Tổng hợp các đề thi và lời giải chi tiết vào lớp 10 môn Toán trường THPT chuyên Bắc Ninh từ năm 2010

Do vậy tứ giác PKHI nội tiếp đường tròn nên HPI   HKI . Mà IH vuông góc với PQ tại H nên H là trung điểm của PQ.. Cách sắp xếp trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.. a) Chứng minh rằng tứ [r]

(1)



Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp

BỘ ĐỀ THI VÀO LỚP 10

MƠN TỐN CHUN BẮC NINH

(2)

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số

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

Môn thi: Tốn (Dành cho thí sinh chun Tốn, chun Tin) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu (2,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức 2

2 38

4

x x x x

A

x x

   



  x= +2

b) Cho hai hàm số y x2 y m1x1 (với m tham số) có đồ thị lần lượt

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

 

3 3

1 18

y y  x x

Câu (2,5 điểm) a) Giải hệphương trình

2

5 18

y xy x y

x y x

    



    



b) Cho số thực không âm x y z, , thỏa mãn x   y z Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức M  x26x 25  y26y 25  z26z 25

Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất cặp sốnguyên dương  x y; thỏa mãn xy x y x 2y2  1 30 b) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 12n21 số nguyên Chứng minh rằng

2

2 12n  1 2 sốchính phương

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC Các đường cao , ,

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

a) Chứng minh NI ND. NE NC.

b) Chứng minh đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CH

c) Đường thẳng HM cắt đường tròn  O điểm K (khác điểm H ), đường thẳng KN

cắt đường tròn  O điểm G (khác điểm K ), đường thẳng MN cắt đường thẳng BC

tại điểm T Chứng minh ba điểm H T G, , thẳng hàng

Câu (1,0 điểm) Cho 2020 kẹo vào 1010 hộp cho khơng có hộp chứa

nhiều 1010 kẹo hộp chứa 1cái kẹo Chứng minh tìm

thấy số hộp mà tổng số kẹo hộp 1010 -Hết -

(3)

Đề số

Câu

a) Rút gọn biểu thức : 2 2 2 2

2 2

4

: ,

a a b a a b a a b

P a b

b

a a b a a b

 + + − +  −

= −  > >

− + + +

 

b) Cho phương trình:

0

x +ax+ =b với x ẩn, a, b tham số Tìm a, b cho phương trình có nghiệm thỏa mãn

3

1

5 35

x x

− = 



− = 

Câu

a) Giải phương trình: x+ +3 3x+ = +1 x

b) Cho số thực a b c, , thỏa mãn 0≤a b c, , ≤2,a+ + =b c Tìm GTLN GTNN

2 2

a b c

P

ab bc ca

+ + =

+ +

Câu

a) Tìm cặp số nguyên x y, thỏa mãn x2−2y2 =1

b) Chứng minh hiệu lập phương số nguyên liên tiếp bình phương số tự nhiên n n tổng sốchính phương liên tiếp Câu

1) Từ A (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm) AO cắt BC H Đường trịn đường kính CH cắt (O) điểm thứ hai D Gọi T trung điểm BD

a) Chứng minh ABHD tứ giác nội tiếp

b) Gọi E giao điểm thứ đường trịn đường kính AB với AC, S giao điểm AO với BE Chứng minh TS // HD

2) Cho (O1), ( )O2 cắt hai điểm A, B Gọi MN tiếp tuyến chung đường

tròn với M, N thuộc (O1), ( )O2 Qua A kẻđường thẳng d song song với

MN cắt (O1), ( )O2 ,BM, BN C, D, F,G Gọi E giao điểm CM

DN Chứng minh EF = EG

Câu Cho 20 số tự nhiên, sốcó ước ngun tốkhơng vượt q Chứng minh chọn số cho tích chúng sốchính phương

-Hết -

(4)

Đề số

Mơn thi: Tốn (Dành cho thí sinh chun Tốn, chun Tin) Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1(2.5 điểm)

Cho biểu thức 2

x x

P

x

 





3 2 2

2

x x x

Q

x

  



 với x 0;x 4 a) Rút gọn biểu thức P Q

b) Tìm tất giá trị x để P Q Câu 2(2.5 điểm)

a) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c

b  c a Tính giá trị biểu thức:

4 2017 2017

a b c

P

a b c

 



 

b) Giải hệ phương trình

 

2

3 3

x y xy

x x x x y y

   



       

 Câu 3(1.5 điểm).

a) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b c 3.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

6 6

a a b b c c

M

a a b b c c

     

  

  

b) Cho tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên có hai chữ số Nếu đổi chỗ hai chữ số số đo cạnh huyền ta số đo cạnh góc vng Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

Câu 4(3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB AC nội tiếp đường tròn  O Tiếp tuyến A đường tròn  O cắt đường thẳng BC M Kẻ đường cao BF tam giác ABC(F thuộc AC) Từ F kẻ đường thẳng song song với MA cắt AB E Gọi H giao điểm củ CE BF, D giao điểm AH BC

a) Chứng minh MA2 MB.MC 2

MC AC

MB  AB b) Chứng minh AH vng góc với BC D

c) Gọi I trung điểm BC Chứng minh bốn điểm E, F, D, I nằm đường tròn d) Từ H kẻ đường thẳng vng góc với HI cắt AB AC P Q Chứng minh H trung điểm PQ

Câu 5(0.5 điểm) Cho 2n1 số nguyên, có số số 1, 2, 3, , n số xuất hai lần Chứng minh với số tự nhiên n ta xếp 2n 1 số nguyên thành dãy cho với m1,2, 3, ,n có m số nằm hai số m

(5)

Đề số

Mơn thi: Tốn (Cho thí sinh)

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

Câu 1(1.5 điểm)

a) Giải phương trình x2 5x  6 0.

b) Tính giá trị biểu thức A 3 12 27 108 

Câu 2(1.5 điểm) Cho hệ phương trình

2

x my

x y

   

  

 , với m tham số a) Giải hệ phương trình m 1

b) Tìm tất giá trị nguyên m để hệ phương trình có nghiệm  x y;

sao cho x y số nguyên

Câu 3(2.5 điểm) Cho hàm số y 2x2. a) Vẽđồ thị  P hàm số

b) Tìm m đểđường thẳng d y: 2mx 2 cắt  P hai điểm phân biệt có hoành độ x x1; 2sao cho biểu thức  4  2 2   3

1 17 2 2 90

M  x x  x x x x  x x x x  đạt giá trị nhỏ

Câu 4(3.0 điểm). Cho tam giác ABC lấy điểm D thay đổinằm cạnh BC (D không trùng với B C) Trên tia AD lấy điểm P cho D nằm A P đồng thời DADP DB DC Đường tròn  T qua hai điểm A D cắt cạnh AB, AC F E

a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp

b) Chứng minh hai tam giác DEF PCB đồng dạng c) Chứng minh 22

4 DEF

ABC

S EF

S  AD (SABC;SDEFlần lượt diện tích tam giác ;

ABC DEF)

Câu 5(1.5 điểm) a) Cho tứ giácABCD có đường trịn đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng CD Chứng minh AD song song với BC đường trịn đường kính CD tiếp xúc với đường thẳng AB

b) Trên bảng vuông 4x4(gồm 16 ô vuông), ban đầu người ta ghi số số cách tùy ý (mỗi ô số) Với phép biến đổi bảng, cho phép chọn hàng cột bất kì, hàng cột chọn, đổi đồng thời số thành số 1, số thành số Chứng minh sau 2016 phép biến đổi vậy, ta không thểđưa bảng ban đầu bảng có số

(6)

Đề số

Mơn thi: Tốn (Chun Tốn, Tin)

Câu 1(2.5 điểm).

a) Phân tích đa thức P x x4 5x3 5x2 5x 6 thành nhân tử. b) Rút gọnbiểu thức

   

 

2

4 1

1

4

x x x x

Q

x

x x

      

 

   



 

  với x 1 x 2 Câu 2(2.0 điểm)

a) Giải phương trình 2 – 1 x 3 5x  6 3x 8

b) Cho bốn số thực a, b, c, d khác thỏa mãn điều kiện a, b hai nghiệm phương trình x2 10cx 11d 0 và c, d hai nghiệm phương trình

2 10 11 0

x  ax b  Tính giá trị biểu thức S    a b c d Câu 3(1.0 điểm)

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

 

4

3

3a 3b c M

a b c

  



 

Câu 4(3.0 điểm) Trên đường tròn tâm O, bán kính R vẽ dây cung Từ A, B vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn Lấy điểm M thuộc cung nhỏ AB (M khơng trùng với A B) Gọi H, K, I chân đường vng góc hạ từ M xuống

a) Chứng minh

b) Gọi E giao điểm AM KH, F giao điểm BM HI Chứng minh đường thẳng EF tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK MFI

c) Gọi D giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK MFI Chứng minh M di chuyển cung nhỏ AB đường thẳng DM ln qua điểm cố định

Câu 5(1.5 điểm).

a) Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện chia hết cho a, chia hết cho b, chia hết cho c

b) Các nhà khoa học gặp hội nghị Một số người bạn Tại hội nghị khơng có hai nhà khoa học có số bạn lại có bạn chung Chứng minh có nhà khoa học có người bạn

 C AB 2R

;

Ax By  C

,

AB Ax By

2 .

MH MK MI

a  b c bc1 ca1 ab1

(7)

Đề số

Mơn thi: Tốn (Cho thí sinh)

Câu (1,5 điểm)

1. Cho hai số a1  1 2;a2  1 Tính a1 a2

2. Giải hệ phương trình

2

x y

x y    

    

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức :  0, 4

2 2

a a a

A a a

a

a a a

  

 



     

 

   

 

1. Rút gọn biểu thức A

2. Tính giá trị biểu thức A với a  6

Câu (2,5 điểm) Cho phương trình x2 2m1x m m  1 0  1 (với m tham số)

1 Giải phương trình (1) với m =

2 Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m Gọi x x1; 2là hai nghiệm phương trình (1) (với x1 x2)

Chứng minh

1 2

x  x  

Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB dây cung cố định không qua tâm đường tròn (O) Gọi I trung điểm dây cung AB, M điểm cung lớn AB (M khơng trùng A, B) Vẽ đường trịn (O’) qua M tiếp xúc với đường thẳng AB A Tia MI cắt đường tròn (O’) điểm thứ hai N cắt đường tròn (O) điểm thứ hai C

1 Chứng minh BIC  AIN , từ chứng minh tứ giác ANBC hình bình hành Chứng minh: BI tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN

3 Xác định vị trícủa điểm M cung AB để diện tích tứ giác ANBC lớn Câu (1,5 điểm)

1 Tìm nghiệm dương phương trình 1 x x2 1 2015   1 x x2 12015 22016. Trong mặt phẳng cho 2015 điểm phân biệt thỏa mãn ba điểm ln có hai điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh rằng: ln tồn hình trịn có tâm 2015 điểm bán kính chứa 1008 điểm 2015 điểm cho

(8)

Đề số

Mơn thi: Tốn (Chun Tốn, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức:

1

1 2

x x x x x x x x

P

x

x x x x x

     

 



   

 

    

 

1. Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P

2. Tính giá trị biểu thức P 5 49 20 6 

4 9 3 11 2

x   



 Câu (2,5 điểm)

1 Cho số thực dương x thỏa mãn điều kiện 3

A x

x

 

5

B x

x

  Tính giá trị biểu thức

2 Giải hệ phương trình 2 

4

x x y

y xy

  



  

 Câu (1,5 điểm)

1 Chứng minh rằng: a2 b2x2 y2ax by2, a b x y, , , R

2 Cho x, y, z la fba số thực dương x   y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức

    y z z x x y

T x y y z z x

x y z

    

 



       



 

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB <AC) nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF đồng quy trực tâm H (D, E, F chân đường cao) Gọi M trung điểm cạnh BC Kẻ HP vng góc AM P

1 Chứng minh rằng: ddiemr A, E, F, H, P thuộc đường trịn (kí hiệu (K)) đồng thời EMlà tiếp tuyến đường tròn (K)

2 Chứng minh MC2 MAMP.

3 Gọi T điểm đối xứng với P qua đường thẳng BC Chứng minh rằng: T thuộc đường tròn (O)

Câu (1,0 điểm) 1 Tìm hai số nguyên dương x2 3ythỏa mãn hai số x y x,   y 0và

y2 3xđều số phương.

2 Viết 2016 số tự nhiên 1,2,3,…,2015,2016 lên bảng Thực trình sau: lần xóa hai số a b bất kì, viết lên bảng số (a + b) số (a – b), đến lại số dừng lại Hỏi số cịn lại số 2017 hay không?

