thỏa mãn

a

8t a t

8

− + = ⇒ = quảng đường BC

2 2

2 a a

S 4t at 16 16 a 256 a 16

8

 

= − + = ⇒ −   + = ⇔ = ⇔ =

 

Từ ta SAB =1, 5.a =24(km)

Câu 5(3.0 điểm)Cho đường trịn ( )O bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn

Các tiếp tuyến đường tròn ( )O điểm B, C cắt điểm P Gọi D, E tương

ứng chân đường đường vng góc kẻ từ P xuống đường thẳng AB AC M

là trung điểm cạnh BC

a) Chứng minh MEP MDP = 

a) Tứ giác BDPM có BDP BMP 90 + = +900 =1800 nên nội tiếp được, suy MBP =MDP

Tương tự ta có tứ giác CEPM nội tiếp đường trịn, ta lại có MCP MEP =

Mặt khác BP CP hai tiếp tuyến cắt nên MBP MCP =

Từ ta MEP MBP MBP MDP =  =  = 

P O

M

I E

D

C B

(43)

b) Giả sử B, C cố định A chạy ( )O cho tam giác ABC ln tam giác có ba góc

nhọn Chứng minh đường thẳng DE ln qua điểm cố định

Ta có BAC ABC ACB 180  + + = CBP ABC PBD 180  + + =

Mà ta lại có BAC CBP = nên ta ACB PBD DMP =  = 

Mặt khác ta có ACB =MPE nên suy DMP =MPE, từ ta MD song song với PE Chứng minh hoàn toàn tương tự ta ME song song với BD

Điều dẫn đến tứ giác MEPD hình bình hành Suy hai đường chéo MP DE cắt tai trung điểm I đường

Do B, C cố định đường tròn ( )O nên PM cố định, đo I cố định Vậy đường thẳng

DE qua điểm I cố định

c) Khi tam giác ABC Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R

Khi tam giác ABC ta có A, O, M, P thẳng hàng AI vng góc với DE Do ta có SADE 1DE.AI

2

= Do tam giác ABC nên ta có AB R 3;OA= = R

Do ta tính AM 3R;AI 3R 3R 9R

2 4

= = + =

Dễ thấy ABC∽ADE nên ta BC AM

DB = AI = Do suy

3R DE

2

=

Từ ta có SADE 9R 3R 27R 32

2 16

= = (đvdt)

Câu 6.Các số thực không âm x , x , x , , x1 2 3 9 thỏa mãn

1

x x x x 10

x 2x 3x 9x 18

 + + + + =



 + + + + =



Chứng minh 1.19x1 +2.18x2 +3.17x3+ 9.11x+ 9 ≥270

Từ x1+x2 +x3+ x+ 9 =10 ta x( 1+x2 +x3 + x+ 9) =90 Do ta có hệ

( )

(1 )

1

9 x x x x 90

19x 29x 39x 99x 270 10 x 2x 3x 9x 180

 + + + + =

 ⇒ + + + + =



+ + + + =



Mặt khác ta có

( ) ( )

( )

1 9

1

2

1.19x 2.18x 3.17x 9.11x 19x 36x 51x 99x 19x 29x 39x 99x 7x 12x 15x 7x

270 7x 12x 15x 7x

+ + + + = + + + +

= + + + + + + + +

(44)

Để ý ta thấy 7x2 +12x3 +15x 7x4 + 8 ≥0

Nên ta 270+(7x2+12x3 +15x4 + 7x+ 8) ≥270

Vậy ta có 1.19x1 +2.18x2+3.17x3 + 9.11x+ 9 ≥270 Dấu xẩy

2

1

2

1

9

1

7x 12x 15x 7x

x

x x x x 10

x x x x

x 2x 3x 9x 18

x

19x 29x 39x 99x 270

 + + + + = 

=

 + + + + =



 ⇔ = = = = =

 + + + + = 

  =



 + + + + =



ĐỀ SỐ

Câu Cho số thực dương a, b, c, d tùy ý Chứng minh bốn số sau có số không nhỏ

2 1 1 1 1

a ; b ; c ; d

b c c d d a a b

+ + + + + + + +

• Lời giải Giả sử bốn số nhỏ Khi ta có

2 1 1 1 1

P a b c d 12

b c c d d a a b

= + + + + + + + + + + + <

Mặt khác ta lại có

2 1 1 1 1 2 2 1 1

P a b c d a b c d

b c c d d a a b a b c d

 

= + + + + + + + + + + + = + + + +  + + + 

 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta chứng minh

( 2 2 2 2) ( )2 1 1 16

4 a b c d a b c d ;

a b c d a b c d

+ + + ≥ + + + + + + ≥

+ + +

Do áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta

( )

2

a b c d 16 16

P

4 a b c d a b c d

a b c d 16 16

3 12

4 a b c d a b c d

+ + +

≥ + +

+ + + + + +

+ + +

≥ =

+ + + + + +

Trái điều giả sử Do có bốn số nhỏ hay bốn số có số khơng nhỏ

(45)

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x R∈ Biến đổi tương đương phương trình ta

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

4 2 2

2

2 2

x 2x x x x x x 2017

x 2x 4x 4x 8x x x 2x x 2x x 2017

x 2x x x 2017 x 2x x x 2017 x 2016

+ + + − + + + + =

⇔ + + + + + − + + + + + + =

⇔ + + − + + = ⇔ + + − − − = ⇔ =

Vậy phương trình cho có nghiệm x=2016

Câu 3(3.0 điểm).

a) Tìm tất số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a2 =b ; c3 =d ; a4 = +d 98

• Lời giải.Giả sử x1 x2 x3 xn

1 n

a =p p p p p p ; , p1; 2 n số nguyên tố x ; x ; ; x1 2 n ∈N

Tượng tự y1 y2 y3 yn

1 n

d =q q q q q q ; , q1; 2 n số nguyên tố y ; y ; ; y1 2 n ∈N

Ta có a >1; d 1>

Vì 2x1 2x2 2xn 3 ( )

1 n 3

a =p p p =b ⇒2x ;2x ; ;2x 3 ⇒x ; x ; ; x 3 ⇒ =a x , x Z∈ + Chứng minh hoàn toàn tương tự ta d =y , y Z3 ( ∈ +)

Từ giả thiết a = +d 98 ta x3 = y3 +98⇔ (x y x− )( +xy y+ 2) =98 Do a >d nên ta suy x y− > từ dẫn đến

( )2 2 2 2 2 2 2

x y− =x −2xy y+ <x +xy y+ ⇒ − <x y x +xy y+

Do ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp Với x y 12 2

x xy y 98

 − = 

 + + =

 , ta

( ) (2 ) 2 2

x y x y y Z

x Z 3y 3y 97

y y y y 98

 = +  = +  ∉

 ⇔  ⇒

  + − =  ∉

+ + + + =  

  



+ Trường hợp Với x y2 2

x xy y 49

 − = 

 + + =

 , ta

( ) (2 ) 2

x y x y 2 x 5; y 3

x 5; y x 3; y

y 2y 15

y y y y 49

 = +  = +  = =

 ⇔  ⇔ ⇒ = =



  + − = = − = −

+ + + + =  

  



(46)

b) Tìm tất số thực x cho số x 2; x2 2 2; x 1; x

x x

− + − + có số khơng phải số nguyên

• Lời giải.Nếu x 1; x

x x

− + nguyên ta có x x 2x Z x Q

x x

− + + = ∈ ⇒ ∈

Từ suy x− 2; x2 +2 2 đều không số hữu tỷ Do hai số x 1; x

x x

− +

khơng số ngun x− 2∈Z; x2 +2 2∈ ⇒ −Z x 2 x+ +2 2∈Z

Đặt x− =a, a Z( ∈ ) Khi ta x2+2 2 =(a+ 2)2 +2 2 =a2 + +2 2 a 1( + ∈) Z

Từ dẫn đến 2 a 1( + ∈ ⇒ + = ⇒ = −) Z a a 1nên ta x = 1−

Thử lại ta thấy x= 1− thỏa mãn u cầu tốn Vậy số cần tìm x= 1−

Câu Cho đường trịn ( )O bán kính R điểm M nằm ngồi đường trịn ( )O Kẻ hai

tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn ( )O (A, B hai tiếp điểm) Trên đoạn thẳng AB lấy

điểm C (C khác A, C khác B) Gọi I; K trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai D

a) Chứng minh KO2 −KM2 = R2

• Lời giải. Ta có IM= IA KM=KC nên IK đường trung bình tam giác AMC,

IK song song với AC

Lại có MA=MB(tính chất tiếp tuyến cắt M) OA =OB=R nên OM trung

trực AB Do ta OM⊥AB, suy IK⊥OM Gọi giao điểm IK OM H Áp dụng định lý Pitygo cho tam giác vng MHI; KHO; MHK;OHI ta có

L F K

Q

P

N D

E

H I

O

C

B A

(47)

2 2 2 2 2 2

MI =MH +HI ; KO =KH +HO ; MK =MH +HK ;O I =KH +HO

Do IM= IA nên từ ta suy

2 2 2 2 2 2

MI +KO = MK +IO ⇒KO −KM =IO −MI = IO −IA =OA =R

Vậy ta KO2 −KM2 =R2

b) Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp Đường thằng KO cắt đường tròn ( )O Q P

Ta có KC=KM nên suy KO2−KM2 = R2 ⇔ KO2−KC2 =R2

Từ ta KC2 = KO2 −OP2 =(KO OP KO OP+ )( − ) =KQ.KP

Do từ giác ADPQ nội tiếp đường trịn nên ta có KQ.KP= KD.KA nên suy KC2 =KD.KA

Từ dẫn đến ∆CKD∽∆AKD nên DCK =KAC =DBM

Vậy tứ giác MDCB nội tiếp đường tròn

c) Gọi E giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn ( )O N trung

điểm KE đường thẳng KE cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai F Chứng minh bốn

điểm I, A, N, F nằm đường tròn

Gọi L trung điểm KD ta có ∆MKD∽∆AKM nên suy AEM =MAK =EMK Do ta AE song song với KM

Mặt khác ta có KF.KE=KD.KA ⇒KF.KN =KL.KA nên tứ giác ANFL nội tiếp

Suy ta LAF =LNF =MEK =FMK (vì KF.KE=KD.KA = KC2 =KM2)

Từ suy KAF =KMF nên tứ giác MKFA nội tiếp Do ta AFN =AMK = AIN

Dẫn đến tứ giác IANF thuộc đường trịn

(48)

• Lời giải Ta thấy dãy 1; 2; 3; 4; …; có hai

số lấy tổng đố với số 18 Do ta thấy điểm A(tương tự B, C) khơng thể điền số trái lại B F phải điền cặp 9, C E phải điền cặp số Điều vơ lí số điển vào điểm Tương tự D, E, F khơng thể điền số Do số điền điểm H, G, K

Xét trường hợp số điền G (tương tự H, K) E điền số F điền số (hoặc ngược lại) Giả sử A điền a, C điền c, D điền d, K điền k, H điền k 1+ , B điền c 1+ Khi a; d; c; c 1;k;k 1+ + phân biệt thuộc tập hợp {2; 3; 4; 5; 6; 7}

Từ ta có { }

a c

d k d 3; 5; d 2c 17

 + = 

+ = ⇒ ∈



 + = 

Thử trường hợp ta d=7 thỏa mãn

Từ ta suy ta a =4; c=5; k =2

Như ứng với cách điền số số ta có cách để điềm số cịn lại Vậy có tất cách điền số thỏa mãn yêu cầu tốn

• Lời giải Để ý ta có tất ba số phân biệt thuộc tập hợp {1;2; 3; ; 9} mà

tổng 18

18 9 9 5

8 7

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

Trong tất vị trí A, B, C, D, E, F, G, H, K

+ A, B, C xuất hai tổng (do giao điểm của hai cạnh)

+ D, E, F xuất ba tổng (do giao điểm ba cạnh)

+ G, H, K xuất tổng

K H

G

F E

D C

B

(49)

Do xuất tổng nên vị trí A, B, C, D, E, F điền số số Các số điềm vào điểm G, H, K Có tất cách điển số và ba điểm G, H, K Khơng tính tổng qt ta có cách điền G 1; H= =2

Do số xuất tổng chứa chứa nên dễ thấy đỉnh F =9, suy

E=8; D 7= Từ dẫn đến K=3 A, B, C∈{4; 5; 6}

Lại có A F B 18; B C D 18;C E A 18+ + = + + = + + = nên A =3; B=5;C=6

Như ứng với cách điền số số ta có cách để điềm số cịn lại Vậy có tất cáchđiền số thỏa mãn yêu cầu toán

ĐỀ SỐ

Câu 1.