(9)

Đề số

Mơn thi: Tốn (vịng 1)

Câu I ( 1, điểm ) Cho phương trình

2

x + mx− m− = (1) , với ẩn x , tham số m

1) Giải phương trình (1) m =

2) Xác định giá trị m đểphương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 cho x12+x22 nhỏ Câu II ( 1,5 điểm ) Trong một hệ toạđộ , gọi (P ) đồ thị hàm số y = x2 (d)

đồ thị hàm số y = -x +

1) Vẽcác đồ thị(P) (d) Từđó , xác định toạđộgiao điểm (P) (d) đồ thị 2) Tìm a b đểđồ thị ∆ hàm sốy = ax + b song song với (d) cắt (P) điểm có hồnh độ -1

Câu III .( 2,0 điểm )

1) Một người xe đạp từđịa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24km Khi từ B trở vềA người tăng vận tốc thêm 4km so với lúc , thời gian vềít thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từA đến B

2 ) Giải phương trình x+ 1− +x x(1−x) =1

Câu IV ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt H Vẽhình bình hành BHCD Đường thẳng qua D song song với BC cắt

đường thẳng AH M

1) Chứng minh năm điểm A, B ,C , D , M thuộc đường tròn

2) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh BM = CD góc BAM = góc OAC

3) Gọi K trung điểm BC , đường thẳng AK cắt OH G Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC

Câu V .( 2, điểm )

1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a2+ ab + b2 – 3a – 3b + 2014

2) Có thành phốtrong cứ3 thành phố có thành phố liên lạc với Chứng minh thành phố nói tồn thành phố liên lạc với

(10)

Đề số

Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức ( )

2

1 ,

1

x x x

P x x

x x

 −  − 

= −  +  

− −

   với x≥0,x≠1

1) Rút gọn P

2) Tìm sốchính phương x cho

P số nguyên

Câu II.(2,0 điểm)

1) Cho số thực x, y, z, a, b, c thỏa mãn điều kiện x y z

a+ + =b c

0

a b c

x+ + =y z Chứng minh

2 2

x y z

a +b +c = 2) Tìm số nguyên a để phương trình:

(3 ) 40

x − + a x+ − =a có nghiệm ngun Hãy tìm nghiệm ngun

Câu III (1,5 điểm)

1) Cho hệphương trình 2

2

x my m mx y m

+ =



 − = −

 với x y, ẩn, m tham số Tìm m để hệ

phương trình có nghiệm ( )x y; thỏa mãn

2

x − x− >y

2) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thỏa mãn điều kiện 2c+ =b abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức S

b c a c a b a b c

= + +

+ − + − + −

Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O) (AB < AC) Các tiếp tuyến với (O) B C cắt N Vẽ dây AM song song với BC Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) M P

1) Cho biết 12 2

16

OB + NC = , tính độdài đoạn BC 2) Chứng minh BP CP

AC = AB

3) Chứng minh BC, ON AP đồng quy Câu V (1,5 điểm)

1) Cho đường trịn tâm O bán kính 1, tam giác ABC có đỉnh A, B, C nằm đường tròn có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC

2) Cho tập A={1; 2;3; ;16} Hãy tìm sốnguyên dương k nhỏ cho tập gồm k phần tử A tồn hai số phân biệt a b, mà a2+b2 số nguyên tố

(11)

Đề số 10

Mơn thi: Tốn (Dành cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x− =3

b) Với giá trị x biểu thức x−5 xác định?

c) Rút gọn biểu thức: 2 2 2

A= + −

+ −

Câu 2.(2,0 điểm)

Cho hàm số: y=mx+1 (1), m tham số

a) Tìm m đểđồ thị hàm số(1) qua điểm A(1; 4) Với giá trị m vừa tìm được, hàm

số(1) đồng biến hay nghịch biến trên?

b) Tìm m đểđồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng d:

1

y=m x+ +m

Câu (1,5 điểm)

Một người xe đạp từ A đến B cách 36 km Khi từ B trở A, người tăng vận tốc thêm km/h, thời gian thời gian 36 phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B

Câu (3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn đường kính BC, nửa đường trịn lấy điểm A (khác B C) Kẻ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Trên cung AC lấy điểm D bất kì (khác A C), đường thẳng BD cắt AH I Chứng minh rằng:

a) IHCD tứ giác nội tiếp;

b) AB2 = BI.BD;

c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID nằm đường thẳng cố

định

khi D thay đổi cung AC Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất sốnguyên dương ( ; )x y thỏa mãn phương trình:

2

x + y − xy+ x− y+ =

b) Cho tứ giác lồi ABCD có BAD BCD góc tù Chứng minh

AC<BD

-Hết -

(12)

Đề số 11

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014

Mơn thi: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào chun Tốn, Tin) Thời gian làm bài:150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi:20 tháng năm 2013

Câu (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức 2 :

1 1

x x x

A

x x x x x x x

 + +  +

= + + 

− + + − + +

  với x≥0, x≠1

b)Cho ( )

3

3 10 21

x

− +

=

+ + , tính giá trị biểu thức ( )

2013

4

P= x + x−

Câu 2.(2,0 điểm) Cho phương trình: 2

2x −4mx+2m − =1 (1), với x ẩn, m tham số

a) Chứng minh với giá trị m, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x x1, 2 Tìm m để 2x12 +4mx2 +2m2− <9

Câu (1,5 điểm)

a) Cho sốdương x, y thỏa mãn 3

x− =y x + y Chứng minh x2+y2 <1

b) Giải hệphương trình:

2 2

2

x y y z z x

 = +



= +



 = +



Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kínhBC=2R, điểm A nằm ngồi đường trịn cho tam giác ABC nhọn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N hai tiếp điểm) Gọi H trực tâm tam giác ABC, F giao điểm AH BC Chứng minh rằng:

a) Năm điểm A, O, M, N, F nằm đường tròn; b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng;

c) 2

HA HF =R −OH

Câu (2,0 điểm)

a) Tìm tất số nguyên dương (x y z; ; )thỏa mãn 2013 2013

x y y z

+

+ số hữu tỷ,

đồng thời 2

x +y +z số nguyên tố

b) Tính diện tích ngũ giác lồi ABCDE, biết tam giác ABC, BCD, CDE, DEA, EAB cùng có diện tích

(13)

Đề số 12

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 30 tháng năm 2012

Bài (2,5 điểm)

1/ Rút gọn biểu thức sau:

A= 4− 10 5− − 4+ 10 5−

2/ Giải phương trình:

2

x + x −2x 19− =2x+39

Bài (2,0 điểm)

1/ Cho ba số a, b, c thỏa mãn: 4a−5b 9c+ =0 Chứng minh phương trình

ax +bx+ =c ln có nghiệm

2/ Giải hệ phương trình:

( )

2

xy y x 7y x

x y 12 y

 + + =



 + =

 

Bài (1,5 điểm)

1/ Cho ba sốdương a, b, c thỏa mãn: a+ + =b c Chứng minh rằng:

(1 a b c+ )( + )( + ) (≥8 a b c− )( − )( − )

2/ Phân chia chín số: 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 thành ba nhóm tùy ý, nhóm ba số Gọi

T tích ba số nhóm thứ nhất, T2 tích ba số nhóm thứ hai, T3 tích ba số

nhóm thứ ba Hỏi tổng T1+T2+T3 có giá trị nhỏ bao nhiêu?

Bài (2,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O bán kính R dây cung BC cố định khác đường kính Gọi A điểm chuyển động cung lớn BC đường tròn (O) cho tam giác ABC nhọn; AD,BE,CF đường cao tam giác ABC Các đường thẳng BE, CF tương ứng cắt (O) điểm thứ hai Q, R

1/ Chứng minh QR song song với EF

2/ Chứng minh diện tích tứ giác AEOF EF R

2

3/ Xác định vị trí điểm A để chu vi tam giác DEF lớn Bài (1,5 điểm)

1/ Tìm hai số nguyên a, b để a4+4b4 số nguyên tố

2/ Hãy chia tam giác thành tam giác cân có tam giác

-Hết -

(14)

Đề số 13

Mơn thi: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào chun Tốn, Tin) Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 09 tháng năm 2011 Bài 1. (2,0 điểm)

Cho phương trình: ( )

x −2 m+2 x+6m 0+ = với x ẩn, m tham số

a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b/ Tìm điều kiện m đểphương trình có hai nghiệm phân biệt lớn

Bài 2. (3,0 điểm)

a/ Cho a, b hai sốthực dương thỏa mãn a − ab −6b=0 Tính giá trị biểu thức: P a b .

a ab b

+ =

+ +

b/ Giải hệphương trình:

2

x 3y 2

9y 8x 8

 − =

 

− =



Bài 3. (1,5 điểm)

a/ Cho số thực a, b thỏa mãn a+ ≠b 0 Chứng minh rằng:

2

2 1 ab

a b 2

a b

+

 

+ +  ≥

+

 

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

thức: 2

M= a +abc + b +abc+ c +abc+9 abc. Bài 4. (3,0 điểm)

Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Vẽ đường thẳng (d) qua A cắt (O) C cắt (O’) D cho A nằm C D Tiếp tuyến (O) C tiếp tuyến (O’) D cắt E

a/ Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp b/ Chứng minh BE.DC=CB.ED+BD.CE. Bài 5. (0,5 điểm)

Cho tam giác ABC, tia BA lấy điểm M, tia đối tia CA lấy điểm N BM=CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cốđịnh

-Hết - (Đề thi gồm 01 trang)

(15)

Đề số 14

Môn thi: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào chun Tốn, Tin) Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 09 tháng năm 2011 Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình sau:

1/ x 1+ = −x 2/ x2−2x 1+ + x2+4x+ =4

Bài 2: (2,5 điểm)

Chohàm số 2

y= x −4x+ +4 4x +4x 1+ +ax (x biến số)

1/ Xác định a để hàm sốluôn đồng biến

2/ Xác định a đểđồ thị hàm sốđi qua điểm B(1; 6) Vẽđồ thị (C) hàm sốđã cho với a vừa tìm

3/ Dùngđồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình sau: 2

x −4x+ +4 4x +4x 1+ = +x m

Bài 3: (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A Dựng đường trịn (O) (O’) có đường kính tương ứng AB AC, đường trịn cắt A D

1/ Chứng minh B, C, D thẳng hàng, từđó suy hệ thức: 2 12 12

AD = AB + AC

2/ Gọi M điểm cung nhỏ CD; AM cắt BC E cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N Chứng minh tam giác ABE cân

3/ Gọi I trung điểm MN Chứng minh: 

OIO '=90 Bài 4: (2,0 điểm)

1/ Chứng minh a, b, c số thỏa mãn: a+ + =b c 2009 1 1 1 1

a + + =b c 2009 ba số phải có số 2009 2/ Cho tam giác ABC, AD phân giác góc A Chứng minh rằng: AD2 = AB.AC – DB.DC

Bài 5: (1,0 điểm)

Có bàn vừa màu xanh vừa màu đỏ xếp thành hàng dọc cách Chứng minh có bàn xếp cách bàn màu với khoảng cách

- Hết -

(16)

Đề số 15

Môn thi: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào chun Tốn, Tin) Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu (1,5 điểm)

Cho hàm số y=f x( )= −x x có đồ thị(P)

1/ Chứng minh hàm số f(x) nghịch biến với x thuộc R 2/ Tìm tọa độgiao điểm đồ thị(P) với đường thẳng y = -2x 3/ Vẽđồ thị(P)

Bài (2,0 điểm) Cho phương trình

x −2x−2 x−m + =2

1) Giải phương trình m =

2) Tìm m đểphương trình cho có nghiệm Bài (2,0 điểm)

1) Cho hai sốdương x,y thỏa mãn x+ =y xy Tính x y

2) Tìm sốnguyên dương x, y thỏa mãn 1 x + =y

Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R kẻ đường cao AA’, BB’, CC’ Gọi D diện tích tam giác ABC S’ diện tích tam giác A’B’C’

1) Chứng minh AO vng góc B’C’

2) Chứng minh , P chu vi tam giác A’B’C’ 3) Chứng minh hệ thức 2 S'

cos A cos B cos C

S

+ + = −

Câu (1,5 điểm) 1) Hai số 2010

2 52010được viết liền Hỏi có tất chữ số

2) Cho tam giác ABC có đường phân giác BE hợp với cạnh AC góc o

45 (góc

o

BEA 45

∠ = ) Vẽđường cao AD tam giác ABC Chứng minh góc o

EDC 45

∠ =

(17)

Đề số 15

Mơn thi: Tốn ( Dành cho thí sinh) Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức P a : a

a a a a

 

= + 

+ +

 

1/ Rút gọn biểu thức P 2/ Tìm a để P 13

3

=

Câu (2,0 điểm)

Một đội cơng nhân dựđịnh hồn thành cơng việc với 500 ngày cơng thợ Hãy tính sốngười đội Biết bổxung thêm cơng nhân sốngày để hồn thành cơng việc giảm ngày

Câu (2,0 điểm) Cho hai hàm số y = -x + y = x2

1/ Vẽđồ thị (D) hàm số y = -x + đồ thị(P) hàm số y = x2trên trục tọa

độ (Đơn vị hai trục nhau)

2/ Tìm giao điểm (D) (P) đồ thị kiểm tra lại phương pháp đại số 3/Tìm hàm sốy = ax + m biết đồ thị(D’) song song với (D) cắt (P) điểm có hồnh độ

Câu (3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB = 2R Kẻ hai tiếp tuyến Ax By nửa đường tròn (O) tiếp tuyến thứ ba tiếp xúc với nửa đường tròn (O) M cắt Ax D, cắt By E

1/ Chứng minh tam giác DOE tam giác vuông 2/ Chứng minh AD.BE = R2

3/ Xác định vị trí M nửa đường trịn (O) cho diện tích tam giác DOE đạt giá trị nhỏ

Câu (1,0 điểm)

Cho ( )( )

x+ x + 2010 y+ y + 2010 = 2010.Hãy tính tổng S = x + y

(18)