•Phân tích Đây dạng rút gọn phân thức quen thuộc, thay đổi cách hỏi, việc chứng minh q trình rút gọn phân thức

•Lời giải Điều kiện xác định biểu thức a 1< <

( )( ) ( )

( )

( )( ) ( )

2

1 a a 1

P

a a

1 a a a a

1 a a a

a a

1 a a a a a

1 a a a

a a

1 a a a a

1 a a

1 a a a a

a 2a

1 a a a a

 + −   

   

= +   − − 

+ − − − − +

   

   

+ − −

   

=  +   −



+ − − − + − −  

 

 

   

+ − −

   

=  +   −



+ − − + − −  

 

 

− + − −

− + −

+ + − + + −

= ⋅ = ⋅

+ − − + − −

( a a)( a a) 2a

1

2a 2a

− + − − + + − −

= = = −

Vậy P = −1 hay toán chứng minh

Câu

• Nhận xét.Đây dạng tốn parabol đường thẳng Để tìm tọa độ giao điểm d ( )P ta

cần thay m vào giải hệ phương trình để tìm x, y Ở câu b) ta cần đưa phương trình bậc hai sử dụng hệ thức Vi – et tốn giải Chú ý 2

1

(50)

nên ta thay phương trình đường thẳng d y1 =2mx1 −1; y2 =2mx2 −1 Chỉ cần thay lại tính tốn giải

• Lời giải.

a) Gọi (x , y0 0) tọa độ giao điểm d ( )P m 1= Khi ta có hệ phương trình sau:

2

0

2

0

0 0 0

x y 2

y x

x 2x

y 2x x 1 2 y 3 2

 

 = − = − + = − +

 ⇒ + − = ⇒  ⇒ 

 = −  

= − − = − −

  

Vậy tọa độ giao điểm d (P) m 1= (− +1 2; 2− + ) (− −1 2; 2− − )

b) Gọi (x , y0 0) tọa độ giao điểm d ( )P Tương tự ta có

0

x +2mx − =1

Phương trình phương trình bậc hai có ∆ =4m2 + >4 0 với m nên phương trình ln có

nghiệm phân biệt hay d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B

Gọi x , x1 2 hoành độ A B Theo hệ thức Vi – et ta cóx1+x2 = −2m; x x1 2 = −1

Ta có 1

2

y 2mx

 = −



 = −



Suy

( ) ( ) ( ) ( )

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

2

2 2

1 2 2

2 2

1 2 2

y y 2mx 2mx 4m x x m x x

4m x x m x x 4m 2m x x 2m m x x

 

− = ⇔ − − − = ⇔ −  + − 

 

⇔ −  + −  = + − = + −

Ta tính ( )2 ( )2 2

1 2 2

x −x = x −x = x +x −4x x = 4m + =4 m +1

Khi 2 ( )

1

y −y =3 ⇔ 2m +1 m +1 m Bình phương hai vế ta có

( )( )

2 4

1

y −y =45⇔16 4m +4m +1 4m +4m =45

Đặt 4m4 +4m2 = >t 0.Khi phương trình trở thành 16t2 16t 45 0 t

4

+ − = ⇔ = (vì t>0)

Suy 16m4 16m2 5 0 m2 m

4

+ − = ⇔ = ⇔ = ±

Vậy với m

= ± ta 2

1

y −y =3

Câu Gọi x vận tốc xe máy

4 quãng đường AB sau (x>0)

Vận tốc xe máy

4 quãng đường AB đầu 2x Vận tốc xe máy từ B trở A 2x 10+

(51)

90 30 120 17 45 30 60 (x 15 8x 25)( ) 2x + x +2x 10+ + =2 ⇔ x + x + x 5+ = ⇔ − + =

Vì 8x 25+ > ta x 15− =0 hay x 15=

Vậy vận tốc xe máy từ B A 2x 10+ =40(km/h)

Câu (1.5 điểm).Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng M nằm A, B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, dựng hai tam giác AMC BMD Gọi P giao điểm AD

BC

a) Chứng minh AMPC BMPD tứ giác nội tiếp

• Phân tích Có hai hướng chứng minh tứ giác nội tiếp + Vì nhận thấy góc khơng có mối

liên hệ chặt chẽ nên ta phải thay đổi Gọi P’ giao điểm đường trịn ngoại tiếp tam giác CAM AD CP’MA nội tiếp suy ACM =AP ' M = DBM 60 = 0 nên

tứ giác DP’MB Để hoàn tất chứng minh cần P trùng với P’ hay AD cắt BC P’ hay B,C,P’ Điều hiển nhiên ta có

 

CP ' A =DP ' B 60=

+ Sử dụng tam giác có cạnh tam giác CMB=AMD

• Lời giải.

+ Hướng Gọi P’ giao điểm đường trịn ngoại tiếp tam giác CAM AD, ta có CP’MA nội tiếp Khi ACM =AP ' M =DBM 60 = 0 Suy tứ giác DP’MB Mặt khác vì CP ' A = DP ' B 60 = nên

B,C,P’ thẳng hàng Vì P trùng P’ hay AMPC BMPD tứ giác nội tiếp

+ Hướng 2. Ta có AM CM; MD MB; AMD CMB= =  =  Suy CMB=AMD⇒ BCM =DAM; MBC  =MDA

Suy tứ giác CPMA tứ giác MPDB nội tiếp b) Chứng minh CP.CB+ DP.DA =AB

• Phân tích.Ta cần tính CP.CB DP.DA.Vì tứ giác CPMA tứ giác MPDB nội tiếp nên

CP.CB=AM.AB DP.DA=MB.AB nhiên thay vào hồn tồn khơng Để ý tích nên ta cần chuyển tích thành bình phương cạnh

Để ý MPC∽BMC nên CP.CB CM= 2 Chứng minh tương tự ta có DP.DA =AM2 Đến

cần thay vào tốn chứng minh MPB MDB CMA =  =  =600

M P

J

I F

E

D

C

(52)

• Lời giải Vì MPB =MDB CMA =  =600 Suy 1800 −CMA 180 = 0−BPM ⇒CPM CMB =  lại có



BCM chung nên MPC∽BMC suy CP.CB CM=

Chứng minh tương tự ta có DP.DA =AM2 Khi CP.CB + DP.DA = AM2 + CM2 =AB

c) Đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC BMPD cắt PA, PB tương ứng E, F Chứng minh tứ giác CDFE hình thang

•Phân tích hướng giải Để chứng minh CDFE hình thang ta cần chứng minh CE song song với DF Để ý ta thấy EF trục đối xứng PM Mà ta có APM =BPM 60= nên ta dễ

dàng suy PEMF hình thoi Mà theo định lý Talets ta có AE AM

AP = AB hay

AE MF

AC = MD

Mặt khác ta lại có CAE =PMD nên tam giác ACE đồng dạng với tam giác MDF Do

 

CFM CEA= , từ ta suy DF son song với CE Vậy CEDF hình thang

Câu

•Phân tích để ý thấy dấu = BĐT không xảy a b c

= = = mà xảy

a =1; b= =c hoán vị Do khó để sử dụng BĐT quen thuộc Có kinh nghiệm nhỏ đứng trước tốn BĐT có điểm rơi ta thường khai thác tính bị chặn biến

• Lời giải Từ giả thiết ta có 0 a, b, c 1≤ ≤ ⇒a2 ≤a; b2 ≤ b; c2 ≤c Từ ta

2

5a a 4a a 4a a

5b b 4b b 4b b

5c c 4c c 4c c

+ = + + ≥ + + = +

Cộng theo vế bất đẳng thức ta 5a 4+ + 5b 4+ + 5c 4+ ≥ + + + =a b c

Vậy toán chứng minh Đẳng thức xẩy a =1; b = =c hoán vị

ĐỀ SỐ

Câu

 Phân tích.Để chứng minh biểu thức P nhận giá trị nguyên dương với n nguyên dương ta cần biến đổi biểu thức làm thoát bậc hai Để ý ta có

 2  2

2 1 1

n  n  n n Do tốn chứng minh ta biến đổi

2 2

4n  2 4n  1 2n 2n 1 2n 2n1

(53)

 

  

 

2

2 2

2

4 2 4 2

2 2 2 2 2

2 2

n n n n n

n n n n n n n n

n n n n

       

          

     

Từ ta 4n2  2 4n4  1 2n2 2n 1 2n2 2n1 Do

   

  

 

2

2 2

2

1 2

2 2 2 2

2 2

P n n n n n n

n n n n n n n n

n n n n n

 



         



          

      

Vậy P nhận giá trị nguyên dương với n số nguyên dương Câu (2.5 điểm).

a) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn x3 y3 95 x y2

 Phân tích lời giải Đặt d x, y x da y; db với a b, N*  a b, 1

Và phương trình trở thành d a – b a  abb295 a b2

Vì a2 b ,a2 abb21 nên a2 abb2 a – b2 3ab là ước 95 5.19, ước

này chia dư lớn nên 19, a – b2 3ab19

Từ ta 65 195

130

a b a x

d

a b b y

  

      

    

  

     

  

  

Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn toán   x y;  195;130

b) Tìm số thực x, y thỏa mãnx2 y2 4 x y 1

x y

 

     

 Phân tích lời giải Từ hệ thức tốn cho ta có điều kiện xác định x 1;y1 Hệ thức cho có chứa biến mẫu chứa thức bậc hai, để tìm x, y thỏa mãn ta biến đổi hệ thức cho dạng tổng bình phương Ta có

:

 

   

2

4

8 1

4

4 4 4 0

1 4 4 1 4 4 4 1 4 0

1

2

x y

y

x x x y

x x y y

x x x x y y y y

x y

x x y y

x y

 

     



  

      

          

(54)

Vì x 1;y 1 nên ta có

  2 2 2

1 2 1 2 1 0

2

x x x

x x y y

y

x y y y

     

 



        

  

 



Thử lại ta thấy    x y;  2;2 thỏa mãn yêu cầu bào toán

Câu (2.0 điểm) Cho S tập số nguyên dương n có dạng nx2 3y2, x, y

là số nguyên Chứng minh rằng: a) Nếu a b S,  ab S

Ta có a b S,  nên a m2 3n2 b p2 3q2 với m, n, p, q số nguyên Khi ta

có

  

   

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

3 3

6

3

ab m n p q m p n p m q n q

m p mnpq n q m q mnpq n p

mp nq mq np

      

     

   

Do ab S

b) Nếu N S N số chẵn N chia hết cho

4

N S

Do N S nên ta có N x2 3y2 với x, y số nguyên N số chẵn nên x, y có

cùng tính chẵn lẻ Ta xét trương hợp sau

+ Xét trường hợp x y số chẵn Khi dễ thấy N chia hết cho Đặt x 2 ;a y2b a b , Z, 3

4

N a  b nên

4 N S

+ Xét trường hợp x y số lẻ Khi đặt x 2a1;y 2b1 ,a bZ

Ta có N x2 3y2 2a 12 3 2 b 12 4a2 4a 12b2 12b4 nên N chia hết cho

4

Mặt khác x, y số lẻ nên x2 y28 nên x3 4y hoặc x 3 4y

Với x 3 4y ta

2

3

4 4

N x  y  x y

   

 

    nên

N S

Với Với x 3 4y ta

2

3

4 4

N x  y xy

    

    nên

N S

(55)

Câu (3.0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn cóAB AC Kẻ đường cao AH đường trịn

 O đường kính AH cắt cạnh AB, AC tương ứng D E Đường thẳng DE cắt

đường thẳng BC S

a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn

Ta có AED AHD(cùng chắn cung

AD) AHD ABH(cùng phụ DHB)

Do suy AED DBC nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh SB.SCSH2.

Xét hai tam giác SBD tam giác SEC có DSB chung DBS DEC (vì tứ

giác BDEC nội tiếp)

Từ suy tam giác SBD đồng dạng với tam giác SEC Do ta SB.SCSD.SE

Xét tam giác SBH tam giác SEH có DSH chung SHD SEH (cùng chắn cung DH) nên suy tam giác SHD đồng dạng tam giác SEH Do ta SH2 SD.SE

Kết hợp kết ta SB.SCSH2

c) Đường thẳng SO cắt AB, AC tương ứng M, N Đường thẳng DE cắt HM HN tương ứng P, Q Chứng minh BP, CQ, AH đồng quy

Kẻ đường thẳng HM’ song song với AC (M’ thuộc AB) đường thẳng HN’ song song với AB (N’ thuộc AC) Khi ta có AM’HN’ hình bình hành Suy M’, O, N’ thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABC với ba điểm S, D, E thẳng hàng ta có

SB EC AD

SC EA DB 

Mà ta lại có EC HC22

EA  HA

2

DB HB

DA  HA nên ta

2 2

SB HC HA SB HC

SC HA HB   SC HB 

Áp dụng định lý Talets ta có '

'

HC AM

HB  M B

' '

HC CN

HB  AN nên suy

' '

SB AM CN

SC BM AN 

Từ suy ba điểm S, M’,N’ thẳng hàng, M trùng với M’ N trùng với N’ Từ ta có AMHN hình bình hành nên ta PHE HEC 900 do PHE HDB 900

I

K

Q P

N'

M'

N

M E

D

J

S

O

H C

B

(56)

Mà PEH  DHB nên DBH EPH, tứ giác BDPH nội tiếp Suy ta



BPH90 hay BP vng góc AC Chứng minh tương tự CQ vng góc AB

Trong tam giác ABC có đường cao AH, BP, CQ nên AH, BP, CQ đồng quy Câu (1.0 điểm)

Ta xét đường tròn tâm C Trên đường

tròn  C lấy hai ngũ giác A A A A A1 2 3 4 5

và B B B B B1 2 3 4 5 Giả sử C tô màu xanh

Khi 10 điểm

1 5

A A A A A B B B B B có hai điểm tơ

xanh ta có điều phải chứng minh Xét trường hợp 10 điểm có nhiều điểm tơ xanh hai ngũ giác

1

A A A A A B B B B B1 2 3 4 5tồn ngũ

giác khơng có điểm tô xanh Giả sử ngũ

giác B B B B B1 2 3 4 5 khơng có điểm xanh

tồn đỉnh ngũ giác tô

cùng màu

Vậy ta có điều phải chứng minh

ĐỀ SỐ

Câu

Ta có:

2

2 2

2 4 3

2 2 2 2 2

1

1   − 

 + +  −  + +

  

    

    

= =

 

+ − +  + − + 

   

a b ab a b a b

ab ab ab ab b a a b

P

a b a b a b a b ab

b a

b a a b a b a b a b

2 2 3 3

2 3 3

4 3 3

2 2

( ) ( )( )

1

( )( )

 + +  − − −

 

 

= = =

+ − − − −

a b ab a b a b a b

ab a b a b

ab a b a b ab a b a b

a b a b

C B5

B4 B3

B2 B1

A5

A4

(57)

Vậy P ab =

2.Áp dụng BĐT Cơ–si cho hai sốdương 4a b ta có:

4

1

0

5 25

1 25

a b a b ab a b ab ab

ab ab

P ab

+ ≥ =

=> = + + ≥

<=> ≤ <=> < ≤ => = ≥

Dấu xảy

1

4 10

10

4

5 a

b a b a

a a b ab

b  =  = >

  = >

 <=> <=>

  = 

+ + =

 

  =



Vậy minP = 25 ⇔

1 10 a b  =    = 

Câu Cho hệphương trình:

1 Thay m = 2, hệphương trình cho trở thành:

2 12 19

2 7

19

5

19 19

2

5

x y x y y

x y x y x y

y x

x y

− = − − = − − = −

 <=> <=>

 + =  + =  + =

  

 =  =

 

<=> <=>

 + =  =

 

 

Vậy hệphương trình cho có nghiệm 19; 5

 

 

 

2 Ta có:

2 2

2 4

3 ( )

2 4 (1)

2 ( 1) (2)

x my m x my m

mx y m m my m y m

x my m x my m

m y m m y m m y m m

− = − = + −   <=>  + = +  + − + = +   = + − = + −  

<=> <=>

+ − + = + + = + +

 

Phương trình (2) phương trình bậc ẩn y có hệ số a = m2+ ≠ ∀m nên phương

trình (2) có nghiệm 42 m m y m m + + = ∀ + Thay vào (1) ta được:

2 2

2

4 2(m 1) ( 1) 3

2

1

+ + + + − + − +

= + − = =

+ +

m m m m m m m

x my m

(58)

Do đó: ∀ m, hệphương trình cho có nghiệm

( 0) 2 2

3

; y ;

1

 − + + + 

=  + + 

 

m m m m

x

m m

*Chứng minh đẳng thức 2

0 5( 0) 10

x +y − x +y + = (*)

Vì (x0;y0) nghiệm hệphương trình cho nên:

0 0

2 ( 4) 2(3)

3 1 ( 3)(4)

x my m m y x

mx y m y m x

− = − − = −

 

<=>

 + = +  − = −

 

Xét m = ⇒ x0 = y0= Khi (*)

Xét m ≠ Nhân vế (3) (4) ta được:

0 0

2

0 0

2

0 0

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

5

5( ) 10

m y y m x x

y y x x

x y x y

− − = − −

<=> − + − = − + <=> + − + + =

Vậy đẳng thức cần chứng minh ∀m

Câu 3:

Phương trình cho tương đương với

2 2

2 2 3

( ) ( )

2

(a b) x ( )

a x ax a b x bx b ax a x a bx b x b

x a b a b

− + + − + =

<=> − + + − + = <=> + − + + + =

• Xét a + b = ⇔ b = –a, phương trình (1) trở thành:

2 3

2

2 ( )

4

0 ( a 0)

− + + − =

<=> − =

<=> = ≠ x a a a a

a x

x Do

Do với a + b = (1) có nghiệm x =

•Xét a + b ≠ Khi (1) phương trình bậc hai ẩn x

Phương trình (1) có nghiệm

2 2 3

4 2 4 3

2 3

2

( ) ( )( )

2 ( )

2

( )

( ab 0)

∆ = + − + + =

<=> + + − + + + =

<=> − − = <=> − − = <=> = ≠

a b a b a b

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

ab a b a b do

Kết luận: Phương trình cho có nghiệm ⇔ b = ±a ⇔ |a| = |b|

(59)

1 Ta có

B1IC1 = BIC (hai góc đối đỉnh)

BIC=180o – IBC – ICB = 180o

-2

ABC− ACB 180

180 180 120

2

o

o ABC+ACB o −BAC o

= − = − =

=> B1IC1 + BAC = 120o + 60o = 180o

Mà hai góc hai góc đối tứ giác AC1IB1 nên tứ giác AC1IB1 tứ giác nội

tiếp

2.Vì tứ giác BC1IK tứ giác nội tiếp (gt) nên BKI=AC1I (góc góc ngồi đỉnh đối

diện)(1)

Vì tứ giác AC1IB1 tứ giác nội tiếp (cmt) nên AC1I=IB1C (góc góc ngồi đỉnh đối

diện) (2)

Từ(1) (2) suy IB1C = BKI = 180o-CKI => IB1C + CKI = 180o

Đây hai góc đối tứgiác CKIB1 nên tứ giác tứ giác nội tiếp

3 Vì BC1IK tứ giác nội tiếp nên

1 180 60 180 120

o o o o

BKC =BIC = −BIC= =>CKC = −BKC =

1 180

o CKC CAC

=> + =

Suy tứ giác AC1KC tứ giác nội tiếp

1

C KA C CA

=> = (hai góc nội tiếp chắn cung C1A)

Và =>C AK1 =C CK1 (hai góc nội tiếp chắn cung C1K)

Mặt khác CC1 phân giác góc C (gt) nên C CK1 =C CA1 =>C KA1 =C AK1

Suy tam giác C1AK cân C1⇒ C1A = C1K (3)

Tương tự ta có: B1A = B1K (4)

Từ(3) (4) suy C1B1 trung trực đoạn thẳng AK

⇒ AK ⊥ B1C1(đpcm)

Câu

(60)

2

1

x (*)

2

 −  ≥ <=> + ≥

 

  x x Dấu xảy ⇔x =

1

2 2

2

( )

2

( ) (**)

− ≥ <=> − + ≥ <=> + + ≥

<=> + ≥

x y x xy y

x xy y xy x y xy

Dấu xảy ⇔ x = y

Áp dụng BĐT (*) với x = a x = b ta

2

3 1

0

4 2

3 1

b

4 2

3

(1)

4

 + + = + + + ≥ + + >

 

  



 

 + + = + + + ≥ + + >

  



    

=> + +  + +  ≥ + + 

    

a b a b a b

b a a b a

a b b a a b

Áp dụng BĐT (**) ta được:

2 2

1 1 1

4

2 4 4

1

2 b (2)

2    + +  =  +  + +  ≥  +  +                          = +  +    

a b a b a b

a

Từ (1) (2) ta suy ra: 3 1

2 a

4 2

 + +  + +  = +  + 

     

a b b a    b 

Dấu xảy 1 2 1 4 a

b a b

a b

 =  

 = <=> = =

 

 + = + 

Vậy

2

a= =b giá trị cần tìm

ĐỀ SỐ 10

Câu 1: 1. Ta có

( )( ) ( ) ( )

3

6 20 14 ( 3) :

2( 1)

2

2 2 :

2

a

S a a a

(61)

( )

1

x y

x y xy

x y

xy x y

+ = ⇔ + = +

− −

+ ⇔ + =

Thay

2

xy

x+ =y + Ta có

( )2

2

3

1 3 3

3

2 2

1 3

2

P x y x xy y x y x y xy

xy xy xy xy

xy xy xy

= + + − + = + + + −

+  +  +  − 

= +   − = +  

   

+ −

= +

Nếu

3

>

xy Thì P =

Nếu

3

<

xy P = 3xy Câu 2:(2 điểm)