HƯỚNG DẪN GIẢI Đề số

Câu Đáp án Điểm

1.a 1,0

Ta có x  2 3 x 22  3 x2 4x  1 0

2 4 5 4 1 4 2

x  x   x  x    0,5

4 2 3 38 5

x  x  x  x 

x4 4x3 x2 2x3 8x2 2x 10x2 40x 10 5 5

           

2

A 

  0,5

1.b 1,0

Phương trình hồnh độ giao điểm d  P x2 m1x  1 0  1

 P cắt d hai điểm phân biệtA x y 1; 1, B x y 2; 2 chỉkhi phương trình

 1 có hai nghiệm phân biệt x1, x2

 2

1

1 m

m m

m   

              (*) Áp dụng ĐL Vi-ét ta có x1 x2 m1; x x1 2 1

0,5

Từ giả thiết ta có

1

y x ,

2

y x Khi

      

3 3 6 3 3 3

1 18 2 18 2 18

y y  x x x x  x x  x x x x    2

Do x1 x2 nên   3  3  

1 2 2

2 x x 18 0 x x 3x x x x 180 Do đó,

 3      2  

1 18 3

m  m    m   m  m   

 

4 m

  (t/m (*))

0,5

2.a 1,5

   

2

5 18

y xy x y

x y x

     



     

(19)

ĐK: x y, 

 1 2  1 4 1  0  1 2 4 0

4 y

y y x y y y y x

y x

  

               

 Với y 1 thay vào  2 ta

2

4

11

5 11

24 110 117

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

2 55 217 55 217

24 24

x  x 

    

0,5

Với y  4 2x thay vào  2 ta 5x2 28 14 x18 x4 4

x2 2x 2 x2 2x 2x2 2x 2 6 x2 2x 2 0

           

 

2

2 2 2

2 2

x x x x

                      

5 2

3

3 10

5 2

3 x y x x x y                      

Vậy hệphương trình có bốn nghiệm là:

55 217 ;1 24               

; 55 217;1 24               

; 2 7;

3              ;

5 2 7;

3               0,5

2.b 1,0

Từ giả thiết suy 0x y z; ; 3 Ta có

 2   2  2  2    

9 x 6x 25  x 30x 225 8x 24x  15x 8x x3  15x với x, 0 x

(do ≤ ≤ ⇒x 8x x( −3) ≤0, dấu xảy x = x = 3) Do 9x26x 2515x hay 6 25 15

3 x

x  x    với

(20)

,

x x

  

Tương tự 6 25 15 ; 6 25 15

3

y z

y  y   z  z    với

, : ,

y z y z

  

Do đó, 15 15 15 45 14

3

x y z

M         

Dấu xảy x y z; ;   3; 0; 0 x y z; ;   0; 3; 0hoặc

x y z; ;   0; 0; 3

Ta có 5x26x 25  x2 22x 121  4x2 8x 4

11x2 4x 1 2  11x2với x, 0 x (do 4(x −1)2 ≥ 0, dấu xảy x =1)

Do 5x26x 2511x hay 6 25 11

5 x

x  x    với

,

x x

  

Tương tự 6 25 11 ; 6 25 11

5

y z

y  y   z  z    với

, : ,

y z y z

  

Do đó, 11 11 11 33

5

x y z

M         

Dấu xảy x   y z

Vậy GTLN M 14 đạt x y z; ;   3; 0; 0 x y z; ;   0; 3; 0

hoặc x y z; ;   0; 0; 3 GTNN M đạt x   y z

0,5

3.a 1,0

Vì x y, nguyên dương    x y;  1;1 không thỏa mãn phương trình nên

2 1 3; 3

x y   xy   x y Suy xy x y ước nguyên dương lớn

hơn 30 gồm: 5;6

(21)

Nếu xy    x y x 1y16 ta trường hợp

+)

1

x x

y y

 

    

 

 

    

 

 

(thỏa mãn điều kiện đầu bài)

+)

1

x x

y y

 

    

 

 

    

 

 

(thỏa mãn điều kiện đầu bài)

Nếu xy    x y x 1y17 không thỏa mãn Vậy cặp số  x y; thỏa mãn    1;2 , 2;1

0,5

3.b 0,5

Vì 12n2 1 số lẻ nên để 12n2 1 số nguyên

 2

2

12n  1 2m1 ,m

Suy ra, m m 13n2

Vì m m; 11 nên xảy hai trường hợp

2

*

2

3 ;

, ,

;

m u m v

u v

m v m u

   

 

   

 

0,25

Nếu mv m2;  1 3u2 v2 3u2 1 hay v2 số chính phương chia 3 dư Điều khơng xảy số phương chia dư

Do xảy m 3 ;u m2  1 v2

Ta có 2 12n2   1 2 2 2 m  1 2 4m 4 4v2 số chính phương (điều phải chứng minh)

0,25

4.a 1,0

Vẽhình ý a) 0,25 Xét NDEvà NCI có:

 

END =INC (đối đỉnh)

 

EDN =ICN (cùng chắn cung EI)

Suy NDE ∽NCI

(22)

(g.g) nên ND NE NC  NI

NI ND NE NC

 

4.b 1,0

Do tứ giác BFEC,DEIC, ABDE nội tiếp nên:

  

AFE ACB DIE

   

MEC ABC DEC DIC Tứ giác MENI nội tiếp

0,5

    / /

DIE EMN AFE EMN MN AB

    

Mà CH AB CH MN 0,5

4.c 1,0

Xét ENM,TNC có

   , 

EMN EIN NCT ENM TNC  ENM ∽TNC (g.g)

NE NM NC NE NM NT

NT NC

     1

Xét ENK,GNC có KEN CGN ENK , GNC  ENK ∽GNC (g.g)

NE NK

NC NE NG NK

NG NC

     2

0,5

Từ    1 , suy NM NT NG NK NK NM TGN KMN

NT NG

     ∽ 0,5

M

N H

K

G T

I

O F

E

D C

B

(23)

 

KMN TGN

  ( )3

Mà KMN HCK (cùng phụ với KHC) KMN HGN ( )4 Từ ( )3 ( )4 ta có TGN HGN H T G, , thẳng hàng

5 1,0

TH1: Tất hộp có số kẹo 2, lấy 505 hộp

bất kỳ ta có tổng số kẹo 1010 0,25

TH2: Tồn hai hộp có số kẹo khác nhau, ta xếp hộp thành hàng ngang cho hai hộp khơng có số kẹo Ký hiệu ai số kẹo hộp thứ i, i 1;2; ;1010 Xét số

1 1; 2; ; 1010 1010

S a S a a S a a  a , với 1≤ai ≤1010

+) Nếu tồn hai số S S1; ; ;2 S1010 có số dư chia cho 1010, giả

sử S S ii, j j Sj Si ai1  aj1010

Do 1Sj Si 2019;Sj Si1010 nên Sj Si 1010 hay

1 1010

i j a  a 

0,25

+) Nếu S S1; ; ;2 S1010 khơng có hai số có số dư chia cho

1010  1

Xét 1011 số S S1; ; ;2 S1010,a2, theo nguyên lý Dirichlet tồn hai sốcó số dư chia cho 1010 Mà S1 a1 a2,1a a1, 2 1010 nên S a1, 2 không sốdư chia cho 1010 2

Từ  1  2 suy tồn k 2;3; ;1010 cho S ak, 2 sốdư chia cho 1010 Khi

2 1010

k k

S a a a  a 

Mà 1a1a3   ak 2019a1 a3   ak 1010 Suy điều phải chứng minh

(24)

Đề số

Câu

a) Rút gọn biểu thức

( ) ( )

( )( ) ( )

( )

2 2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2

2 2 2

2 2 2 2 2

2

4

: ,

2

a a b a a b a a b

P a b

b

a a b a a b

a a b a a b b

a a b a a b a a b

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

a a b a a b

a a b b a a b

b a a b a a b

a b k a b

 + + − +  −

= −  > >

− + + +   + + − − + = + + − + − + + + + − + + − + = − − − + + = = − − + − = 2 2 0 hi a a b khi a a b  >    + − <  − 

b) Cho phương trình………

Đểphương trình cho có hai nghiệm x x1; 2thì ∆ ≥ ⇔0 a2 −4b≥0 Áp dụng định lý Vi-et ta có:

1

(1) (2)

x x a

x x b

+ = −



 =



Theo đề ta có:

( ) ( )

1

2

3

1 2

1 5 35 35 x x x x

x x x x x x

x x − =  − =   ⇔   −  + − = − =     ( ) ( )

1 1 2

2

1 2 2

5 5 (3)

5 35 (4)

x x x x

x x x x x x x x

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

Thế(1) (2) vào (4) ta được:

( )2 2 2

7 7 (*)

a b a b b a

− − = ⇔ − = ⇔ = −

Bình phương hai vế (3) ta được:

( )2 2 ( )2 2

1 2

2 2

5 25 25

1

4 28 25

1

x x x x x x a b

a b

a a a

(25)

Vạy ( ) (a b; ={1; ;− ) (− −1; 6)}

Câu

a) Giải phương trình x+ +3 3x+ = +1 x

Ta có điều kiện xác định:

3

x≥ −

Đặt ( )

2 3 , 3

a x a x

a b b x b x  = +  = +  ≥ ⇒   = +  = +  

 Khi ta có hệ phương trình sau đây:

( )

2

2 2

3 8 (*)

b a a

a b a

a b a a a

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

2

4

3

2

*

2

( 2) 2

2

2 2

2( ) 2( )

4 2

a a a a

a a a

a a a a

a a a

a a a a

a tm

a ktm

b a a

⇒ ⇔ − + − = ⇔ − − + = ⇔ − − − + = ⇔ − − + = ⇔ − + + + = =  ⇔  = −  ⇒ = − = − = 2

3

1 ( )

1

3

x a x

x TM x x b  + = =  =  ⇒ ⇔ = ⇔ = + = =   

Vậy phương trình có nghiệm x=1 b) Cho số thực a,b, c…

Áp dụng BĐT Co si ta có:

2 2 2 2 2

a b ab

b c bc

c a ca

 + ≥  + ≥   + ≥  ( ) ( )

2 2 2 2 2

2 2

1

2 2

2

1

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

a b c ab ac bc

a b c

P

ab bc ca

⇒ + + = + + + + + ≥ + +

⇒ + + ≥ + +

+ +

⇒ = ≥

+ +

Dấu “=” xảy

3

a b c

a b c a b c

= = 

⇔ + + = ⇔ = = =



(26)

Theo đề ta có: ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

0 , , 2 2

2

2 12

2 4

2

2 2

2

9

2

a b c a b c

abc ab ac bc a b c

abc ab ac bc ab ac bc abc ab bc ca

a b c ab ac bc

P

ab ac bc a b c

P

ab ac bc

≤ ≤ ⇒ − − − ≤ ⇔ − + + + + + − ≤ ⇔ − + + + − ≤ ⇒ + + ≥ + ≥ ⇔ + + ≥ + + + + + ⇒ = − + + + + ⇔ = − ≤ − = + +

Dấu "="xảy

0 0 3 , ,

a b c b abc

a c a b c

c a b

a b c

 =   + =   =  =   ⇔  ⇔  + = + + =   =   + =  ≤ ≤ 

Vậy

2

MaxP= abc=0,a b c+ + =3, 0≤a b c, , ≤2

Câu

a) Tìm cặp số ngun tố…

Ta có sốchính phương chia cho nhận sốdư nên ta có:

( )

( ) ( )

2

2 2

(3 )

(3 1) 1 mod 3 12 mod

k k

k k k

 =  + = + + ≡   + = + + ≡ 

Nếu x y, >3thì x,y khơng chia hết cho sốdư Vếtrái cho 1 2.1− = −1chia dư vô lý 2

2

x − y =

⇒trong hai số x, y phải có số

2

3 2( 0)

3 2.9 19

x y y y y

y x x x

 = ⇒ − = ⇒ = ⇔ = >

⇒ 

= ⇒ − = ⇔ = ⇒ ∈∅



Vậy cặp số nguyên ( ) ( )x y; = 3;

b) Chứng minh hiệu lập phương…

(27)

( )3 3 2 3 2 3 2 2 2

1 3 3 (*)

a+ −a =n ⇔a + a + a+ −a =n ⇔ a + a+ =n

+)Xét TH:− ≤ ≤1 a 0ta có:

2

0 1 ( )

1 1 ( )

a n a tm

 = ⇒ = = + ⇒ =



= − ⇒ = = + ⇒ = −



+)Xét TH: ( )2 2 ( )2

2 3

1

a

a a a a

a

> 

⇒ < + + < +

 < − 

Vậy ta có n tổng hai sốchính phương liên tiếp Câu

Bài

a) Chứng minh ABHD nội tiếp

Gọi I, J tâm đường tròn đường kính CH, AB Xét (J) ta có: ADBlà góc nội tiếp chắn nửa đường trịn.⇒ ADB=900

Ta có: AB, AC hai tiếp tuyến đường tròn (O) tiếp điểm B, C cắt A Và AO∩BC=H ⇒ AO⊥BCtại H hay 

90

AHB= (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét tứ giác ABHD ta có: 

90 ( )

ADB=AHB= cmt ⇒ ABHDlà tứ giác nội tiếp

b) Gọi E giao điểm thứ đường trịn…

Vì tứ giác ABHD tứ giác nội tiếp (cmt)⇒  DBH =DAH(hai góc nội tiếp chắn cung DH)

Xét đường tròn (I) ta có: HDClà góc nội tiếp chắn nửa đường trịn

S

E J

T

D

H

C B

(28)

  

90 90

HDC BDA HCD

⇒ = ⇒ = =

Lại có:

   

 

0 90 90

ADH ADB BDH BDH

BDC BDH HDC BDH

ADH BDC

 = + = +

 

= + = +



⇒ =

Xét ∆ADHvà ∆BDCta có:

 ( ); ( ) ( )

HAD=DAC cmt ADH =BDC cmt ⇒ ∆ADH ∆BDC g g

AD AH

BD BC

⇒ = (các cặp cạnh tương ứng)

2

AD BD TD TH

AH BC HC HC

⇒ = = = (T trung điểm BD)

Xét ∆TADvà ∆CAHta có: AD TD (cmt TDA); CHA 900

AH =CH = =

  ( )

TAD CAH c g c TAD HAC

⇒ ∆ ∆ ⇒ = (hai góc tương ứng) Mà   

    

TAD TAS HAD

TAS DAE HAC HAD DAE

 = +

 ⇒ =



= +



Mặt khác :  DAE =DBE(Hai góc nội tiếp chắn cung DE)

 ( )

TAS SBT EAD

⇒ = =

ABTS

⇒ tứ giác nội tiếp

 

STD BAS

⇒ = (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) Mà  BAS =BDH (hai góc nội tiếp chắn cung BH đường tròn (J))

 ( )

STD TDH BAH

⇒ = =

(29)

Gọi MO1∩ =d H NO; 2∩ =d I AB, ∩MN =K

Ta có : MN//CD { }

{ }

1

O M CD H

O M CD I

 ⊥ =

 ⇒ 

⊥ =



1 ,

O M O N

⇒ trung trực CAvà DA(đường kính dây cung)

 

0

, 90

CH HA MHA IA ID NID

 = =

 ⇒ 

= =



MNIH

⇒ hình chữ nhật (  0) 90

M =H = =I

2

HI MN CD

⇒ = =

Xét ∆CEDta có:

/ /

( )

2

MN CD

cmt

MN CD

 

 =



MN

⇒ đường trung bình ∆CED ⇒M N, trung điểm EC, ED ,

MC ME ND NE

⇒ = =

Xét ∆CAEta có: M H, trung điểm CA CE, (cmt)

AM

⇒ đường trung bình ∆CAE ⇒MN / /AE

K

E

I H

G

F

D C

B

A

M

(30)

Mà MH ⊥CD (cmt)⇒ AE ⊥CD(từvng góc đến song song)

Xét ∆MKAvà ∆BKM ta có:

 

MAK =KMB(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AB)



MKAchung

2

( ) MK KA (1)

MKA BKM g g KM KA BK

BK KM

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

Xét ∆NKAvà ∆BKNta có:

 

NAK =KNB( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AB)



NKAchung

2

( ) NK KA (2)

NKA BKN g g KN KA BK

BK KN

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

Từ (1) (2) suy KM =KN

Do MN / /FG, áp dụng định lý Ta let ta có:

KN MK KB

AG AF AG = AF = AB ⇒ =

Mặt khác AE⊥FG (cmt)⇒ EG=EF(tính chất đường trung trực) (dpcm)

Câu

Ta có : sốcó ước nguyên tốkhơng vượt q có dạng 2 7x y z t

Do x y z t, , , sốcó trường hợp chẵn, lẻ nên số có tổng cộng 2.2.2.2 16= trường hợp x y z t, , ,

Theo nguyên lý Dirichle, tồn 20 16

 + =

 

  số a, b saao cho

1 1

2 2

2 7

x y z t

a b

 =  

=

 sốmũ tương ứng tính chẵn lẻ

( )

1

2

1

2

m n p q

x x m

y y n

a b

z z p

t t q

+ =



 + = 

⇒ + = ⇒ =



 + = 

Đây sốchính phương

Vậy ta ln chọn số cho tích chúng số phương từ 20 số tự nhiên mà số có ước ngun tố khơng vượt q

(31)

Câu 1(2.5 điểm) Cho biểu thức 2 x x P x   



3 2 2

2

x x x

Q x      với 0; x  x 

a) Rút gọn biểu thức P Q Với x 0;x 4 ta có

  

3

2

2 2

2

2 2

1

2 2

1

2 2

x x

x x x x x

P x

x x x

x x

x x x x x x x

Q x

x x x

                              

b) Tìm tất giá trị x để P Q

Với x 0;x 4 ta P 2 x 1 Q  x Khi

 2

2 1 2

1 3

P Q x x x x x

x x x

           

        

Kết hợp với điều kiện xác định ta x  4 thỏa mãn yêu cầu toán Câu 2(2.5 điểm)

a) Cho số dương a, b, c thỏa mãn a b c

b  c a Tính giá trị biểu thức

4 2017 2017

a b c

P

a b c

 



 

Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta a b c a b c

b c a a b c

 

   

  , suy

a  b c

Từ ta 2017 2027 2027

4 2017 2015 2015

a b c a

P

a b c a

 

  

 

b) Giải hệ phương trình

 

2

3 3

x y xy

x x x x y y

   



       



Điều kiện xác định hệ phương trình x 6;y 3 Phương trình thứ viết lại thành

       

2 4 2 0 2 2 2 0 2 2 0

(32)

+ Với x   2 x 2, thay vào phương trình thứ hai hệ ta

   3

1 y3 y 3 y3      1 y y

+ Với x     y y x 2, thay vào phương trình thứ hai hệ ta

   

2 3 6 1 1 6 1 1 3

x   x x  x x  x  x  x x  x  x  x

Ta có    

2

1

6

6 1

2

x x

x  x x x         x  x

Kết hợp với phương trình suy dấu bất đẳng thức xẩy

Từ ta

1

x x

x

x x

  

  

   

 , từ suy y4

Kết hợp với điều kiện xác định ta nghiệm hệ    x y;  2;4 Câu 3(1.5 điểm).

a) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a   b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

6 6

a a b b c c

M

a a b b c c

     

  

  

Ta có  

2

3

6 3

1

a a a a

a a

a a a a

   

 

   



 

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta 3 3 2

1 1

M

a b c a b c

      

  

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng 1

x   y z x  y z kết hợp với

a   b c ta có

3 3 2 1 1 1

3 3

1 1 1

9 9

3 3 15

3 3

M

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

a b c a b c

   

   

                

         

      

     

Dấu xẩy a   b c

(33)

b) Cho tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên có hai chữ số Nếu đổi chỗ hai chữ số số đo cạnh huyền ta số đo cạnh góc vng Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

Giả sử tam giác ABC vng A có

; ;

BC ab CAcd AB ba với 0  b a 9;1 c a;0 d

Theo định lí Pitago ta có BC2 AB2 AC2 nên ta

 

2 2 2

2

99

ab cd ba cd ab ba  a b

Từ suy  

2

3

33 33 33;66;99

11 11

cd cd

cd cd cd

cd cd

 

 

 

    

 



 



+ Trường hợp Với cd 99, ta có 99cd ab99 vơ lí nên trường hợp loại + Trường hợp Với cd 66, ta có 662 99a2b2ab a b40 Do ab a, b tính chẵn lẻ 0    a b a b 18 nên a, b thỏa mãn đẳng thức

+ Trường hợp Với cd 33, ta có 332 99a2 b2a b a b11 Do ab a, b tính chẵn lẻ 0    a b a b 18 nên ta

1

11

a b a

a b b

 

    

 

 

    

 

 

Từ ta cạnh tam giác ABC AB 56;BC 65;CA 33 Từ ta 33.56 12

56 33 65

ABC S r

AB BC CA

  

    (đvđd)

Câu 4(3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O Tiếp tuyến A đường tròn  O cắt đường thẳng BC M Kẻ đường cao BF tam giác ABC(F thuộc AC) Từ F kẻ đường thẳng song song với MA cắt AB E Gọi H giao điểm củ CE BF, D giao điểm AH BC

a) Chứng minh MA2 MB.MC 2

MC AC

(34)

Xét hai tam giác MAB MCA

có AMB chung

 

ACB MAB nên suy

MAB MCA

 ∽ Do ta

2 .

MA MB MA MB MC

MC  MA  

Cũng từ MAB ∽MCA ta có

2

MC AC MC AC

MA  AB  MA  AB

Kết hợp với MA2 MB MC. ta 2 2

2 . 2

MC AC MC AC MC AC

MB MC MB

MA  AB   AB   AB

b) Chứng minh AH vng góc với BC D

Do MAE AEF ACB MAE nên ta ACB AEF, từ tứ giác BEFC nội tiếp đường trịn Mà ta có BFC 900 nên ta suy BEC 900 nên CE vng góc với AB

Do H trực tâm tam giác ABC, suy tam giác AH vng góc với BC D

c) Gọi I trung điểm BC Chứng minh bốn điểm E, F, D, I nằm đường trịn

Do tam giác BFC vng F I trung điểm BC nên FI  BC Từ tam giác BFI cân I Do ta FIC 2IBF

Mặt khác tứ giác BEHD nội tiếp nên HAFHEF Lại có HAF HBD phụ với ACB

Kết hợp kết ta  EF

HBD  D nên suy FIC DEF Vậy bốn điểm E, F, I, D nằm đường trịn

d) Từ H kẻ đường thẳng vng góc với HI cắt AB AC P Q Chứng minh H trung điểm PQ

O

M

Q

P K

L

I H

F

E

D C

(35)

Gọi K L trung điểm BE FC, IK đường trung bình tam giác BEC Từ ta suy IK EC song song với nên ta IK vng góc với BE

Do tứ giác PKHI nội tiếp đường trịn nên HPI HKI Hồn tồn tương tự ta chứng minh HQI HLI Ta có HKI HKE 900 HLI HLF 900(*)

Lại có HBE ∽HEF nên suy HE BE HE KE

HF CF  HF  LF Xét hai tam giác HKE HLF có HE KE

HF  LF

  900

HEK HFL Do HKE ∽HFL nên ta HKE HLF

Kết hợp với (*) ta HKI HLI nên HPI HQI, tam giác IPQ cân I Mà IH vng góc với PQ H nên H trung điểm PQ

Câu 5(0.5 điểm) Cho 2n1 số nguyên, có số số 1, 2, 3, , n số xuất hai lần Chứng minh với số tự nhiên n ta xếp 2n 1 số nguyên thành dãy cho với m1,2, 3, ,n có m số nằm hai số m

Ta có nhận xét với hai tập, tập gồm số lẻ từ đến 2k 1 ta xếp cho thỏa mãn yêu cầu tốn với trống giữa:

2k 1;2k1; ;3;1; ;1;3; ;2k1;2k 1 V với hai tập, tập gồm số chẵm từ đến

2k ta xếp cho thỏa mãn yêu cầu tốn với trống giữa:

2 ;2k k2; ;4;2; ; ;2;4; ;2k 2;2k Ta xét hai trường hợp sau

+ Với n 2k 1, ta xét cách xếp sau

2k 1;2k1; ; 3;1;2 ;1; 3; ;2k k1;2k 1;2k2; 4;2;2 ; 0;2; 4; ;2k k 2

Cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán + Với n 2k, ta xét cách xếp sau

(36)

Cách xếp thỏa mãn u cầu tốn Vậy ta có điều phải chứng minh

Đề số

Câu 1(1.5 điểm)

a) Giải phương trình x2 5x  6 0.

Ta có  1nên phương trình có hai nghiệm x 2;x 3 b) Tính giá trị biểu thức A 3 12 27 108 

Ta có A 3 3 36 3 3   3

Câu 2(1.5 điểm) Cho hệphương trình

2

x my

x y

   

  

 , với m tham số a) Giải hệ phương trình m 1

Khi m = ta có hệphương trình 1

2

x y x

x y y

 

     

  

 

    

 

 

b) Tìm tất giá trị nguyên m để hệ phương trình có nghiệm  x y;

cho x y số nguyên

Xét hệ phương trình  2 1 

2 3

x my m y

x y x y



 

      

 

 

     

 

 

Để hệ phương trình có nghiệm  1 phải có nghiệm

Muốn m 2 0, suy m 2 Hệ có nghiệm  ; 2;

2

m x y

m m

   

 

  

 

 

Để y m2 phải ước suy m 0;1;3;4 

Thử lại với giá trị này, y x số nguyên Vậy m 0;1;3;4là giá trị cần tìm

Câu 3(2.5 điểm) Cho hàm số y 2x2

(37)

b) Tìm m đểđường thẳng d y: 2mx2 cắt  P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2

sao cho biểu thức  4  2 2   3

1 17 2 2 90

M  x x  x x x x  x x x x  đạt giá trị nhỏ

Phương trình hồnh độ giao điểm d  P x2mx  1 0   Đường thẳng d cắt  P hai điểm phân biệt

2

0

2 m m

m   

         

Áp dụng định lí Vi – et ta có x1 x2 m x x; 1 2 1

     2  2

4 17 6 90 18 81 6 9 9 3 0

M m  m  m  m  m   m  m  m   m  Vậy giá trị nhỏ M Dấu xảy m 3

Câu 4(3.0 điểm) Cho tam giác ABC lấy điểm D thay đổinằm cạnh BC (D không trùng với B C) Trên tia AD lấy điểm P cho D nằm A P đồng thời

DADP DB DC Đường tròn  T qua hai điểm A D cắt cạnh AB, AC F E

a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp Ta có DADP DB DC nên DA DC

DB  DP Mà ta lại có ADB CDP nên hai tam giác ADB CDP đồng dạng Suy

 

DAB DCP nên tứ giác ABPC nội tiếp b) Chứng minh hai tam giác DEF PCB đồng dạng

Ta có DAF DEF BAP ; BCP nên ta suy DEF BCP

Chứng minh tương tự CBP DFE Từ suy hai tam giác DEF PCB đồng dạng

1

1 1 1

2

P

H K

F

E

D C

B

(38)

c) Chứng minh 22 DEF

ABC

S EF

S  AD (SABC;SDEFlần lượt diện tích tam giác ;

ABC DEF)

Ta có DEF DEF PBC 22 PBC ABC PBC ABC ABC

S S S EF S

S  S S  BC S (vì hai tam giác PCB DEF, đồng dạng)

Kẻ AH BC H BC PK; BC K BC ta có

1 . .