1.Áp dụng định lý py ta go ta có y =4thay x = 4= x.4suy a = -1 ta y = - x2

2. Thay x = 1,2 ta có y = 1,44

Khoảng cách cịn lại – 1,44 = 2,56 ô tô qua Câu 3:(1,5 điểm)

Cho số nguyên a,b thỏa mãn

( )

2 2

2

1 2( ) 2

1

a b ab a b a b ab a b a

a b a

+ + = + + ⇔ + + − + − =

⇔ − + =

là số phương suy a số phương a = x2(x số nguyên)

( )

2 2

2

1

x b x x b x

b x

− + = ⇔ − + =

⇔ = −

Vậy a b hai số phương liên tiếp Câu 4:(3 điểm)

1.Ta có BE, CF, AD ba đường cao

Suy tứ giác BFHD, BFEC , BFEC nội tếp Góc ACB = góc XFB = góc FBX

( chắn cung AB, góc góc ngồi đối diện) Tam giác BXF cân suy XF = XB Vì M trung điểm BC nên FM trung tuyến suy FM = MB.Vậy XM trung trực BF hay MX ⊥BF

2 Xét hai tam giác FHD tam giác XMS

ta có góc DFH = góc SXM ( phụ với hai góc nhau) Góc FDH = góc FBH = góc BSM ( phụ với hai góc nhau) Vậy Hai tam giác SMX DHF đồng dạng

(62)

EF BC FY =CD

Câu 5:(1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh điểm nguyên (một điểm gọi điểm nguyên hoành độ tung độ điểm số nguyên)

Chứng minh hai lần diện tích tam giác ABC số nguyên

Đặt A(x2,y2) B(x3,y3) C(x1,y1) Thì P có hồnh độ x1 D có hồnh độ x2, N có hồnh độ

x3 R có tung độ y2 S có tung độ y1 T có tung độ y3 Y

X

S F

H

E

D M O A

B C

C

A

B

O P D N

(63)

SABC = SCBNP- SABND- SADPC

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

( )

(

( ) ( )

3 3 2

3 3 2 3 3 2 2 2 1 1

3 2

1

1 1

2 2

1

)

1

2

y y x x y y x x y y x x

y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x

x y y y x x

= + − − + − − + −

= − − + − + − + − + − +

= − − + +

= − + −

SABC = x1(y2 - y1) + y3(x2 - x1)

Vì tọa độ số nguyên diên tích hai lần diện tích tam giác ABC số nguyên

ĐỀ SỐ 11

Câu 1:

3

( )

2

3

( )

( ) ( )

2

3 ( )

( )

( )( ) ( )( )

− − +

+ −

= +

− −

− +

+ −

= −

− + + − +

a b

b b a a

a ab a b

Q

b a a a b b

a b a b

b b a a

a a b a b

a b a ab b a b a b

3 3

( )( )

+ + + +

= −

− + + −

a a a b b a b b a a a

a b a ab b a b

3 3 3

( )( )

0 ( )

+ + − − −

=

− + +

=

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

DPCM Câu 2:

Gọi vận tốc

4 quãng đường ban đầu x (km/h) x>10 Thì vận tốc

4 quãng đường sau x - 10 (km/h) Thời gian

4 quãng đường ban đầu 90

( )h x

Thời gian

4 quãng đường sau 30

( )h x

(64)

2

90 30

10

180( 10) 60 ( 10)

2 ( 10) ( 10) ( 10) 240 1800 90

9 330 1800

x x

x x x x

x x x x x x

x x x

x x

+ =

−

− −

<=> + =

− − −

<=> − = − <=> − + =

Giải x = 30 thỏa mãn điều kiện Thời gian

4 quãng đường ban đầu 90

3( ) 30= h Vậy xe hỏng lúc 10 h

Câu a) xét hệphương trình

2

2( 1)

3 2( 1) 0(1)

3

y x

y x m

y x x m x

 =  =

 <=>

 − + 

= +  + + − =



PT(1) có hệ số a c trái dấu nên ln có nghiệm phân biệt m nên (P) (d ) cắt điểm phân biệt với m

b) Theo Vi ét 2

1 2

2(m 1)

3( )

1

2

3

x x x x

m x x x x

− +

 + =  − +

 + =

 <=>

 − 

 =  = −



Ta có

3 2

1 2 2

3 2

1 2 2

3

1 2 2 1

( ) ( ) ( 1)( )

2[ ( ) ( )] 2 3( )(x ) 2

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

− = − + + − − +

<=> − = − − + − − +

<=> − = − + + − − −

f x f x x x m x x x x

f x f x x x x x x x x

f x f x x x x x x x x x

3

1 2 2

3

1 2 2

2

1 2 2

3

1 2

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

2[ ( ) ( )] ( ( ))

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

2[ ( ) ( )] ( )

<=> − = − + + − − −

<=> − = − − − −

<=> − = − − + −

<=> − = − −

f x f x x x x x x x f x f x x x x x x x f x f x x x x x x x f x f x x x

Nên

1 2

1

( ) ( ) ( )

2

(65)

1 Ta có ∠ PAD =∠ PKD

( ∠CBD đồng vị ) nên tứ giác AKPD nội tiếp ( quỹ tích cung chứa góc) 2.Theo phần DP vng góc AC nên MDCP nội tiếp suy ra: ∠ MPD =∠ MCD mà ∠

MCD =∠ ACB ( phụ ∠ MDC =∠ ACB ) mà ∠ APK =∠ACB ( đồng vị ) nên ∠ MPD

=∠ APK Ta có ∠ MPD +∠ MPE = 90 ⇒∠ APK +∠ MPE = 90o suy KP ⊥ PM

3.ta có AD=R Pitago tam giác vng AKD vng K tính 2

3

KD= R −x tam

giác BAK vng K có góc ABK=600 .cot

3

x BK AK ABK

=> = =

2

3

x

BD=BK+KD= + R −x (dv độ dài) Câu ( điểm)

ĐKXĐ:

;

7

x≠ x≠

Đặt : −7x = b; x3+ = a; (a; b ≠ 0)

Thì

3

56 8(4 ) 34 34

21 24 3(4 ) 34 32

x x x x a b

x x b

− = + + − − = + −

+ = − − + = −

(66)

2

8 34 34

4

8 34 34

( )( 34)

0 34

a b b

b a

a ab a b b ab a b a b

a b a b

+ − − − =

<=> + − − + = <=> + + − =

+ = 

<=>  + = 

V ới a + b = ta có

3

7

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

2 ( )

3 ( )

1 ( )

− + =

<=> − − + = =

  <=> = −

 =  x x

x TM

Với a + 3b = 34 ta có

3

21 20

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

1 ( )

4 ( )

5 ( )

− + =

<=> + + − = = −

  <=> = −

 = 

x x

x TM

PT có nghiệm S ={−4;−3;−1;1;2;5}

ĐỀ SỐ 12

Câu 1.(1,5 điểm)

2 2 2 2

2 2

1

2 1(*)

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

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

x y z cxy ayz bxz

a b c abc

   

+ + = ⇔ + +  = ⇔ + + +  + + =

   

+ +

 

+ + +  =

 

Từ a b c ayz bxz cxy ayz bxz cxy

x y z xyz

+ +

+ + = ⇔ = ⇔ + + = thay vào (*) ta có

2 2

x y z a +b +c = Câu 2.(1,5 điểm)

(67)

Áp dụng Bất đẳng thức 2 A B

AB≤ + ta có với A,B

2 2 2

2 2

1 3

2 2

x y y z z x

x −y +y −z +z −x ≤ + − + + − + + − =

Kết hợp với GT ta có Dấu “=” xảy

2 2 2

2

2 2

1 1

2

3

1 3

1 0 2

1 3

x y x y

y z

z x

x y y z z x

x x y y z z

x y y z z x

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

Câu (1,5 điểm)

2

2 (1.3.5 (2 1).( 4)! ( 4)! 1.2.3 ( 1)( 2)( 3)( 4)!

1 1

(2 )! 2.4.6 2 1.2.3.4

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

( 5)

n n n

n n

n

n n n n n n n n

a

n n n

n n n n

a n n

− − + + + + +

= + + = +

= + + + + +

= + +

Câu 4.(1,5 điểm) Đặta x,b y;c z

y z x

= = =

1 1

2 2 2

yz zx xy

P

ab a bc b ca c xy xz yz xy yz xz xz yz xy

= + + = + +

+ + + + + + + + + + + +

Thì

3 1

2 2

1 1

3 ( )

2 2

yz zx xy

P

xy xz yz xy yz xz xz yz xy P xy yz xz

xy xz yz xy yz xz xz yz xy

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

Áp dụng Bất đẳng thức 1

(68)

( Do ta áp dụng bất đẳng thức Cô si cho sốdương:

3 1 3

3 ;

A B C ABC

A B C ABC

+ + ≥ + + ≥

Nhân theo vế bất đẳng thức trên, ta được:

1 1 1

(A B C)

A B C A B C A B C

 

+ +  + + ≥ ⇒ + + ≥

+ +

 

Khi Ta có3 ( ) 9

4 4 4

P xy yz xz P

xy yz xz

− ≥ + + = ⇔ ≤ − =

+ +

Dấu “=” xảy 2

1

xy yz xz xy yz xz xy yz xz

x y z xyz

+ + = + + = + +

 ⇔ = = =

 =



Câu (3điểm) Cho hình vng ABCD với tâm O Gọi M trung điểm AB điểm N, P thuộc BC, CD cho MN//AP.Chứng minh

1.Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP góc NOP=450

1 Đăt AB = a ta có AC = a Chứng minh Tam giác ADP đồng dạng tam giác NBM (g.g)

suy

2

BM BN a

BN DP

DP = AD ⇒ = mà OB.OD =

2

a

tam giác DOP đồng dạng BNO (c.g.c) từđó tính ∠NOP=45o 2.Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC

Theo a ta có OB ON OD

DP = OP = DP góc PON = góc ODP=45

0

(69)

nên DO tiếp tuyến đường tròn ngoại tiêp tam giác OPN

3.Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy

Đặt giao điểm cua MN BC Qvà AP K áp dung tính chát phân giác cho tam giác MBN; APD

; (1)

QM BM KP DP QM KP QM QN

QN = BN KA = AD ⇔ QN = KA⇒ KP = KA ta có Giả sử MP cắt AN I K I cắt

MN H Áp dụng định lí ta lét HM HN(2)

PK = KA

Từ (1) (2) Suy raHM QM

HN = QN Q trùng H, BD, PM, AN đồng quy

Câu 6.(1 điểm)

Với tập A tập S = {1;2;3; ;2014} thỏa mãn đề bài, gọi a b phần tử nhỏ lớn A (a, b ∈ S, a < b)

Ta chứng minh b ≤ 2a, thật vậy, giả sử b > 2a Theo giả thiếtc a2 A

b a

= ∈

− Mà b > 2a => b – a > a > => c =

2

a a a

b a− < a = , mâu thuẫn với a

là phần tử nhỏ A Vậy b ≤ 2a

Gọi d phần tử lớn tập B = A\{b} Ta chứng minh b ≥ 2d Thật giả sử b < 2d, theo giả thiết

2

,

d

d b e A

b d < => = ∈

− mà b < 2d => < b – d < d => e >

2

d d d =

Suy e ∈A e ∉ B ⇒ e = b ⇒

2

2 2 2

5 4 (2 )

d

b d b bd d b bd d b d

b d− = => = − => = − + = −

(mâu thuẫn VP sốchính phương, VT khơng sốchính phương)

Vậy b ≥ 2d ⇒2d ≤ b ≤ 2a ⇒d ≤ a Mà a ≤ d (a d phần tử nhỏ lớn B) nên a = d ⇒ b = 2a

(70)