PCB

ABC

PK BC

S PK DP

S  AH BC  AH  DA (vì AH song song với PK)

Từ hai kết ta DEF 22 ABC

S EF DP

S  BC DA

Ta lại có BC2 DBDC2 4DB DC.  4DA DP.

Suy 22

4

DEF

ABC

S EF DP EF

S  DA DP DA  AD Dấu xảy D trung điểm BC Câu 5(1.5 điểm)

a) Cho tứ giác ABCD có đường trịn đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng CD Chứng minh AD song song với BC đường trịn đường kính CD tiếp xúc với đường thẳng AB

Gọi M, N trung điểm AB, CD Gọi H, K hình chiếu N, M AB, CD Nếu AD song song với BC ABCD hình thang có MN đường trung bình, Khi MN, AD, BC song song với

Suy ra, SMAD SNAD;SMBC SNBC

Nên ta

NAB ABCD NAD NBC ABCD MAD MBC

S S S S S S S 

H M

N K B

A

(39)

Do suy 2AB NH  2CD MK

Mặt khác đường trịn đường kính AB tiếp xúc với CD nên MAMB MK  AB

Suy

2

NH  CDND NC

Do H thuộc đường trịn đường kính CD mà NH AB nên AB tiếp xúc với đường trịn đường kính CD

b) Trên bảng vuông 4x4(gồm 16 ô vuông), ban đầu người ta ghi số số cách tùy ý (mỗi ô số) Với phép biến đổi bảng, cho phép chọn hàng cột bất kì, hàng cột chọn, đổi đồng thời số thành số 1, số thành số Chứng minh sau 2016 phép biến đổi vậy, ta không thểđưa bảng ban đầu bảng có số

 Lời giải Giả sử hàng (hoặc cột) đổi có m số 0 m4 4m số Sau phép biến đổi hàng (hoặc cột) thu có 4m số m số Do sau phép biến đổi số chữ số tăng lên giảm 4mm  4 2m số (là số chẵn)

Mà ban đầu số số nên sau 2016 phép biến đổi không thểđưa bảng ban đầu bảng có số

Đề số

Câu 1(2.5 điểm).

a) Phân tích đa thức thành nhân tử

b) Rút gọnbiểu thức với

  5 5 5 6 P x x  x  x  x 

  5 6  5 6  5 6 1  1 1 2 3  P x x  x  x  x  x   x  x  x   x  x  x  x 

   

 

2

4 1

1

4

x x x x

Q

x

x x

      

 

   



 

(40)

+ Nếu

Câu 2(2.0 điểm)

a) Giải phương trình

Lời giải Điều kiện xác định phương trình Biến đổi phương trình cho ta

Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiêm

b) Cho bốn số thực a, b, c, d khác 0thỏa mãn điều kiện a, b hai nghiệm phương trình c, d hai nghiệm phương trình Tính giá trị biểu thức

Lời giải Vì a, b hai nghiệm nên theo hệ thức Vi – et ta có

Vì c, d hai nghiệm nên theo hệ thức Vi – et ta có

Từ hệ thức ta có

                2 2

1 1 1 2

1

1 1 2 1 1 2

1

2

x x x x x

Q

x x

x x x x x x

x x x

x                                  

1 x 1 1 2

2 1

x x x

Q

x x x

     

  

  

2

x  1 1 2

2 1

x x x

Q

x x x

     

  

  

 

2 – 1x 3 5x  6 3x 8



3 x 

   

  2 2

2 – – 6

5 6 3

5

5 3

3

1

8

x x x x x x

x x x x x x x x x                                                  x 

2 10 11 0

x  cx  d  x210ax11b 0

S    a b c d

 x2 10cx 11d 0

10 11

a b c

ab d

   

  



2 10 11 0

x  ax b  10

11

c d a

cd b            

(41)

Cũng từ nên ta có

Mà a nghiệm phương trình nên c nghiệm phương trình nên Từ

+ Với

Câu 3(1.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có hay ta Hoàn toàn tương tự ta

Do suy Mà

Nên ta Dấu xảy

Vậy giá trị nhỏ M , xẩy

Câu 4(3.0 điểm) Trên đường tròn tâm O, bán kính R vẽ dây cung Từ A, B vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn Lấy điểm M thuộc cung nhỏ AB (M khơng trùng với A B) Gọi H, K, I chân đường vng góc hạ từ M xuống

11

ab   d cd  11b ac 121

2 10 11 0

x  cx  d  a2 10ac11d 0

2 10 11 0

x  ax b  c2 10ac11b 0

     

   

2

20 11 22 99

22

99 2662

121

a c ac b d a c ac a c

a c

a c a c

a c

          

    

         



22 220

a  c   S

121 1210

a c  S

 

4

3

3a 3b c M

a b c

  



 

 2a4 a4 12a4 2a2 4a3

4

3a  1 4a 3b4  1 4b3

 

3 3

3

4a 4b c M

a b c

 



         

2 3 3

0

a b a b   a b  ab  

 

3 3

3

1 4

a b c a b c

M

a b c a b c

   

  

    a  b 1;c 2

1

4 a  b 1;c 2

 C AB 2R

;

Ax By  C

,

(42)

a) Chứng minh

Ta có tứ giác nội tiếp đường trịn tiếp tuyến

nên ta có

Hồn tồn tương tự Do suy nên ta

được

b) Gọi E giao điểm AM KH, F giao điểm BM HI Chứng minh đường thẳng EF tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK MFI

Theo chứng minh ta có

Nên ta tứ giác MEHF nội tiếp đường tròn

Suy Mà ta lại có

Từ suy tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MFI Tương tự tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK

Vậy tiếp tuyến chung hai đường trịn nói

c) Gọi D giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK MFI Chứng minh M di chuyển cung nhỏ AB đường thẳng DM qua điểm cố định

Ta có nên EF song song với AB

Gọi C giao điểm DM EF, Q giao điểm DM AB Vì EF tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK MFI nên

2 .

MH MK MI ; AHMK BHMI

; Ax By

O R; 

   

MIH MBH MAK MHK

 

MKH MHI

MIH MHK

 ∽

2 .

MI MH

MH MI MK

MH  MK  

A

A B

O M

D F

E C

Q H

I K

  ; .

MBAMHK MHI MAB

  1800

EHF EMF 

 

EHM EFM EHM HBM HIM EFM FIM EF

EF EF

    

MFE MHE MBH MFE MBH

2 . ; .

(43)

Mà Vậy trung điểm đoạn AB cố định nên Q điểm cố định

Câu 5(1.5 điểm).

a) Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện chia hết cho a, chia hết cho b, chia hết cho c

Lời giải Do a, b, c ba số nguyên tố thỏa mãn nên Từ ta suy Từ giả thiết ta lại có nên

Tương tự

Vì a, b, c số nguyên tố phân biệt nên a, b, c đôi nguyên tố

Nếu ta có (mâu thuẫn) Do

Khi Tương tự suy nên

Nếu ta có (mâu thuẫn) Do

Suy ra, nên

Thử lại thỏa mãn toán Vậy b) Các nhà khoa học gặp hội nghị Một số người bạn Tại hội nghị khơng có hai nhà khoa học có số bạn lại có bạn chung Chứng minh có nhà khoa học có người bạn

Lời giải Gọi k số bạn nhà khoa học có nhiều bạn hội nghị Nếu có hai nhiều nhà khoa học có số lượng bạn k ta lấy người Giả sử nhà khoa học A Gọi bạn nhà khoa học A

Tất nhà khoa học nhiều người bạn ta giả thiết lớn có bạn , khơng có người số

có số bạn theo giả thiết có bạn chung khơng thể có số bạn

CE MC CF QA QB

QA  MQ QB  Q

a  b c bc1 ca1 ab1

 a  b c a 2,b 3,c 5

1

abbc ca  ab1c abbcca1c

abbcca1a, abbcca1b

abbc ca 1abcabbcca 1 abc

2

a  abc 3bc abbc ca abbc ca1 a 2

2b1 , 2 c c1b 2b2c1bc 2b2c 1 bc

b  bc 5c2b2c1 b 3

1

ab  c c 5

2; 3;

a  b  c  a 2;b  3;c 5



1, , , k

A A A

1, , ,2 k

A A A k k

A A A1, , ,2 Ak

(44)

Suy ra, có số bạn Tức có người chỉcó bạn (đó A)

Đề số

Câu 1) Ta có a1 = +1 2;a2 = −1 2⇒a1+a2 =2

2) Hệphương trình 2 5

2 1

x y x y x x

x y x y x y y

 + =  + =  = −  = −

⇔ ⇔ ⇔

 − = −  − = −  + =  =

  



Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (-1; 1) Câu

1) Ta có: ( 2) ( 2) 1.( 2)

a a a a a

A a

a

− − + + −

= +

−

2 1.( 2)

4

a a a a a

a

a a

− − − + −

= + = −

− −

2) Ta có a= +6 =(2+ 2)2 ⇒ a = +2

Khi đó: 1

2

2 2 2

A

a

= = = = −

− − − −

Câu

1) Với m = 2, phương trình (1) trở thành

3

x − x+ =

Ta có a + b + c = – + = nên phương trình có nghiệm x = 1; x =

2) Ta có ( )2 ( 2 ) 2 2

2m m m 4m 4m 4m 4m m

∆ = − − − = − + − + = > ∀ Vậy phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m

3) Theo câu phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

( )

1 1;

x = −m x =m m− <m ∀m

Khi 2 ( )2 2 ( )2

1 2 3 4

x − x + = m− − m+ =m − m+ = m− ≥ ∀m Câu

1, , ,2 k

(45)

1) Xét tam giác BIC AIN có ∠BIC = ∠AIN (đối đỉnh); IA = IB (1)

Mặt khác AB tiếp tuyến (O’) suy ∠AMC = ∠BAN (góc nội tiếp góc tiếp tuyến dây cung chắn cung)

Mà ∠AMC= ∠ABC (góc nội tiếp chắn cung), suy ∠BAN = ∠ABC ( )2

Từ (1) (2) suy ∆BIC = ∆AIN c g c( ) ( )3

Từ(3) suy IC = IN Tứ giác ANBC có hai đường chéo AB, NC cắt trung điểm đường, suy ANBC hình bình hành

2) Do ANBC hình bình hành, suy ∠CAB= ∠ABN

Mặt khác ∠CMB= ∠CAB ( )2 (góc nội tiếp chắn cung) ⇒ ∠ABN = ∠CMB ( )1

Xét đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác BMN, vẽ TK ⊥NBtại K⇒ ∠BTK = ∠BMN ( )2

Từ (1) (2) ta có ∠BTK = ∠ABN

Do ∠ABN + ∠NBT = ∠NBT + ∠BTK =90o ⇒ AB⊥BT ⇒BIlà tiếp tuyến đường

trịn (T)

3) Ta có SANBC =2.S∆ABC = AB h (h độdài đường cao hạ từ C xuống cạnh AB tam

giác ABC, AB không đổi) ANBC

S lớn h lớn nên C điểm cung nhỏ AB, suy

M điểm cung lớn AB Câu

1) Điều kiện

1 0

x − ≥ Do x> nên1+ +x x2 − >1 0;1+ −x x2 − >1

(46)

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

2015 2015 2015 2015

2015

2 2

2015 2016

1 1 1 1 2

2 2 ( 1)

x x x x x x x x x

do x

+ − − + + + − ≥ + − − + + − = +

≥ + = ≥

Dấu xảy x = Thử lại thỏa mãn phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm dương x =

2) Ta xét điểm 2015 điểm, giả sửđiểm A:

*) TH1: Nếu tất cả2014 điểm cịn lại có khoảng cách đến A nhỏhơn 1, tức nằm hình trịn tâm A bán kính 1, kí hiệu (A; 1) tốn

*) TH2: Nếu tồn điểm có khoảng cách đến A không nhỏhơn 1, chẳng hạn điểm B Khi ta xét hình trịn (A;1) (B;1)

Xét điểm C 2013 điểm lại, AB ≥ nên AC < BC < 1.Do C phải nằm trịng (A;1) (B;1) Như vậy, 2013 điểm lại phải nằm trong hai hình trịn Theo ngun lý Dirichle có 1007 điểm nằm hình trịn, giả sử hình trịn (A;1)

Mà điểm A nằm (A;1) Do (A;1) chứa 1008 điểm Vậy tốn chứng minh

Đề số

Câu

1) Ta có: ( )

2

1 1

7

x x x do x

x x

x

 

+ = ⇔ +  = ⇔ + = >  

Khi đó:

( )

3

5

1 1

1 18

1 1

7.18 56 53

A x x x

x

x x

B x x x x

x

x x x

  