Vậy số tập A thỏa mãn đềbài 1007 tập

ĐỀ SỐ 13

Câu 1: a) Ta có:

( ) ( ) ( ) 3 2 2

3 3

 −  + +  +  − − + + −   = + = − + − + − a b

a a b b

a b a a b b a a b

ab a a b

Q

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

2

3 3 3

3 3

− − + + + − +

= − = −

+ + + +

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

a b ab a b a b ab a b

( )

( )( )

3 1 1 1

0 − + = − = − = + + + + − +

a a ab b

a b a b a b

a a b a ab b

b) Ta có 4 4 4 ( 2 2 2)2 ( 2 2 2 2 2 2) ( )

2 *

+ + = + + − + +

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

Từ a + b + c = ta có

( )

2 2 2

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

a b c a b c

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

( ) ( )

2

2 2

2 2 2

2

+ +

⇔ a b +b c +c a = a b c Thay vào (*) ta có điều phải chứng minh

Câu 2: 1) PT hoành độgiao điểm (d) (P)

2 + − = x mx m có 2 0,

∆ =m + > m ,

0,

≠

m suy điều cần chứng minh

2) Do A x y( 1; 1) (,B x y2; 2) ( )∈ P nên

( )2

2 4 2

1 2 2

4

2

1

2 2

2

 

+ = + = + −  −

= + + ≥ + = +

y y x x x x x x x x

m m

Vậy ( 2)

1

min y +y = +2

2

= ± m

Câu Giả sử x1 nghiệm chung hai PT ( ) ( )

2

1 ;

+ + = + + =

x ax x bx c

(doa≠b) x2là nghiệm chung hai PT

( ) ( )

2

0 ;

+ + = + + =

x x a x cx b

Doa≠b tìm 1 1, 2 1 2 1

− −

= = ⇒ =

− −

c a b

x x x x

(71)

Theo định lí Viète suy x2là nghiệm phương trình (1)

Do 22 ( )( ) 2

2

1

0

 + + =

⇒ − − =



+ + =



x ax

a x

x x a

Nếu a = 1, thay vào PT (1)

1 0,

+ + =

x x PT vô nghiệm (loại)

Vớix2 =1, thay vào PT (3) (4) ta ( )

2

3

1

+ = 

⇒ + + = −  + + =

 a

a b c dpcm b c

Câu

1) Do B X A C, , , ∈( )O nên DX DB = DA DC

Dễ thấy A C A C1, 1, , thuộc đường trịn đường kính AC nên DA DC =DC DA1

Suy DX DB =DC DA1

2) Từ 1) suy Xthuộc đường tròn ngoại tiếp tam giácBA C1 đường kính BH nên

⊥

HX XB GọiXH∩( )O =K BKlà đường kính đường trịn (O) nên KC⊥ BC, mà

1

AA ⊥BCsuy KC/ /AA1 Tương tự KA/ / CC1 Do tứ giác CKAH hình bình hành, suy M, H, K, Xthẳng hàng Vậy Hlà trực tâm tam giác BDM, suy DH ⊥BM

Câu Điều kiện x≥ −2011,y≥ −2011,z≥ −2011

Không giảm tổng quát giả sử x=max x y z{ , , }, Ta có

2013 2012 2012 2011 2012 2011 2013 2012

+ − + + + − + = + − + + + − +

x x x x y y z z

( )

1 1

1

2013 2012 2012 2011 2012 2011 2013 2012

⇔ + = +

+ + + + + + + + + + + +

(72)

Do x≥ y x, ≥ z nên VT( )1 ≤VP( )1 Đẳng thứcxảy x = y = z

ĐỀ SỐ 14

Câu 1) Từ i) ii) suy

( 2)( 2)( 2) 3

,

− + − + − + =

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

Nếu abc≠0 suy ( 2)( 2)( 2) 2 ( )

1

− + − + − + =

a ab b b bc c c ac a a b c Lại có ( 2)( 2)( 2) 2

− + − + − + ≥ =

a ab b b bc c c ac a ab bc ca a b c Kết hợp với (1) suy a = b = c,

8a = ⇔ = ⇔0 a abc=0, điều mâu thuẫn với

≠

abc Vậy abc = 2) Từ giả thiết suy

( )2

2013 2014 2013 2014

1 2013 2014

2013 2014

2013 2014 2013 2014

> + ⇒ + > + + +

≥ + + = +

a b

b a b a

a b

b a

Câu Với x = HPT vơ nghiệm.

Với x≠0,đặt y=tx t( ∈Q)HPT trở thành ( )

( )

2

1

15 19

 − = +

 

− + =



x t t

Suy ( )( )

3

1 1

2 31 15

2

1 15 19

+ = ⇔ − − − = ⇔ =

− − +

t

t t t t

t t t (dot∈Q)

Do x= ± ⇒ = ±2 y

Vậy ( ) ( ) (x y; = 2;1 , −2;1 ) Câu

Kí hiệu pnlà số nguyên tố thứ n Giả sử tồn

*

∈

m N mà 2 *

1 ; ; ,

− = = ∈

m m

S k S l k l N

Vì S2 =5,S3 =10,S4 =17nên m > 4.

Ta có pm =Sm −Sm+1 = −(l k)(l+k) Suy

1 − =   + =  m l k l k p

Do ( )

2

1

2 1

2 +   = − = − ⇒ =     m

m m m

p

p l S S

Do m > 4 nên

( ) 2 2 2 2

1

2  +   −   ≤ + + + + + + − − = − + − + − + +  −  −         m m m m p p S p 2 1 2 + +    

=  − < 

   

m m

p p

(73)

Câu

1) GọiG =DF∩( )O GE là đường kính (O) Ta có cung EA = cung EC, gọi Mlà trung điểm

của AC suy G, M, O, E thẳng hàng Do

90

∠GBE= , mà ∠GMD=900nên tứ giác BDMG

nội tiếp đường trịn đường kính GD.

Ta có ∠MBD= ∠DGM = ∠FGE= ∠FBE Suy BF BM đối xứng qua BD

2) Khi 0

90 , 60

∠ABC= ∠BAC= AB = R, BC =R 3,AC=2R Theo tính chất phân giác

3

= = ⇒ =

DA AB

DC DA DC BC

Kết hợp với DA + DC = 2R suy

( ) ( )

2

3 ; ;

2

= − = − = −

= + = −

DA R DM R DA R

DE ME MD R

Vậy bán kính đường trịn (O1) bằng 2− R

Câu Giả sửa, b, c số nguyên tốvà độ dài cạnh tam giác ABC.

Đặt P, S thứ tự chu vi, diện tích tam giác ABC. Ta có ( )( )( ) ( )

2

16S =P P−2a P−2b P−2c

Giả sử S là số tự nhiên Từ (1) suy P = a + b + c là số chẵn Nếu a, b, ccó số chẵn hai số lẻ, giả sử achẵn a = 2. Nếu b≠cthìb− ≥ =c a , vơ lý

Nếu b = c 2 ( )( ) ( )

1

= − ⇒ − + =

S b b S b S

Đẳng thức (2) không xảy b, Slà số tự nhiên

Câu Giả sử tồn số nguyên dương n thỏa mãn đề bài, ta ln có tổng số dư

phép chia n cho a a1, 2, ,a11không thể vượt 407 – 11 = 396; cho số , 4a1 a2, , 4a11

không vượt 4.407 – 11 = 1617 Suy tra tổng số dư phép chia ncho số

1, 2, , 11, , 41 2, , 11

(74)

các số dư 2012, suy chia n cho 22 số có 21 phép chia có số dư lớn phép chia có số dư nhỏ số chia đơn vị

Do tồn k cho ak, 4ak thỏa mãn điều kiện Khi hai số n + 1; n + 2 chia hết cho ak, số lại chia hết cho 4ak Suy ƯCLN (n+1; n 2+ )≥ak ≥2,điều không Vậy không tồn n thỏa mãn đề

ĐỀ SỐ 15

Bài (2.0 điểm)

1/ Rút gọn biểu thức P

2

2 2

a b a b a b

P

a b a b a b a b a b

 − −  + 

= +  

+ + − − − +  − 

 

( )

2

a b a b a b

P

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

 − −  + 

 

= +  

 + + − − + − −  − 

 

( )( ) ( )( )

( )( )

2

a b a b a b a b a b a b a b P

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

− + − − + − + + −  + 

=  

− + + − + − −  − 

( ) 2 2

2

a b a b a b a b P

b

b a b a b

 

− + + +

=  =

−  − 

2/ Biết a – b = Tìm giá trị nhỏ P Từ a – b = => a = b + Khi

( )

2

b b

P b P b

b

+ +

= => + − + = (1).Coi (1) phương trình bậc hai b, Ta có

2

(2 P) P 4P

∆ = − − = − −

Để có b, 2 2

0 4

2 2 P

P P

P  ≥ + ∆ ≥ => − − ≥ => 

≤ − 

Do P > => P≥ +2 2 => P(min) = 2 2+

Khi (2 ) (2 2 2)

4

P b

− − − − −

= = = => a =2

2

+ Bài (2.0 điểm ) :

(75)

Điều kiện : y > x > (*)

Đổi 2h 15 phút = 21 9( ) 4= h

Chỗ gặp cách A ( )

4y km cách B 4x Vì quãng đường AB 210km, nên ta

có phương trình : 210

4 y+ x= (1)

Thời gian xe máy từ A đến B 210 x (h) Thời gian ôtô từ B đến A 210

y (h)

Thời gian ôtô từ B đến A nhanh thời gian xe máy từ A đến B

4

− = (h) Vậy

ta có phơng trình : 210 210

x − y = (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phơng trình :

4 210

4

210 210 y x

x y

 + =

 

 − =

 Giải hệ ta đợc : 30

40 x y

=   =

 (t/m)

x y

=   =

 (loại)

Vậy vận tốc xe máy 30(km/h) vận tốc ôtô 40(km/h) Bài 3(2.0 điểm ) :

a/ Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình : -x2 = mx – m – <=> x2 + mx – (m + 2) =

Có 2 ( ) 2 ( )2

4

m m m m m

∆ = + + = + + = + + > với m

=> Phương trình có hai nghiệm phân biệt

=> Đường thẳng(d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hành độ x1 ; x2

b/ Theo viét ta có :

1 2

x x m x x m

+ = − 

 = − − 

Để x1−x2 = 20 <=> ( ) ( )

2

1 20 20 20

x −x = <=> x −x = <=> x +x − x x = , thay vào ta

có : (-m)2 – 4(-m – 2) = 20 => m2+ 4m – 12 = có ∆’ = 16 > 0

(76)

Vậy với m = m = -6 thoả mãn điều kiện tốn Bài (3.0điểm) :

a/ Chứng minh :  1

90

MON = − BAC

Do tính chất hai tiếp tuyến cắt nên ta có O   1=O O2; =O4 (1)

Tứ giác ALOK có :   0

90 90 180

AKO+ALO= + = Suy

        (   )

1 4

1

180 180 90

2

BAC+KOL= =>BAC+O +O +O +O = => BAC+ O +O +O +O = (2) Từ (1) (2) =>  ( )

2

1

90

2BAC+ O +O = Hay

   

1

90 90

2BAC+MON = =>MON = −2BAC

(ĐPCM)

b/ Chứng minh đường thẳng MQ, NP OE qua điểm   

1

L =E =K => tứ giác OKEB nội tiếp

Mặt khác OKNE nội tiếp đường trịn đueờng kính ON

 năm điểm O, K, N, E, P nằnm đường trịn đường kính ON

3

1

3

1 Q

P

O

M N

E

C B

L K

(77)