= + = +  + − = − =

  

    

= + = +  +  − + = − = − =

    

2) ( ) 2 2 ( )2

2

3 4

4 9

4 5

x x y x xy

x xy y x y x y

y xy y xy

 + =  + =

 ⇔ ⇒ + + = ⇒ + = ⇔ + = ±

 

= − + =

 



Câu 1) Ta có:

( 2)( 2) ( )2

2 2 2 2 2 2

2

a b x y ax by

a x a y b x b y a x abxy b y

+ + ≥ +

⇔ + + + ≥ + +

2 2

2

a y abxy b x

(47)

( )2

0

ay bx

⇔ − ≥

Bất đẳng thức cuối phép biến đổi tương đương nên ta tốn chứng minh

2) Ta có:

( )( )( )

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

y z x z x y T x y y z z x

x y z

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

y z x z x y

x y z

 + + + 

= + + +  + + 

 

+ + + + + +

= + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức ởcâu a ta được:

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

( )

2

x y z x xz xy y z y z

y z y z y z x y z xy xz

x x x x

y z

xy xz

x x

+ + + + +

+ ≥ + = + = + + − +

 

=  + − +

 

Tương tự:

( ) ( )( ) ( )

2

x y y z x z

x z xy yz

y y y

y z z x x y

x y xz zy

z z z

+ +  

+ ≥  + − +

 

+ +  

+ ≥  + − +

 

Cộng bất đẳng thức theo vếta được:

( )

3

2

2.6 2

x x y y z z

T xy yz zx

y z x z x y

x y z x z y

xy yz zx

y z x z y x

x y z x z y

x y z

y z x z y x

 

≥  + + + + + − + +

 

   

=  + +   + + + − + +

   

 

 

 

≥ + − + +

 

 

= − =

Dấu xảy

3

x= = =y z Vậy giá trị nhỏ T

(48)

a) Đặt 2

3

x + y=k 2 ( )

3 ,

y + x=t t k∈Z

Lại có 2

3

x + x> x + y> x hay (x+2)2 >k2 >x2suy k2 =(x+1)2

Hay 2

3

2

y x + y =x + x+ ⇔ =x − Thay vào ta 2

2y +9y− =3 2t

Suy ( ) ( ) (x y, = 1;1 ; 11;16 ; 16;11) ( )

b) Dễ thấy tổng số chẵn, nên xóa số viết đè lên (a + b) = (a – b) + 2b (a – b) = (a + b) – 2b nghĩa sốbé tổng hai số vừa viết 2b số chẵn Cứ tiếp tục cuống sẽđược số chẵn mà 2017 số lẻ nên khơng số cịn lại khơng thể 2017

Đề số

Câu I ( 1, điểm ) 1) GPT m =1

+ Thay m =1 v (1) ta x2+ 2x - 8 = ( x + ) ( x – ) =  x = { - ; }

KL : Phương trình có nghiệm phân biệt x = x = 2) xét PT (1) :

2

x + mx− m− = (1) , với ẩn x , tham số m

+ Xét PT (1) có ' 2

(1) m 2m (m 1)

∆ = + + = + + > (luôn ) với m => PT (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với m

+ Mặt khác áp dụng hệ thức viét vào PT ( 1) ta có : 2

2

( ) (2 6)

x x m

I

x x m

+ = − 

 = − + 

+ Lại theo đề (I) có :A = 2

1

x +x = ( x1+ x2 )2 – x1x2 = ( - 2m )2+ ( 2m + ) = 4m2+ 4m + 12

= ( 2m + 1)2 + 11 ≥ 11 với m => Giá trị nhỏ A 11 m =

2

−

KL : m =

2

− thỏa mãn yêu cầu toán Câu II ( 1,5 điểm )

(49)

Dựa vào đồ thịta có giao điểm d (P) điểm M ( ; 1); N ( -2 ; ) 2) Do đồ thị∆ hàm sốy = ax + b song song với (d) y = -x +

Nên ta có: a = -1

∆ cắt (P) điểm có hồnh độ – nên ta thay x = -1 vào pt (P) ta được: y = Thay x = -1; y = vào pt ∆ ta a = -1 ; b =

=>Phương trình ∆ y = - x Câu III .( 2,0 điểm )

1) Đổi 30 phút = ½

Gọi x ( km /h ) vận tốc người xe đạp t A -> B ( x > ) Vận tốc người từ B-> A là: x + (km/h)

Thời gian người từ A -> B là:24 x Thời gian người đốđi từ B A là: 24

4

x+ Theo ta có:

2

24 24 48( 4) 48 ( 4)

4 192

4 2 ( 4) ( 4) ( 4)

x x x x

x x

x x x x x x x x

+ +

− = ⇔ − = ⇔ + − =

+ + + +

=> x = 12 ( t/m ) KL : Vậy vận tốc người xe đáp từA đến B 12 km/h 2) ĐKXĐ ≤ x ≤ Đặt < a = (1 )

2 a

(50)

+ PT : a + 2

1 ( 1)( 3)

2 a

a a a a

− = ⇔ + − = ⇔ − + =  a = { -3 ; } => a = >

1

x+ − =x

+ Nếu a = = >⇔ + − +x x x(1−x)= ⇔1 x(1−x) =0

 x = { ; } ( t/m)

KL : Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt x = 0; x = Câu IV ( 3,0 điểm )

1) Chứng minh tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp Do BHCD hình bình hành nên:

Ta có: BD//CC’ => BD ⊥ AB => ABD = 90o

Có:AA’ ⊥ BC nên: MD ⊥AA’ => AMD = 90o

=> ABD + AMD = 180o

=> tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính AD

Chứng minh tương tự ta có tứ giác AMDC nội tiếp đường trịn đường kính AD => A, B ,C,D , M nằm đường tròn

(51)

3)Chứng minh OK đường trung bình tam giác AHD => OK//AH OK =1

2 AH hay

2

OK

AH = (*)

+ Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => 2

OK GK

AG GK AH = = AG ⇒ = , từđó suy G trọng tâm tam giác ABC

Câu V .( 2, điểm )

1) Giá trị nhỏ P 2011 a =b =

4P = a2 - 2 ab + b2+ 3(a2+ b2+ + 2ab – 4a – 4b ) + 2014 – 12

= (a-b)2 + (a + b – 2)2 +8044 ≥ 8044

P≥ 2011

Dâu “=” xảy 

2

a b

a b

= 

=> = =  + − =



Vậy giá trị nhỏ P 2011 a = b = 2) Gọi thành phốđã cho A,B,C,D,E,F

+ Xét thành phốA theo nguyên l í Dirichlet ,trong thành phố cịn lại có thành phố liên lạc với A có thành phố không liên lạc với A ( số thành phố liên lạc với A không vượt số thành phố không liên lạc với A không vượt ngồi A , số thành phố cịn lại khơng vượt q ) Do xảy khảnăng sau :

•Khảnăng :

số thành phố liên lạc với A không , giả sử B,C,D liên lạc với A Theo đềbài thành phố B,C,D có thành phố liên lạc với Khi thành phố với A tạo thành thành phốđôi liên lạc với

•Khảnăng :

số thành phố khơng liên lạc với A , khơng ,giả sử3 thành phố không liên lạc với A D,E,F Khi bộ3 thành phố ( A,D,E) D E liên lạc với ( v ì D,E khơng liên lạc với A )

Tương tự bộ3 ( A,E,F) v ( A,F,D) th ì E,F liên lạc với , F D liên lạc với D,E,F l thành phốđôi liên lạc với

Vậy ta có ĐPCM

(52)

Câu Đáp án Điểm I.1

(1,0

điểm)

( ) ( )( )

2

(1 )(1 )

1

1 1

x x x x

P x x

x x x

 

 − + +  − 

= −  + 



− − +

   0,5

( )( )

( ) ( )( ) ( )

2

1

1 1 1

1

x x x x x x x

x x

= − + + + = − + = −

+ + 0,5

I.2 (1,0

điểm)

Ta có x

P∈ ⇔ − ước gồm: ± ±1, 0,5

Từđó tìm đượcx∈{0, 4, } 0,5

II.1 (1,0

điểm)

ĐK: xyzabc≠0

Từ a b c ayz bxz cxy

x y z xyz

+ +

+ + = ⇔ = ⇔ ayz bxz+ +cxy=0 0,25

Ta có

2

1

x y z x y z

a b c a b c

 

+ + = ⇒ + +  =

 

2 2

x y z xy xz yz

a b c ab ac bc

 

⇔ + + +  + + =

  0,5

2 2

x y z cxy bxz ayz

a b c abc

+ +

⇔ + + + = x22 y22 z22

a b c

⇔ + + = 0,25

II.2 (1,0

điểm)

∆ =

(53)

Hay 2

4a +16a−151=n ⇔ (4a2+16a+16)−n2 =167⇔ (2a+ +4 n)(2a+ − =4 n) 167

Vì 167 số nguyên tố 2a+ + ≥4 n 2a+ −4 n nên ta có trường hợp:

+) 167 168 40

2

a n

a a

a n

+ + =

+ = ⇒ = +



 − ⇒

 = (t/m)

+) 4 168 44

2 167

a n

a a

a n

+ + = − 

⇒ + = − ⇒ 

 + − = − = − (t/m)

0,5

Với a=40 PT có hai nghiệm nguyên x=0,x=83

Với a= −44 PT có hai nghiệm ngun x= −1,x= −84

0,25

III.1 (0,5

điểm)

Từ (1) có x=3m my− , thay vào (2) ta có y=2;x=m 0,25

x2− 2x – y = m2 – 2m – = (m – 1)2 – > ⇔ ⇔

   

− <

+ >

m

3 m

0,25

III.2 (1,0

điểm)

Chứng minh 1 , x y,

x+ ≥y x+y ∀ > dấu “=” xảy x= y

Từ giả thiết ta có a b c+ − >0,b c a+ − >0,c a b+ − >0

0,25

Ta có

1 1 1

2

S

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

     

= + +  + +  + ≥ + +

+ − + − + − + − + − + −

     

Mà 2c b abc a

b c

+ = ⇔ + = nên S 2a a

≥ + ≥

0,5

Vậy giá trị nhỏ S dấu xảy a= = =b c 0,25

IV.1 (1,0

điểm)

3 1>

(54)

Ta có NB=NC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OB=OC=R

Do đó, ON trung trực BC Gọi K giao điểm ON BC

K là trung điểm BC 0,5

Mà ∆OBN vuông B, BK đường cao nên 12 2 12 12 2

OB +NC =OB +NB = BK

Kết hợp giả thiết suy

16

BK = ⇒BK = ⇒BC=

0,5

IV.2 (1,0

điểm)

Ta có ∆NBP,∆NMB đồng dạng (g.g) PB NB

MB NM

⇒ = (1) Tương tự, ∆NCP,∆NMC đồng dạng (g.g) PC NC

MC NM

⇒ = (2)

0,25

Vì NC =NB (3) nên từ(1), (2) (3) suy PB PC

MB= MC (4) 0,25

Mặt khác, AM / /BC⇒ Tứ giác AMCB hình thang cân⇒MC =AB MB, =AC (5)

Từ(4), (5) PB PC

AC AB

⇒ = 0,5

IV.3 (1,0

điểm)

Gọi Q giao điểm AP BC Ta chứng minh BQ=QC

Vì ∆BQP,∆AQC đồng dạng (g.g) BQ PB

AQ AC

⇒ = (6) 0,25

Tương tự ∆CQP,∆AQB đồng dạng (g.g) CQ PC

AQ AB

⇒ = (7) 0,25

Kết hợp (6), (7) kết câu b) ta suy BQ CQ BQ CQ Q

AQ = AQ⇒ = ⇒ trung điểm 0,5

P

K≡Q

O M

N C

(55)

của BC Suy Q≡K Vậy BC ON AP, , đồng quy K

V.1 (0,5

điểm)

Giả sử O nằm ngồi miền tam giác ABC Khơng tính tổng quát giả sử A O nằm hai phía đường thẳng BC

Suy đoạn AO cắt đường thẳng BC K Kẻ AH vng góc với BC H Suy ra, AH ≤ AK < AO < suy AH <

0,25

Suy ra, 2.1

2

ABC

AH BC

S∆ = < = (mâu thuẫn với

giả thiết) Suy điều phải chứng minh

0,25

V.2 (1,0

điểm)

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

phân biệt a b, mà a2+b2 số nguyên tố X chứa số

chẵn Suy ra, k ≥9 Ta chứng tỏ k =9 giá trị nhỏ cần tìm Điều có ý

nghĩa với tập X gồm phần tử A tồn hai phần tử

phân biệt a b, màa2+b2 số nguyên tố

0,5

Để chứng minh khẳng định ta chia tập A thành cặp hai phần tử phân biệt ,

a b mà a2+b2 số nguyên tố, ta có tất cả8 cặp:

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

Theo nguyên lý Dirichlet phần tử X có hai phần tử thuộc cặp

và ta có điều phải chứng minh

0,5

K

O

H C

B

(56)

Đề số 10

Câu Lời giải sơ lược Điểm

1 (2,0 điểm)

a) (0,5 điểm)

Ta có 2x=3 0,25

3

⇔ =x 0,25

b) (0,5 điểm)

5

x− xác định x−5 ≥0 0,25

x

⇔ ≥ 0,25

c) (1,0 điểm)

A= 2( 1) 2( 1)

2

+ −

+ − 0,5

= 2 =2 0,5

2 (1,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Vì đồ thị hàm số(1) qua A(1; 4) nên 4= +m 1⇔m=3

Vậy m=3 đồ thị hàm số(1) qua A(1; 4)

0,5 Vì m= >3 nên hàm số(1) đồng biến  0,5

b) (1,0 điểm)

Đồ thị hàm số (1) song song với d

1

m m

m

 =

 + ≠

 0,5

1

m

⇔ =

Vậy m=1 thỏa mãn điều kiện toán 0,5

3

(57)

Thời gian người xe đạp từ A đến B 36

x

Vận tốc người xe đạp từ B đến A x+3 Thời gian người xe đạp từ B đến A 36

3 x+

0,25

Ta có phương trình: 36 36 36

3 60

x −x+ = 0,25

Giải phương trình hai nghiệm 12 ( )

15 x

x loai

=   = −

  0,5

Vậy vận tốc người xe đạp từ A đến B 12 km/h

0,25 4

(3,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Vẽhình đúng, đủ phần a

0,25

AH ⊥BC 

90 IHC

⇒ = (1) 0,25



90

BDC= ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay IDC=90 (2) 0,25

Từ (1) (2)  

180

IHC IDC

⇒ + = ⇒ IHCD tứ giác nội tiếp 0,25

b) (1,0 điểm)

Xét ∆ABI ∆DBA có góc B chung, BAI =ADB(Vì ACB)

Suy ra, hai tam giác ABI DBA, đồng dạng

0,75

2

AB BD

AB BI BD

BI BA

⇒ = ⇒ = (đpcm) 0,25

c) (1,0 điểm)

O

D

I

H C

B

(58)

 

BAI = ADI(chứng minh trên) 0,25

⇒AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ADI với D thuộc cung AD

và A tiếp điểm (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) 0,25 Có AB⊥AC tại A ⇒AC ln qua tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AID Gọi M

tâm đường ngoại tiếp ∆AID ⇒M nằm AC 0,25

Mà AC cốđịnh ⇒M thuộc đường thẳng cốđịnh (đpcm) 0,25 5

(1,5 điểm)

a) (1,0 điểm)

( )( ) ( )

2

2 2

x + y − xy+ x− y+ = ⇔ x−y x− y + x− y =−

(x 2y)(x y 2)

⇔ − − + = −

Do x y, nguyên nên x−2 ,y x− +y nguyên

Mà 3= −( )1 3= −( )3 nên ta có bốn trường hợp

0,5

2

x y x

x y y

− = − =

 

⇔  − + =  =

  ; ( )

2

x y x

loai

x y y

− = = −

 

⇔

 − + = −  = −

  

( )

2 11

2

x y x

loai

x y y

− = = −

 

⇔

 − + = −  = −

   ;

2

x y x

x y y

− = − =

 

⇔  − + =  =

 

Vậy giá trị cần tìm là( ; )x y =(1; 2), (3; 2)

0,5

b) (0,5 điểm)

Vẽđường trịn đường kính BD Do góc A, C tù nên hai điểm A, C nằm

đường trịn đường kính BD Suy ra, AC<BD (Do BD đường kính) 0,5

Đề số 11

Câu Lời giải sơ lược Điểm

1 (1,5 điểm)

a) (1,0 điểm)

2 1

( 1)( 1)

x x x x x x x

A

x x x x

+ + + − − − − + +

= ⋅

− + + + 0,5

1

( 1)( 1)

x x x

x x x x

− + +

= ⋅ =

− + + + 0,5

(59)

( ) 3

3 ( 1) ( 1)( 1) 2

5 20 2( 2)

( 20 1)

x

− + − +

= = = = −

+ +

+ + 0,25

2

4 1

x x P

⇒ + − = => = − 0,25

2 (2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

2

' 4m 2(2m 1)

∆ = − − = > với m 0,5 Vậy (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m 0,5 b) (1,0 điểm)

Theo ĐL Viét ta có x1+x2 =2m

Do đó, 2 2

1 1

2x +4mx +2m − =9 (2x −4mx +2m − +1) (m x +x ) 8.−

2

8m 8(m 1)(m 1)

= − = − + (do 2

1

2x −4mx +2m − =1 0)

0,5

Yêu cầu toán: (m−1)(m+ < ⇔ − < <1) m 0,5

3 (1,5 điểm)

a) (0,5 điểm) Do 3

0,

x > y > nên x− >y

3 3 2 2

1

x− =y x +y >x −y ⇒ > x +xy+y ⇒x +y <

0,5 b) (1,0 điểm)

Cộng vế với vếcác phương trình hệta được:

( ) (2 ) (2 )2

2 2

2 2 1 1

x − x+ +y − y+ +z − z+ = ⇔ x− + y− + −z = (1)

0,5 Do ( )2 ( )2 ( )2

1 0, 0,

x− ≥ y− ≥ z− ≥ nên VT( )1 ≥VP( )1

Dấu xảy x= = =y z

Thử lại, x= = =y z nghiệm hệ

0,5

(60)

(3,0 điểm)

Vẽhình câu a) đúng, đủ

0,25

Do điểm M, N, F nhìn đoạn AO góc

90 nên A, O, M, N, F

thuộc đường trịn đường kính AO 0,75 b) (1,0 điểm)

Ta có AM = AN (Tính chất tiếp tuyến) Từ câu a) suy  ANM = AFN (1)

0,25 Mặt khác, hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng

dạng nên

AH AN

AH AF AD AC AN

AN AF

= = ⇒ = 0,25 Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c)⇒ ANH =AFN (2) 0,25

Từ (1), (2) ta có ⇒ ANH =ANM ⇒ ∈H MN⇒đpcm 0,25

c) (1,0 điểm)

Từ câu a) ta có HM HN =HA HF 0,25

Gọi I =OA∩MN ta có I trung điểm MN

( )( ) 2

HM HN= IM +IH IM −IH =IM −IH 0,25

( )

2 2 2

OM OI OH OI R OH

= − − − = − 0,25

Từđó suy 2

HA HF =R −OH 0,25

5 a) (1,0 điểm)

D I H

O F

N M

C B

(61)

(2,0 điểm)

Ta có 2013 ( * ( ) )

, , ,

2013

x y m

m n m n

n

y z

+

= ∈ =

+ 

( ) 2013

nx my mz ny

⇔ − = −

0

nx my x y m

xz y

mz ny y z n

− = 

⇒ ⇒ = = ⇒ =

− =



0,25

( )2 ( )2 ( )( )

2 2 2

2

x +y +z = x+z − xz+y = x+z −y = x+ +y z x+ −z y 0,25 Vì x+ + >y z 2

x +y +z số nguyên tố nên

2 2

1

x y z x y z

x y z

 + + = + + 

− + =

 0,25

Từđó suy x= = =y z (thỏa mãn) 0,25

b) (1,0 điểm)

Gọi I =EC∩BD

Ta có SBAE =SDAE nên khoảng cách từ B, D đến AE Do B, D phía

đối với đường thẳng AE nên BD/ /AE Tương tự AB/ /CE

0,25

Do đó, ABIE hình bình hành ⇒SIBE =SABE =1 0,25

Đặt SICD =x(0< <x 1) ⇒SIBC =SBCD−SICD = − =1 x SECD−SICD =SIED

Lại có ICD IBC

IDE IBE

S IC S

S = IE = S hay

2

1

3

1

x x

x

−

= ⇔ − + = −

3

2

3

2 x

x

 + =   ⇔

 − =  

Kết hợp điều kiện ta có

2

x= −

2

IED

S −

⇒ =

0,25

Do 5

2

ABCDE EAB EBI BCD IED

S =S +S +S +S = + − = + 0,25 I

E

D

(62)

Đề số 12

Bài Đáp án Điểm

1 (2,5 điểm)

1/ Rút gọn biểu thức sau: A= 4− 10 5− − 4+ 10 5− 1,5

Nhận xét A<0 0,25

( )( )

2

A = −4 10 5− + +4 10 5− −2 4− 10 5− 4+ 10 5− 0,25

8

= − + 0,25

( )2

8

= − + 0,25

( )2

6 5

= − = − 0,25

Vậy A= −1 0,25

Giải phương trình: 2

x + x −2x 19− =2x+39 (*) 1,0

Đặt

t = x −2x 19− ≥0 0,25

(*) trở thành: t2+ −t 20 0= t (

t ( )

=  ⇔  = −



nhËn)

lo¹i 0,25

2

t= ⇒ −4 x 2x 19 16− = ⇔x2−2x 35 0− = 0,25

x

= 

⇔  = −

 0,25

2 (2,0 điểm)

1/ Cho 4a 5b 9c− + =0, chứng minh phương trình ax2+bx c+ =0 ln có

nghiệm 1,0

Xét trường hợp a = Nếu b = từ 4a 5b 9c− + =0, ta suy c = 0,

phương trình (1) nghiệm với x∈ 0,25

Cịn b≠0, phương trình (1) trở thành bx+ =c 0, có nghiệm x c b

= −

Trường hợp a≠0, (1) phương trình bậc hai Từ 4a 5b 9c− + =0, ta có

5

4a 9c

b= + Suy ra,

0,25

2 2 2

2 (4a 9c) 16a 28ac 81c (2a 12a

25

7c) 32c

b 4ac 4a

5 c

5

+ + − +

(63)

Do đó, (1) có hai nghiệm phân biệt

Vậy trường hợp, (1) ln có nghiệm 0,25

2/ Giải hệ phương trình: ( )

2

xy y x 7y x

x y 12 y

 + + =



 + =

 

1,0 ĐK: y≠0

Hệtương đương với

( )

x

x y

y x

x y 12

y

 + + = 



 + = 

, đặt u x y, v x y

= + = ta có hệ: u v

uv 12

+ =   = 

0,25

u u

v v

= =

 

⇔ ∨

= =

  0,25

Với u=4, v=3ta có hệ x

3 x

y

y x y

 =  =

 ⇔

  =

  + = 

0,25

Với u=3, v=4ta có hệ

12

x x

4 5

y

3 y x y

5

  =  =

 ⇔

 

 + =  =

 

0,25

3 (1,5 điểm)

1/ Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: a+ + =b c 1 Chứng minh rằng:

(1 a b c+ )( + )( + ) (≥8 a b c− )( − )( − ) 1,0

Từa + b + c = ta có + a = (1 – b) + (1 – c) ≥ (1 b)(1 c)− −

(Vì a, b, c <1 nên – b ; – c ; – a sốdương) 0,25 Tương tựta có + b ≥ (1 c)(1 a)− − + c ≥ (1 a)(1 b).− − 0,25

Nhân vế ba BĐT ta có:

(1 a b c+ )( + )( + ) (≥8 a b c− )( − )( − ) ⇒ đpcm. 0,25

Dấu xảy a b c

= = = 0,25

2/ Phân chia chín số: 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 thành ba nhóm tùy ý, nhóm ba số

Gọi T1 tích ba số nhóm thứ nhất, T2 tích ba số nhóm thứ hai, T3

(64)

là tích ba số nhóm thứ ba Hỏi tổng T1+T2+T3 có giá trị nhỏ bao

nhiêu?

Ta có:

1 3

T +T +T ≥3 T T T

3

T T T =1.2.3.4.5.6.7.8.9=72.72.70>71

0,25

Do đó, T1+T2+T3 >213 mà T , T , T1 nguyên nên T1+T2+T3≥214

Ngoài ra, 214=72+72+70=1.8.9 3.4.6+ +2.5.7

Nên giá trị nhỏ T1+T2+T3 214

0,25

4 (2,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O bán kính R dây cung BC cố định khác đường kính Gọi A điểm chuyển động cung lớn BC đường tròn (O) cho tam giác ABC nhọn; AD,BE,CF đường cao tam giác ABC Các đường thẳng BE, CF tương ứng cắt (O) điểm thứ hai Q, R

1/ Chứng minh QR song song với EF.