 

90

NPO= (Góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

 NP ⊥ OM (1)

Chứng minh tơng tự : MQ ⊥ ON (2) mà OE ⊥MN (3)

Từ (1), (2) , (3) => ba đờng cao MQ, NP OE tam giác OMN đồng quy c/ Chứng minh KQ.PL = EM.EN

Từ câu b => KQ = QE PL = PE (a)

Từ câu b : Tứ giác ONEP nội tiếp => QNE =EPM (b) Tứ giác OMEQ nội tiếp =>  NQE=PEM (c)

Từ (b) (c) => ∆NQE ∆PEM (g.g) => NE EQ EM EN EQ EP

EP = EM => = (d)

Từ (a) (d) => KQ.PL = EM.EN (ĐPCM) Bài (1.0 điểm ) :

Cách 1:

Vì x, y > mà x+ =y (x−y) xy => x > y, Cả hai vế dơng bình phơng hai vế ta có :

( )2 ( )2

x+y =xy x−y => (x+y)2 =xy(x+y)2−4xy Đặt xy = X , thay P = x + y ta có

P2 = X(P2 – 4X) <=> 4X2 – P2X + P2= , coi phương trình bậc hai X

=> ∆ = P4 – 16P2 = P2(P2 – 16) Để có nghiệm X,

∆≥ => P≥4 ( P > ) => P (min) =

Khi

2

2 2 2

2

4 2 2 2 2

4

P

xy x x

X

Hoac

x y y y

P

 =  = +  = −



= =

 => => 

  + =  

= − = +

  

 =  



Do x > y => 2

2

x y  = +  

= − 

Vậy P(min) = 2

2

x y  = +  

= −  Cách 2

x + y = (x - y) xy ⇔(x + y)2 = (x - y)2xy⇔(x + y)2 = xy(x + y)2 - 4(xy)2 ⇔(x + y)2 =

1 ) (

4

− xy

xy

(78)

⇔(x + y)2 =

1 ) (

4

− xy

xy

= 4(xy - 1) +

−

xy + ≥ 16 ⇔(x + y)2 ≥16 ⇔(x + y)≥4 (vì x + y > 0)

=> GTNN (x + y) = ⇔ 4(xy - 1) =

−

xy ⇔xy = mà x + y = => x = 2 + 2; y = - Cách 3

x + y = (x - y) xy ⇔(x + y)2 = (x - y)2xy⇔(x + y)2 = xy(x + y)2 - 4(xy)2 ⇔(x + y)2 =

1 ) (

4

− xy

xy

sử dụng phương pháp miền giá trị với phương

trình 4(xy)2 - xy(x + y)2 + (x + y)2 = ẩn (xy) ta (x + y)2 [( + )2 −16]

y

x ≥0

⇔(x + y)2 ≥16 (vì x,y số thực dương)

⇔(x + y)2 ≥16 ⇔(x + y)≥4 (vì x + y > 0)

=> GTNN (x + y) = ⇔xy = mà x + y = => x = 2 + 2; y = -

ĐỀ SỐ 16

Câu 1: Phương trình cho tương đương với

( )2 ( )

2

2 2

+ − + + − − =

x x x x

Đặt ( )

2

= + − ≥

t x x t , ta có 2t2 + − =t

Đáp số 1;

2

−

= =

x x

Câu a) Từ 2( ) 2( ) ( )

0

+ = + ⇒ + + = ≠

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

( )( ) 2 2

0

⇒ b−c ab+bc+ca = ⇒b a+b c−bc −ac = Vậy 2( ) 2( )

2012

= + = + =

M c a b b c a

b) Gọi số cho a1(1≤ ≤i ) Biểu diễn a1 =2 3αi βi, vớiα β,

i i số tự nhiên Xét năm cặp số (α βi, i) (1≤ ≤i 5) : cặp rơi vào bốn trường hợp(chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ) Theo nguyên lí Dirichlet, tồn hai cặp (α βi, i)và

(α βj, j) (i≠ j) thuộc trường hợp Khi α α βi + j, i +βj số chẵn, suy raα αi j số phương

Câu Áp dụng nhận xét { },

2

+ + −

= x y x y

max x y , ta có

( ) ( )

{ } { } { }

1 2 1

1 1

1

2

, ,

− + + − + + + + −

− + + − + −

+ +

+ =

+ +

= ≤

n n

n n n n

n

x x x x x x x x

x x x x x x

x x

n n n

max x x max x x

(79)

Đẳng thức xảy chẳng hạn x1 =x2 = = xn

Câu Bổ sung học sinh “đặc biệt” H ngồi vào bàn trống Sau chuyển chỗ 35 học sinh lớp, ta chuyển học sinh H sang ngồi bàn trống Gắn cho Hmột số nguyên theo quy tắc học sinh khác Với 36 học sinh (sau bổ

sung H), việc chuyển chỗ hoán vị ( ) (i j, 1≤ ≤i 4;1≤ ≤j 9)các vị trí cho Do tổng tất số hàng số cột ứng với 36 học sinh trước chuyển chỗ sau chuyển chỗ Điều có nghĩa tổng số số gắn cho 36 học sinh Vậy tổng số gắn cho 35 học sinh lớp –h, với h là số gắn cho học sinh H Rõ ràng h≥ + −(1 1) (4+9)= −11 Do tổng số gắn cho 35 học sinh lớp không vượt 11

Câu 5.

a) Do ( 0)

45

∠XDT = ∠XMT = nên tứ giác XDMTnội tiếp mà ∠DMT =90onên ∠DXT =900 Tam giác AXC XO phân giác XO⊥ XT nên XT phân giác Vậy

;

∠MXT = ∠TXC ∠MYZ = ∠ZYD

KẻME⊥CD E, ∈( )O CX cắt AD V, DE cắt AB L

Dễ thấy DZ = DV, DZ = AL nên DV = AL Do CV ⊥DL Tương tự DY ⊥CE Do

180 45 135

∠ = ∠ = o − o = o

CKD XKY

b) Ta có ∠KMX = ∠DAM = ∠DBM = ∠YMO Mà tứ giác MXOCnội tiếp nên ∠MXK = ∠MOY

VậyMXK MOY Suy KX = YO = ZD

MX CO CD (do YZ//OZ) Tương tự = KY TC

(80)

1

+ +

+ + = =

KX KY ZT ZD TC ZT

MX MY CD CD

c) Gọi XT∩YZ =I Theo định lí Thales ta có IT = MT = ZT = ZT = TJ

IC MB AB CD CO

Mặt khác TJ // CO nên I, J, O thăng hàng Vậy XT, YZ, OI đồng quy GọiEM ∩AB=H

= = = =

IJ IT MT MI IK IO IC MB MH IE

Vậy JK // OE Suy JK = IJ = JT

OE IO OC

Vì OE = OC nên JK = JT = JZ Do Jlà tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác KZT. ĐỀ SỐ 17

Câu 1) Đáp số

( )( )

1

2 2

+ =

− + +

x A

y x x y 2) Với y =

4 11

5

= ⇔ − + − = ⇔ =

A x x x x

Câu Gọi suất dự kiến xsản phẩm ngày( ∈ *)

x N Thời gian hoàn thành theo kế hoạch 200

x Bốn ngày đầu họ làm 4x sản phẩm.Trong ngày sau suất x + 10 sản phẩm ngày Số ngày hoàn thành số sản phẩm lại 200

10

− +

x x

Theo ta có 200 200 ( *)

4 20

10

−

= + + ⇔ = ∈

+ x

x do x N

x x

Vậy theo kế hoạch ngày nhóm cơng nhân cần sản xuất 20 sản phẩm

Câu PT hoành độ giao điểm parabol (P) và đường thẳng (d) là

2 2

3 (1)

= − + ⇔ − + − =

x mx m x mx m

Đường thẳng (d) cắt parabol (P)tại hai điểm phân biệt PT (1) có hai nghiệm phân biệt

12 2

⇔ ∆ = − m > ⇔ − <m< Ta có:

( )

1 1 2

2

2 1 2

2 2

1 1 2 1 2

2

0 0

7

0 . 3 0

2

5 5

2

2 2

  − < <

 >  + = >

 

 > ⇔ ⇔ =

  = − >

 

 + =  + − =



 



m

x x x m

x x x m m

(81)

Câu

Trong tam giác vng CEO có 2

3

= − =

CE CO OE Do

2

∠CAE= ∠KOB= ∠COB

và ∠CEA= ∠KBO=90onên AECOBK suy KB = OB ⇒KB=CE OB =15

CE AE AE

2) Do ME // BK nên 3

2

= ⇒ = = ⇒ = − =

ME AE BK AE

ME CM CE ME

BK AB AB

Vậy 27 ( )

2

= =

CKM

S CM BE dvdt

(82)

Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MAN. Ta có

2 60 ;

∠ = ∠ = o =

MON MAN OM ON nên ∠OMN = ∠ONM =60 o

Do ∠MON+ ∠MCN =180onên tứ giác OMCN nội tiếp, từ đó∠OCN = ∠OMN =60o Mà 120

60

∠ = o = o

ACN

Suy A, O, C thẳng hàng Vậy Othuộc đường thẳng ACcố định Câu

Đặt

1 1 1

,

1 79 80 80 81

= + + + = + + +

+ + + + + +

S S

Khi đó, ta có S1 +S2 = 81− 1=8

Lại có: 2 1 2 ( )

2 2

− − = > = + − ≥

+ − + +

k k k k k

k k k k

Do S1 >S2 nên S1 >4

ĐỀ SỐ 18

Câu 1) Từ giả thiết suy a > và

( )

2

2 1 1

2 2

8 8

   

+ = + ⇒ +  =  + ⇒ + − =

 

a a a a

2) Từ (1) suy

( ) ( )2 ( ) ( )

2 2 3

1

4 2 4

− − + − +

= a ⇒ = + a + + = +a = a + a =

a S a a a

Câu 1) ĐK x + y > Ta có PT thứ hệ tương đương với

( )

( )( ) ( )

( )( )

( )

2

1

2

1

 

+ − +  − =

+

 

+ −

⇔ + + + − − =

+

⇔ + − + + + =

⇔ + = + + + >

x y xy

x y

xy x y x y x y

x y x y x y x y x y do x y x y Kết hợp với PT thứ hai hệ ta có:

2

1

 + =  =

⇔

 − =  =

 

x y x

x y y

2

= −   = 

x y

2) Ta có 3 2

2 2

+ + + + + =

(83)

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2

1

⇔ + + + + =

⇔ − + + + + =

ab a b a b

ab a b a b c Từ (1) suy a+ ≠b 0và

2

1 1− =  + + 

+

 

a b ab

a b (đpcm)

Câu Giả sử a≥ ≥b c.Ta có a4 +b4 +c4 =(a2 +b2 +c2)2 −2(a b2 +b c2 +c a2 2)

Vì p số nguyên tố p≥3, suy a4 +b4 +c4 chia hết cho p 2 + 2 + 2

a b b c c a chia hết cho p hay 2 2( 2) 2 ( 2)( 2)

+ +  ⇔ −  ⇔ − + 

a b c a b p a b c p ab c ab c p

Do 2 2

0

= + + > + > − ≥

p a b c ab c ab c p số nguyên tố nên ab−c2 = ⇒ = =0 a b c

2

3

⇒ =p a ⇒ = = =a b c p = Câu

1) Do ∠BAE = ∠SBM ∠AEB = ∠BMS =90o nên ∆AEB∆BMS suy AB = BS AE BM

Mà BM = ME nên AB = BS ( )1 AE ME

2) Tam giác BMEcân M nên ∠MEB= ∠MBE

Lại có ∠SBM + ∠ABE = ∠BAE+ ∠ABE =90o = ∠AEB⇒ ∠SBA= ∠AEM ( )2 Từ (1) (2) suy ∆AEM  ∆ABS

3) Từ kết câu ta có ∠BAP= ∠EAN Mà ∠ABP= ∠AEN (cùng bù với∠CEF ) nên ,

∆AEN ∆ABP suy AN = NE ( )3

(84)

Vì ∆MAE ∆SAB (câu 2) tương tự ta có∆MAF ∆SAC nên ∠AME = ∠ASB,

∠AMF = ∠ASC

∠EMF = ∠BSC ⇒ ∠SBP= ∠MEN (do hai tam giác cân có hai góc đỉnh nhau)

Suy ∆EMN ∆BSP⇒ NE = NM ( )4

PS PS

Từ (3) (4) suy AN = NM ⇒ NP/ /MS

PB PS mà MS ⊥BCnên NP⊥ BC

Câu Nếu ta chọn 44 bi màu đỏ, 44 bi màu xanh, 44 bi màu tím 45 bi màu vàng trắng (mỗi màu có viên) tổng số bi lấy 44 + 44 + 44 + 45 = 177 viên bi Do khơng có 45 bi màu Vậy tốn khơng ta lấy 177 viên bi

Nếu lấy 178 viên bi số bi màu trắng vàng có tối đa 45, cịn lại 178 – 45 = 133 bi có màu đỏ màu xanh màu tím

Theo nguyên lí Dirichlet tồn màu mà có 133 45

  + =

 

  viên bi

ĐỀ SỐ 19

Câu 1) ĐK x≠ −26; 6; 3; 1;1; 2.− − −

ĐS.