1,0

Vì  

BEC=BFC=90 nên tứ giác BCEF

nội tiếp đường trịn đường kính BC 0,25

Suy ra, BEF =BCF 0,25

Mà BCF BQR 1sđ BR

 

= = 

  nên BEF =BQR 0,25

Suy ra, QR / /EF 0,25

2/ Chứng minh diện tích tứ giác AEOF EF R

2 0,5

Vì tứ giác BCEF nội tiếp nên EBF =ECF mà EBF 1sđ AQ,ECF  1sđ A

2 R

= = nên

AQ=AR

0,25

Do đó, OA⊥QR mà QR / /EF nên OA⊥EF

Vì OA⊥EF nên SAEOF EF.OA EF.R

2

= = 0,25

O R

Q

F

E

D C

(65)

3/ Xác định vị trí điểm A để chu vi tam giác DEF lớn nhất. 1,0 Tương tự câu 2, 2SBFOD =FD.R, 2SCDOE =DE.R

Mà tam giác ABC nhọn nên O nằm tam giác ABC 0,25 Suy ra, 2SABC =2SAEOF+2SBFOD+2SCDOE =R DE( +EF FD+ ) 0,25

Vì R khơng đổi nên đẳng thức suy chu vi tam giác DEF lớn

chỉ diện tích tam giác ABC lớn 0,25 Mà ABC

1

S BC.AD

2

= với BC không đổi nên SABC lớn AD lớn Khi

đó, A điểm cung lớn BC 0,25

5 (1,5 điểm)

1/ Tìm hai số nguyên a, b để 4

a +4b số nguyên tố 1,0

( )( )

4 2 2

a +4b = a −2ab+2b a +2ab+2b 0,25

Vì 2 2

a −2ab+2b ≥0;a +2ab+2b ≥0

Nên 4

a +4b nguyên tố ⇔ Một thừa số thừa số số nguyên tố

0,25

TH1: ( )

( )

2 2

2

a b

(1) b

a 2ab 2b a b b

a b

(2) b  − =   = − + = ⇔ − + = ⇔    − =  =  

*Với

(1)⇒ = ⇒b a = ⇒1 M =1 (loại)

*Với ( )2 a b a b

= = 

⇔  = = −

 (thỏa mãn)

0,25

TH2: ( )

( )

2 2

2

a b

(3) b

a 2ab 2b a b b

a b

(4) b  + =   = + + = ⇔ + + = ⇔    + =  =  

*Với

(3)⇒ = ⇒b a = ⇒1 M =1 (loại)

*Với ( )4 a a

b b

= = −

 

⇔ ∨

= − =

  (thỏa mãn)

(66)

Vậy cặp số ( )a; b cần tìm là: ( ) (1;1 , 1; ,− ) (−1;1 ,) (− −1; 1)

2/ Hãy chia tam giác thành tam giác cân có tam giác

bằng 0,5

Trường hợp 1:Tam giác ABC không cân Giả sử AB cạnh lớn tam giác ABC Vẽ cung trịn tâm A, bán kính AC cắt AB D Vẽ cung trịn tâm B, bán kính BD cắt BC E Vẽ cung trịn tâm C, bán kính CE cắt AC F Vẽ cung tròn tâm A, bán kính AF cắt AB G

Dễ dàng chứng minh điểm C, D, E, F, G thuộc đường tròn tâm O với O tâm

đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Nối điểm với O, nối A, B với O, nối F với G, D với E ta tam giác cân: AGF, OGF, ODG, BDE, ODE, OCE, OCF

Trong đó, có ba tam giác là: OCE, OCF, OGD

0,25

Trường hợp 2: Tam giác ABC cân

Giả sử tam giác ABC cân A Gọi D, E, F, G, H, I trung điểm

0,25

O G F

E

D C

B A

I

H G

F

E D

C B

(67)

đoạn thẳng: AB, BC, CA, DE, EF, FD Khi đó, ta có tam giác cân ADF, BDE, CEF, DGI, EGH, FHI, GHI ba tam giác là: ADF, BDE, CEF

Đề số 13

Bài Lời giải sơ lược Điểm

1.a 1,0 đ

( )

x −2 m+2 x+6m 1+ =0 (1)

( ) (2 ) 2

' m 6m m 2m

∆ = + − + = − + 0,25

( )2

m 0, m

= − + > ∀ 0,5

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với m 0,25

1.b 1,0 đ

Đặt t= −x 2, phương trình (1) trở thành: t2−2mt+2m 3− =0 2( )

Vì (1) có nghiệm với m nên (2) có nghiệm với m 0,25 Xét (2) có hai nghiệm t , t1 theo ĐL Viét ta có: t1+ =t2 2m, t t1 =2m 3− 0,25

(1) có hai nghiệm phân biệt lớn ⇔(2) có hai nghiệm phân biệt dương

1 2

m

t t 2m

m

t t 2m m

2

>  + = >

 

⇔ ⇔ ⇔ > = − > >

 

0,25

Vậy m

> (1) có hai nghiệm phân biệt lớn 0,25

2.a 1,5 đ

a− ab−6b= ⇔ −0 a ab+2 ab−6b=0 0,25

( ) ( ) ( )( )

a a b b a b a b a b

⇔ − + − = ⇔ + − = 0,25

Vì a, b dương nên a+2 b > ⇒0 a =3 b ⇔ =a 9b 0,5

Thay a=9bvào P ta P 10 13

= 0,5

2.b 1,5 đ ( ) 2 2 2

x 3y 4x 12y

4x 12y 9y 8x

9y 8x

 − =  − =  ⇔ ⇒ − − + =   − = − =     0,25

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

2x 3y

⇔ − + + − = ⇔ − + + = − =  ⇔  + + =  0,5

Thay 2x 3y− =0 vào (1) ta được:

2

x y

3

x 2x

2

x y

3  − = − ⇒ =   − − = ⇔  + = + ⇒ =   0,25

Thay 2x 3y 4+ + =0 vào (1) ta được: x2+2x 2+ =0, PT vơ nghiệm 0,25

Vậy hệ có hai nghiệm (x;y): 3;2 , 3;2

3

 −   + 

− +

   

(68)

E D C A B O O' 3.a 0,5 đ

2 ab

a b

a b +   + +  ≥ +   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ab

a b ab

a b + ⇔ + − + + ≥ + 0,25 ab

a b 0, a, b, a b a b +   ⇔ + −  ≥ ∀ + ≠ +  

Dấu xảy ab 2

a b a ab b

a b + + = ⇔ + + = + 0,25 3.b 1,0 đ Ta có: ( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ( )( ) )

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

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

+ + = + + = + + + +

= + + + + = + + +

0,25

Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: a 1.a a

3

  = ≤  +   

( )( ) a b a c b c

a b a c bc

2

+ + + +

+ + + ≤ + =

( )( )

( ) 3

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

2 3

   

+ + + ≤  +  + + ≤  + 

   

⇒

0,25

Chứng minh tương tự:

2 3

b abc abc b ; c abc abc c

2 3

   

+ + ≤  +  + + ≤  + 

   

Mà

3

a b c

abc

3 3

+ +

 

≤   =

 

0,25

( ) ( ) ( )

M= a +abc+ abc + b +abc+ abc + c +abc+ abc +6 abc

⇒

3 3

a b c

2 3 3 3

     

≤  + +  + +  + + = + =

     

Dấu xảy a b c

= = =

0,25

4.a 1,5 đ

  

ABD ADE sđAD

2

= = (O’), ABC ACE 1sđAC

(69)

N O

M

I

C B

A

       

CED CBD CED ABD ABC CED ACE ADE 180

⇒ + = + + = + + = (tổng ba góc

trong tam giác ECD) 0,5

Vậy tứ giác BDEC nội tiếp 0,5

4.b 1,5 đ

Vì tứ giác BCED nội tiếp nên CEB   =CDB; EBC=EDCmà EDC =ABDnên

 

EBC=ABD 0,25

EBC

⇒ ∆ đồng dạng với ∆DBA EC DA EC.DB DA.EB

EB DB

⇒ = ⇒ = (1) 0,5

Tương tự, ∆EBDđồng dạng với ∆CBA ED CA ED.CB CA.EB

EB CB

⇒ = ⇒ = (2) 0,25

Từ (1) (2) ta được:

EC.DB ED.CB+ =DA.EB CA.EB+ =(DA CA)EB+ =CD.EB  0,5

5 0,5 đ

Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I điểm cung BC khơng chứa A

Xét hai ∆MBI ∆NCI có: BM=CN(gt), MBI =NCI(cùng bù với ACI)

IB=IC(vì I điểm cung BC)

MBI= NCI (c.g.c)

⇒ ∆ ∆

0,25

IM IN

⇒ = Do vậy, I thuộc trung trực MN, mà I cố định ⇒đpcm 0,25

Đề số 14

Câu ý Nội dung Điểm

1

1/

1

1= −

+ x

x x 2

x (x 1)

− ≥  ⇔ 

+ = − 

2

x

x 3x

≥  ⇔ 

− =



(70)

x x x

≥   ⇔ =

  = 

x

⇔ =

0,25đ

2/

3 4

2

2 − + + + + =

x x x

x 2

(x 1) (x 2)

⇔ − + + =

x x

⇔ − + + = (*)

+ Với x< −2 (*) x− − − = ⇔ = −x x (loại)

+ Với − ≤ <2 x (*) ⇔ − + + = ⇔1 x x 0x=0 (đúng với x

thỏa mãn − ≤ <2 x 1)

+ Với x≥1 (*) ⇔ x x− + + = ⇔ =2 x 1(t/m)

Vậy nghiệm PT cho là: − ≤ ≤2 x

0.25đ

0.50đ 0.25đ

1/

Ta có y= − +x 2x 1+ +ax

1

2 x 2x ax ; x

2

y x 2x ax ; x

2

x 2x ax ; x

 − − − + < − 

 

⇔ = − + + + − ≤ < 

− + + + ≥

 

1

(a 3)x 1; x

2

y (a 1)x 3; x

2

(a 3)x 1; x

 − + < − 

 

⇔ = + + − ≤ < 

+ − ≥

 

Vậy hàm (C) đồng biến khi:

a a a

>   > −   > − 

⇔ >a

0,25đ

0.25đ

(71)

0,25đ

2/

+ Vì đồ thịđi qua điểm B(1; 6) nên ta có: 2.1 a.1

a

= − + + +

⇔ =

Vậy a = đồ thị qua điểm B(1; 6)

+Với a = ( )

1

x 1; x

2

y 3x 3; x C

2

5x 1; x

− + < − 

 

= + − ≤ < 

− ≥

 

0,25đ

0,25đ Đồ thịđược vẽnhư sau:

0.25đ

x y

O

9

(72)

3/ Ta có: x2 −4x+4+ 4x2 +4x+1= x+m

⇔ − +x 2x 1+ +2x=3x+m (*)

Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đường thẳng y = 3x + m đồ thị y= − +x 2x 1+ +2x Ta thấy y=3x+ m

đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + Dựa vào đồ thị hàm sốđã vẽởý 2/ ta có:

+ m < PT vơ nghiệm + m = PT có vơ số nghiệm + m > PT có nghiệm

0,25đ

3 1/ + Ta có  

ADB=ADC=90 (góc nội

tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒   

ADB+ADC=BDC 180=

⇒B, C, D thẳng hàng

+ Xét ∆ABCvuông A, đường

cao AD Ta có: 2 2 2

AB + AC = AD

0,25đ 0,25đ

0,25đ 2/ Ta có BAE  =BAD+DAE

Mà BAD =ACE (=1/2 sđ ADcủa (O’))

DAE =CAE (DM =MC)

   

ACE CAE AEB BAE

⇒ + = =

Suy ∆ABEcân B

0,25đ

0.25đ 0,25đ 0,25đ 3/ + Vì AC tiếp tuyến của (O) ⇒ CAN =ADN (cùng chắn AN)

Mà MAD =MAC (cùng chắn hai cung (O’))

 

NAD NDA

⇒ =

NA ND

⇒ = ⇒N nằm đường trung trực đoạn AD O

I E N

M D

O' A

(73)

N OO '

⇒ ∈

Ta có ∆NO 'M vng O’, có IO’= IN⇒INO ' =IO ' N

Mà INO '   =ANO, ANO=OAN⇒OAI =OO ' I⇒tứgiác AOIO’ nội

tiếp

   0(  0)

OAO ' OIO ' 180 OIO ' 90 OAO ' 90

⇒ + = ⇒ = =

0,25đ

0.25đ

4 1/ Trên tia AD lấy điểm E cho AEB =ACB

Dễ thấy ∆ACD∆AEB g( −g)

( )

2

AB AD

AB.AC AD.AE AD AD DE

AE AC

AB.AC AD AD.DE

AD AB.AC AD.DE

⇒ = ⇒ = = +

⇒ = +

⇒ = −

Mặt khác:

( )

BD AD

BDE ADC BD.DC DE.AD

DE DC

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

Từ (1) (2) suy ra:

AD =AB.AC−DB.DC

0.25đ

0,25đ 2/ Từ giả thiết suy

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

1 1 1 1

0

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

a b a b

0 a b c a b c ab

ab c a b c

a b b c c a

a b

b c

c a

   

⇒ + + = ⇒ +  + − = + +    + + 

+ +

⇒ + = ⇒ + + + + =

+ + ⇒ + + + =

+ =   ⇒ + =

 + = 

+ Nếu a+b=0 từa + b + c = 2009 ta có c = 2009

0,25đ

D B

A

C

(74)

+ Tương tựkhi b+c=0, c+a =0

0,25đ

0,25đ 5/ + Gọi tên theo thứ tự bàn B1,B2,B3, B4,B5,B6 B7,B8,B9 Giả sử

không có bàn xếp cách hai bàn màu với (*) + Khơng tổng qt, giả sử B5 bàn màu xanh, B4 B6

khơng thểcùng màu xanh Có hai khảnăng:

- B4 B6cùng màu đỏ Do B4cách B2 B6, B6cách B4

và B8 nên B2 B8 màu xanh, suy B5 xếp cách hai bàn màu xanh B2 B8, trái với giả thiết (*)

- B4 B6 khác màu, không tổng quát, giả sử B4 màu xanh B6

màu đỏ Do B4cách B3 B5 nên B3là bàn màu đỏ Do B6cách

B3 B9 nên B9 bàn màu xanh Do B5 cách B1 B9 nên B1 màu

đỏ Do B2cách B1 B3 nên B2 màu xanh Do B5 cách B2 B8 nên B8 có màu đỏ Do B6 B8 có màu đỏ nên B7 có màu xanh

Như B7được xếp cách hai bàn màu xanh B5 B9, trái

với giả thiết (*)

Vậy hai khảnăng dẫn đến vô lý nên điều giả sử (*) sai Như có bàn xếp cách với hai bàn màu với

0,25đ

(75)

Định dạng
Số trang	75
Dung lượng	2,85 MB