2

− =

+ x A

x

2) Biến đổi 15

= − + A

x Vậy A nguyên

15

+

x nguyên ĐSx∈ − −{ 2; 4; 0; 8;12; 18 − − } Câu 1) PT hoành độ giao điểm d1và d2 (2m2 +1)x+2m− =1 m x2 + −m

Tìm 2 ; 22

1

 + − + − 

−

 + + 

 

m m m

I

m m

2) Giả sử I x y( 1; 1), ta có:

( )

1

2

1

2

3

 = + + −

 ⇒ = − −



= + −



y m x m

y x

y m x m

Suy I thuộc đường thẳng cố định có phương trình y = − −x

Câu 1) HPT (I) 2

7 10

− = − 

⇔  = − + −



x y z xy z z

Suy 2 2 ( )2 ( )2 ( 2 ) 2

2 10 12 19

+ = − + = − + − + − = − + −

x y x y xy z z z z z (đpcm)

2) Từ 2

17

+ = ⇒ =

x y z Thay vào HPT (I) tính ( ) (x y; = 4; ;− ) ( ) (x y; = 1; − )

(85)

Câu

1) Kẻ KEvng góc với BC, , 3, (2 3)

2 2

−

= a = a = a

KE BE EC

Từ KC =a 2−

2) Trong tam giác vng CDI có 2

3

= a =

CI DI nên ∠DCI =30o

Mặt khác ∠HPD−90o − ∠ABP=30 o Suy tứ giác CHDP nội tiếp (đpcm)

3) Lấy trung điểm L’của đoạn KC. Do tam giác CKDcân K Mlà trung điểm CP

suy L L’đối xứng qua KM nên LM = L’M Do L’Mlà đường trung bình tam

giác CKP nên 'M

2

= KP = a

L (đpcm)

Câu Biến đổi phương trình dạng ( 2 )2 ( 2 )( ) ( )2

4

− − − − − − =

x x x x

Vì x = khơng phải nghiệm phương trình nên x≠1

Khi PT cho tương đương với

2

4

5

1

 −  −  − − =

 −   − 

   

x x

Đặt

1

− =

− x t

x Phương trình trở thành

2

5

6

= − 

− − = ⇔  =

 t t t

t ĐS.PT cho bốn nghiệm 7;3 7; 21; 21

2

− + − −

+ −

ĐỀ SỐ 20

Câu 1) Từ giả thiết, ta có 2 2

1 1

+ − = + − ⇒ − = −

(86)

( )( )

2 4 2 2

1

⇒a −a =b −b ⇒ a −b a +b − =

Vì 2

0

− ≠

a b (giả thiết a ≠b) nên a2 +b2 =1

2) Đặt a = 2009, ta có

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

2 2

2 2 2 2 2

2

4 2

2009 2009 2010 2010 1 1

2 1

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

= + + + + = + +

a a a a a a a a a

a a a a a a

Vậy toán chứng minh

Câu 1) Theo định lí Vi-ét, ta có:

( ) ( ) ( ) ( )

2

5

2

5

 + =

 = −



 + = 

 = −



a b c ab d c d a cd b

Từ(1) (3) suy a – c = c – b = d - a (đpcm)

2) Đặt a – c = c – b = d – a = m c = a – m; b = c – m = a – 2m; d = a + m

Do a + b + c + d = 4a – 2m; d = a + m Từ(2), (4) suy 2

2 5 ; 10

− = − − − = − +

a am a m a m a m

Từđó, thu

2 15

− = −

m am m

Do a≠c nên m≠0 suy m – 2a = -15

Suy a + b + c + d = 30(đpcm)

Câu 1) Ta có ( 2 )2 2 3

2 1

− < ⇔ > ⇔ >

mn n S n n (đúng)

2 < ⇔ >

nS m n m n (đúng theo giả thiết)

2) Giả sử m≠n, xét hai trường hợp

Với m > n, theo 1) S sốchính phương suy 2 ( 2 )2 3 2

1

= − ⇒ = +

n S mn n mn (sai)

Với m < nkhi

Nếu m≥2thì n> ⇒2 2mn>4m⇒( )mn < <S (mn+1)2 (mâu thuẫn với S số

phương)

Nếu m = 1

Với n > 2 ( )2 ( )2

1

+ < < +

n S n (mâu thuẫn với S sốchính phương)

(87)

Vậy phải có m = n. Câu

1) TừCA + CB > AB ⇒ AN +BM > AN +BN ⇒BM > BN (đpcm)

2) Do tam giác CBM cân B nên ∠BCM = ∠BMC.Mà ∠PMC = ∠BMC (so le trong) nên ∠PMC = ∠BMC Tương tự ∠QNC = ∠ANC, suy điểm P Q1, 1đối xứng với điểm P, Q

qua đường thẳng CM CNđều thuộc AB và CP=CP CQ1, =CQ1 Từ ∆CPM = ∆CP M1 ;

1 ,

∆CQN = ∆CQ N ⇒ ∠CP M = ∠CPM ∠CQN = ∠CQ N

Mặt khác ∆CPM = ∆CQN (cùng bù với góc ∠ACB)⇒ ∠CP M1 = ∠CQ N1 nên

1 = ⇒ =

CP CQ CP CQ 3)

Ta có ,

2

= = a = =

CB BM CA AN a

( 1)

3

2 2

−

 

⇒ = − =  − =

 

a

a a

MN BM BN a

Gọi h khoảng cách từC đến AB (3 3)

2 16

−

= = ⇒ MCN =

AC a

h S a

Câu Do

2

 − 

 + 

+ =  +  

   

a b a b

a b nên tổng bình phương ba sốkhông thay đổi sau

mỗi lần chơi

(88)

Tổng bình phương ba sốđịi hỏi 41 2 +

Như vậy, ta không nhận trạng thái địi hỏi

ĐỀ SỐ 21

Câu Ta có 10 ) 10 ( 100 20 ) ( 92 20 64 16 92 20 2 2 + = + = + + = + + + = + + + + = a a a a A a a a a a A

B=( a4+ 20a3+ 10a2) + 2(a2 + 20a + 100) = a2(a + 10)2 + 2(a + 10)2 = (a + 10)2(a2 + 2)

0 10 ≥

+

= a

A ;B = (a + 10)2(a2 + 2) ≥ 0;A + B≥0 dấu “=” a = -10

Câu

Gọi thời gian người thứ làm xong cơng việc x (h) x > 18 Gọi thời gian người thứ hai làm xong cơng việc y (h) x > 18 h người thứ làm

x

1(CV); h người thứ hai làm

y (CV)

1 h hai người làm

18

(CV) ta có PT:

18 1 = + y x (1)

người thứ làm 6h người thứ làm 12 h 50% cơng việc.ta có PT:

12 = + y x (2) Từ (1) (2) ta có hệ

   = = ⇔       = = ⇔       = + = + ⇔       = + = + 36 36 36 1 36 1 12 18 1 12 18 1 y x y x y x y x y x y x

Vậy mội đội đội riêng 36 h xong Câu

a) xét hệ PT:

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

xét PT x2 – mx – = có ∆= +4>0

m

b) y1 = mx1 + 1;y2 = mx2 + 1;M = m2.x1x2 mà x1;x2là nghiệm PT x2 – mx – =

Theo Viét x1x2 = -1 nên M = -m2 ≤0 Max(M) =

(89)

a-Đặt CH = x BH = 10 - x ta có áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng ABH; ACH AH2 = AB2 - BH2 = 25 - x2 ; AH2 =A2C - H2C = 45 - (10 - x)2

Ta có PT : 25 - x2 = 45 - (10 - x)2 ⇔25 - x2 = 45 – 100 + 20x - x2

⇔20x = 80 ⇔ x = nên AH =

b) Áp dụng tính chất phân giác

9

5⇒ =

= = AH AO BH AB OH AO ; 10 = = AHB AOB S S ; 15 = = ABM ABT S S ; 12 10

15− =

= −

= ABT AOB

AOT S S

S (đvdt)

Câu

Ta có :

( )( )( )

( )

2 2

2

x x y y x x x x

y y x x (1)

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

Tương tự −x + 1 x+    = y− 1 y+  (2)

   

Cộng (1) (2) Ta có

0 1

1 1

1+ − − + = − + + − + ⇔ − − = + ⇔ + =

−

− y y x x x x y y y x x y x y

Vậy x + y = (đpcm)

ĐỀ SỐ 22

(90)

Câu

a)Theo giả thiết ta có

        = = = − = > − = ∆ ⇔        = + − − = = + > − = ∆ ⇔        = − − = = + > − = ∆ ⇔         + = − + = = + > − = ∆ ⇔           + = − + = − + = > − = ∆ ⇔        + = = = − − ≥ − = ∆ ⇔         + = = = + − = + > − = ∆ 12 ) 2 )( ( 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x c b c b x x x c x x c b c b x x c x x c b c b x x x x c x x c b c b x x x x c x x x x x c b x x x c x x x x x x c b x x x c x x c b b x x c b

b) 7( ) 42

30 10 12 10 12

3 ⇔ + + = ⇔ =

   = + + = − + ⇔       = + + = − + A z y x z y x z y x z y x z y x Câu

xét pq = ta có đpcm

xét :pq >

q p pq a pq q p a pq aq ap pq a pq aq ap + − ≥ ⇔ + + ⇔ + + + ⇔ +

+1)( 1) ( ) 1

(   

xét hiệu

) ( ) ( > + − = + − + − q p pq q p pq q p

pq (vì pq>1) nên

) (

2 p q

pq a

+ > Cách khác :

pq aq ap pq aq ap pq aq ap pq a pq aq

ap+1)( +1) ⇔ + + +1 ⇔ + +1 ⇒ + +1≥

(   

(91)

a) Ta có tứ giác CEHF hình chữ nhật

Ta có ∠CFE=∠EAB (cùng bằng∠CHE) nên thứ giác AEFB nội tiếp

b) Kẻ trung trực EF cắt HD O3chứng minh O3là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác

AEFB

Chứng minh CD ⊥EF tam giác CHD có IO3là đường trung bình nên mà O3O

⊥AB mà OA = OB nên O3O trung trực AB nên O3là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ

giác AEFB hay H, O3, D thẳng hàng

c) ∠BFS =∠BKS (cùng bù ∠EFB) nên tứ giác BFKS nội tiếp suy ∠FKS =∠FBA

mà ∠FBA =∠CEF nên ∠FKS =∠CEF nên tứ giác CEFK nội tiếp suy ∠EKF =∠ECF =

900hay FK vng góc với EK

Câu

a-cách chia cạnh thành 100 phần qua điểmchia kẻ đường thẳng // cạnh ta 100 hình vng có chu vi P = 2,02

Chia cạnh thành x phần cạnh lại y phần (x,y ∈N*)

Ta có xy = 100 gọi kích thước hình chữ nhật a,b y

b x

a= 1, =

50 ) (

2 x y

xy y x xy

P= = + = + ; P (max )khi x+y (max)

Mà (x;y)=(1;100);(2;50);(4;25);(5;20);(10;10) có cặp (1;100) thoả mãn Khi P(max)=2,02

ĐỀ SỐ 21

Câu

Nếu a > b > :

2

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

:

2

( )( )

( )

:

2

( )( )

2 ( )

:

( )( )

a b a b a b b a

P

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

a b P

a b a b a b ab

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

P

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

P

a b a b a b ab

−

 

+ +

=  + + −

+  − + − − 

−

 + + + + − 

+

=  −

+  − + 

−

 

+ + + + + −

=  −

+  − + 

 

+ +

=  −

+  − +  2

( )( )

.

2

2 ( )

2 2

a b

a b a b a b a b ab

P

a b ab a b a b

a b P

− −

+ − +

= −

+ +

− −

= −

0

2

a b a b

(92)

Nếu < a < b Khi P = -1 a < b

Câu

1 Tính = (m2 + 1)2 - 4(m - 2) = m4 +2m2 + 1- 4m + = (m2 - 1)2 + (2m - 1)2 + > với m

vì > với m nên phương trình ln có nghiệm phân biệt 2 Vì > với m theo vi-ét ta có:

Từ GT ta có

Vì m2+ > với m nên : m2 = suy m = (Loại),

Vậym = -2 Câu

2

a b b a

P= − − − = a− b

1 1 (1 ) 0

: 0 1; 4

P a b a a a a

Vi a a b

= − = − + = − ⇔ − =

> ⇒ = =

∆ ∀

2

1

( 1)

. 2

x x m x x m

 + = − +

 = −



2 2 2

1 2 2 1

2 2 2 2

2 2

4 2

2 1 2 1 55

2( ) ( ) 55

2( ) 4 ( ) 55

2( 1) 4( 2) ( 1) ( 2) 55

2 4 2 4 8 1 4 4 55

2 4 48 0 ( 4)( 6) 0

x x

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

x x x x x x x x m m m m

m m m m m m m m m m

− + − = + ⇔ + − + − =

⇔ + − − + − =

⇔ + − − + + − − =

⇔ + + − + + + − + − =

⇔ + − = ⇔ − + =

O1 K O2

I O

C A

B

(93)

1.Chứng minh điểm C, O1, M, O2 thuộc đường tròn ( C)

Ta có theo tính chất quan hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung

CO2M = CBA; CO1M = CAB

Nên CO2M + CO1M = CBA + CAB = 2( CBA + CAB) = 1800

Vậy điểm C,O1, M,O2 thuộc đường tròn ( C)

2.Chứng minh O thuộc đường tròn ( C)

Ta có COM góc ngồi cân CBO nên

COM = CBO + OCB = CBO = CO2M nên O thuộc đường tròn ( C)

3.Xác định vị trí M để bán kính đường trịn ( C) nhỏ

Ta có O2OO1 = 900 nên O2C O1 = 900 nên O1O2 đường kính đường trịn ( C) để

bán kính đường trịn ( C) nhỏ O1O2 nhỏ gọi I,K trung điểm BC,CA ta có

O2C O1 đồng dạng với ICK (g.g) nên

Min(O1O2) = IK= khi M trùng với chân đường cao kẻ từ C tới

AB

Câu

ac – a – c = b2 - 2b ac – a – c + = b2 - 2b + (a - 1)(c - 1) = (b - 1)2 (1)

bd – b – d = c2 - 2c bd – b – d + 1= c2 - 2c + (c -1)2 = (b - 1)(d - 1) (2)

vì b - 1,c - khác nên lấy (1) chia (2) ta

Câu Từ GT ta có

Áp dụng BĐT ta có

Vậy ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∆ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∆ ∆

2

1

2

O O O C AB

O O IK

IK = IC ≥ ⇒ ≥ =

2 AB

2 ; ;

O ≡I O ≡K

⇔ ⇔

1 1

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

1 1

1 1 ; ( )

a b

a d c b

c d

ad a d bc b c ad b c bc a d dpcm

− − = ⇔ − − = − − − − ⇔ − − + = − − + ⇔ + + = + + 2 2 1 1 ( ) ; ( )

(z+x) = +z y (z+ y) = +z x

[ ] ( ) 2

) ( 1 ) )( ( 2 ) ( ) ( ) ( 1 ) ( ) ( ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 2 2 2 2 + − + − = + + + + − + + − = + + + + − = + + + + − = y x y x x z y z x z y z y x VT x z y z y x y z x z y x VT 2

A B+ ≥ AB

2

2 2 2

1 1 1

( ) 2 ( )

(x−y) +(z+x) +(z+y) = (x−y) + x−y + ≥ (x−y) x−y + =

4 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 2

2 + + + + ≥

− y z x z y

(94)

Dấu “=”xảy

ĐỀ SỐ 22

Câu

Ta có

thay Vào (*)

Ta có

Câu

1.Để phương trình vơ nghiệm < 0; Ta có = a2 – 4(a2 - 6) = 24 – 3a2

Từ giả thiết ta có thay vào

Ta chứng minh < a < từ giả thiết

Ta có a2 + 3a + > với a nên a – < suy a < nên

kết hợp với (*) ta có

nên phương trình : x2 + ax + a2 - = vô nghiệm

2.áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpky cho dãy dãy * với a ;1 ;1 ta có 2(a2+1) (a+1)2(1) dấu “=” a=1

* với a ;1 ;1 ta có 2(b2+1) (b+1)2(2) dấu “=” b=1

* với a ;1 b ;1 ta có (a2+1)(b2+1) (ab+1)2(3) dấu “=” a=b=1

1

( )( ) 1

x y

z y z x

− = ± 

 + + =



2

( ) 2

2 2

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

c ac bc ab

+ = + − ⇔ + = + + + − −

⇔ = + −

2

( ) 2

(*)

( ) 2

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

+ − = + − +

+ − + − +

2 2

c= ac + bc − ab

2

( ) 2 2 2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

( )( )

; ( )

( )( )

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

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

a b c a c a c

dpcm a b c b c b c

+ − = + − + = + − + + − −

+ − + − + + − + + − −

+ − + − + − − − +

= =

+ − + − + − − − +

+ − − −

= =

+ − − −

∆ ∆

2 6(a 1)

a

+

= 24 18 18 18

24 3a a a (*)

a a

− −

∆ = − = = −

3 2

2

6 6 0 3 3 9 3 9 3

( 3)( 3 3) 3

a a a a a a a a a a

− − = ⇔ − + − + − = −

⇔ − + + = −

18 18 6 3 a > = 18

6 0

a

∆ = − <

≥ ≥

(95)

Từ (1),(2),(3) ta có

4(a2+1)2(b2+1)2 (a+1)2 (b+1)2 (ab+1)2 2(a2+1)(b2+1) (a+1)(b+1)(ab+1)

Kết hợp với đầu dấu “=” a=b=1

Cách khác: Phá ngoặc 2(a2+1)(b2+1) (a+1)(b+1)(ab+1)

2a2b2+2a2+2b2+2 a2b2+2ab+a2b+ab2+a+b+1

2a2b2+4a2+4b2+4 4ab+2a2b+2ab2+2a+2b+2(*)

áp BĐT Cô-Si 2(a2+b2) 4ab;a2b+a2 2a2b;ab2+b2 2ab2;a2+1 2a;b2+1 2b cộng BĐT

cùng chiều ta có (*) chứng minh dấu “=” a = b =

Câu

a) số (a,b,c)= (1;3;7)

b) Giả sử a,b,c số nguyên tố

Từ giả thiết Ta có (b + c + bc) + a(1 + b + c) =(a + b + c + ab + bc + ac) a (a + c + ac) + b(1 + a + c) =(a + b + c + ab + bc + ac) b (a + b + ab) + c(1 + a + b) =(a + b + c + ab + bc + ac) c Nên ( a + b + c + ab + ac + bc ) chia hết cho a, b, c

Ta có (a + 1)(b + 1)+(a + 1)(c + 1)+(c + 1)(b + 1) = ab + a + b + + ac + a + c + + bc + c+b+1

=(2a+2b+2c+ab+bc+ac)+3 (mod (a,b,c))

Mà (b+1)(c+1)=b+c+bc+1 1(mod a)

Nên (a+1)(b+1)+(a+1)(c+1)=(a+1)(b+c+2) (mod a) (mod a)

Mà theo GT (b+c+bc) 0( mod a) bc (mod a) hay bc a mà a,b,c nguyên tố vô lý Suy a,b,c không đồng thời số nguyên tố

Câu

1.Chứng minh DE//GF xét tứ giác ADEB có A2= B2

nên tứ giác ADEB nội tiếp suy EDM= ABG (1) ( bù với ADE)

xét tứ giác AGFB có A1= B1( nội tiếp chắn cung AG)

≥ ⇔ ≥

≥

⇔ ≥

≥ ≥ ≥ ≥ ≥

  

≡ ≡

2

≡ ⇒b+c ≡a

≡ ≡ 

L

A

2

P

E D

G

F M

N O

C B

∠ ∠

∠ ∠ ∠

(96)

nên tứ giác AGFB nội tiếp suy AFG= ABG (1)

Từ (1) (2) EDM = AFG vị trí so le nên DE//GF ( đpcm)

2.nếu tứ giác DEFG hình bình hành chứng minh DF EG ALP đồng dạng với ANC

Vì tứ giác DEFG hình bình hành nên ME=MG xét AEG có AM vừa phân giác vừa trung tuyến nên AM EG hay DF EG ( đpcm)

Vì DF EG AMB = 900suy AB đường kính đường trịn (O)

Khi ALP = ANC = 900 nên ALP đồng dạng với ANC (g.g) (đpcm)

Câu

Gọi M , N,P trung điểm cạnh BC , AC , AB nối M,N,P chia ABC thành có cạnh 1,5 cm gọi O tâm giả sử APN nối O với trung điểm ba cạnh APN ta tứ giác gọi tứ giác AIOK ABC

được chia thành 12 tứ giác tứ giác AIOK ( hình vẽ) xét tứ giác AIOK có AI = AK = IK = 1,5 cm ;IO = OK= cm; AO = cm

Vì có 13 điểm 12 tứ giác nên theo ngun tắc Đríc-lê tồn điểm thuộc tứ giác khoảng cách điểm không vượt AO= cm (đpcm)

∠ ∠

⊥ ∆ ∆

∆

⊥ ⊥

⊥ ∠

∠ ∠ ∆ ∆

∆ ∆

3

2

3

K

J I

O

M

N P

A

Định dạng
Số trang	96
Dung lượng	2,54 MB