Đang tải... (xem toàn văn)
Câu 5.. Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh.. Hai người thợ cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 4 giờ. Nếu mỗi người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian ngư[r]
(1)
Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp
BỘ ĐỀ THI VÀO LỚP 10
MƠN TỐN CHUN HƯNG N
(2)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 1
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 – 2020
Mơn thi: TỐN (Dành cho mọi thí sinh dự thi)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức (2 5)2 20 20
= − + −
A
2) Cho hai đường thẳng (d):y=(m−2)x+m ( )∆ :y= − +4x a) Tìm mđể (d) song song với ( )∆
b) Chứng minh đường thẳng (d) qua điểm A( 1; 2)− với m c) Tìm tọa độđiểm B thuộc ( )∆ cho AB vuông góc với ( )∆
Câu (2,0 điểm).
1) Giải phương trình 2
2 4
+ + + =
x x x x
2) Giải hệphương trình
( )2
2
1
+ = + −
+ +
+ =
+
x y xy y
x y
x y
x
Câu (2,0 điểm). Cho phương trình: 2
2( 1)
− + + + =
x m x m (1) (m tham số) 1) Giải phương trình m=2
2) Tìm mđểphương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn: x12+2(m+1)x2 =3m2+16 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Vẽ nửa đường trịn đường kính AB AC
sao cho nửa đường trịn khơng có điểm nằm tam giác ABC Đường thẳng d qua A cắt nửa đường trịn đường kính AB AC theo thứ tựởM N (khác điểm A) Gọi I
trung điểm đoạn thẳng BC
1) Chứng minh tứ giác BMNC hình thang vng 2) Chứng minh IM = IN
3) Giả sử đường thẳng d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Hãy xác định vị trí đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn
Câu (1,0 điểm). Cho số thực không âm x y z, , thỏa mãn x2+y2+z2≤3y Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 2 2
( 1) ( 2) ( 3)
= + +
+ + +
P
x y z
- HẾT -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích thêm
(3)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 2
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 – 2020
Mơn thi: TỐN
(Dành cho lớp chuyên: Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu (2,0 điểm)
1.Cho hai biểu thức A x x x x 2(x 1)
x x x x x
− + +
= − +
− + 1
x
B x
x
= + +
− với x>0, x ≠1
a Rút gọn biểu thức A b Tìm xđể A B=
2.Cho a, b hai số thực thỏa mãn 0< <a 1, 0< <b 1,a b≠ a b− = 1−b2 − 1−a2 Tìm giá trị biểu thức Q= a2 +b2 +2019
Câu (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng ( ) :
2020 2020
d y= − x+ Parabol
2
( ) :P y=2x Biết đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm B C Tìm tọa độđiểm A trục
hoành để AB AC− lớn
2.Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình
2 ( 45)2 2 220 2024 0
xy − y− + xy x+ − y+ =
Câu (2,0 điểm)
1.Giải phương trình 5x+11− 6− +x 5x2 −14x−60 0=
2.Giải hệphương trình 23 32
64 61
x y xy
x y
− =
− =
Câu (3,0 điểm) Cho hình vng ABCDtâm O cạnh a Lấy Mlà điểm cạnh AB
(M A M B≠ , ≠ ), qua Akẻđường thẳng vuông góc với CM H, DH cắt AC K Chứng minh MK song song với BD
2 Gọi Nlà trung điểm BC, tia đối tia NO lấy điểm E cho 2
ON
OE = , DE
cắt OC F Tính FO
FC
3 Gọi Plà giao điểm MC BD, Qlà giao điểm MD AC Tìm giá trị nhỏ diện tích tứ giác CPQDkhi Mthay đổi cạnh AB
Câu (1,0 điểm) Với x, y số thực thỏa mãn điều kiện (2 )( 1)
x y
+ − = Tìm giá trị
nhỏ biểu thức A= x4 +4x3 +6x2 +4x+ +2 y4 −8y3 +24y2 −32y+17
- HẾT -
(4)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 3
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn thi: TỐN (Dành cho mọi thí sinh dự thi)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu (1,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A= 2.( 2+ 2− 3)−1
b) Tìm m đểđường thẳng
2
y= +x m + đường thẳng y=(m−2)x+11 cắt điểm trục tung
Câu (2,0 điểm) Cho hệphương trình 3(1)
x y m
x y m
+ = +
− =
(m tham số)
a) Giải hệphương trình (1) m=1
b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm ( )x y; cho P=98(x2+y2)+4mđạt giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
3
x+ + − −x − −x x =
b) Tìm m đểphương trình
5
x + x + − =m (m tham số) có hai nghiệm Câu (1,0 điểm) Quãng đường AB dài 120 km Một ô tô chạy từA đến B với vận tốc xác định Khi từ B trở A, ô tô chạy với vận tốc nhỏhơn vận tốc lúc từA đến B 10 km/h Tính vận tốc lúc tơ, biết thời gian nhiều thời gian 24 phút
Câu (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cốđịnh thẳng hàng theo thứ tựđó Vẽđường trịn (O;R) bất kỳđi qua B C (BC < 2R) TừA kẻ tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC
a) Chứng minh năm điểm A, M, I, O, N thuộc đường tròn
b) Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E giao điểm thứ hai đường thẳng MJ với đường tròn (O) Chứng minh EB=EC=EJ
c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K giao điểm OA MN Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIK ln thuộc đường thẳng cốđịnh
Câu (1,0 điểm) Cho sốdương x y z, , thỏa mãn xy+yz+zx=3xyz
Chứng minh 2 2 2 1 1
2
x y z
z x x y y z x y z
+ + ≥ + +
+ + +
- HẾT -
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích thêm
(5)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 4
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TỐN
(Dành cho lớp chun: Tốn, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu (2 điểm)
Cho biểu thức A x : 2
x x x x x x
+ −
=
+ + − +
4
5 2025
B=x − x − x+ với x>0,x≠1
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị xđể biểu thức T = −B 2A2đạt giá trị nhỏ Câu (2 điểm)
a) Tìm giá trị mđểđồ thị hàm số
y=x y= −x mcắt hai điểm phân
biệt A x y( 1; 1) (,B x y2; 2)sao cho ( ) ( )
8
1 2 162
x −x + y −y =
b) Tìm giá trị nguyên xđể ( )3
1 2
M =x + x+ − x − xlà sốchính phương Câu (2 điểm)
a) Giải phương trình
2x − 108x+45=x 48x+20−3x
b) Giải hệphương trình
( )( )
2
2
1 1
1
x y x y x y
x y
y x
+ + + = + +
+ = + +
Câu (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d khơng có điểm chung với
đường trịn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B tiếp điểm) Kẻđường kính AC đường trịn (O) Tiếp tuyến
đường tròn (O) cắt đường thẳng AB E a) Chứng minh BE MB =BC OB
b) Gọi N giao điểm CM với OE Chứng minh đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng OM CE vng góc với đường thẳng BN
c) Tìm giá trị nhỏ dây AB M di chuyển đường thẳng d, biết R=8cm
và khoảng cách từO đến đường thẳng d 10 cm
Câu (1 điểm) Cho a, b hai sốthay đổi thỏa mãn điều kiện a>0và a b+ ≥1
Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2
4
a b
A b
a
+
= +
- HẾT -
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích thêm
(6)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 5
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 – 2018
Mơn thi: TỐN
(Dành cho lớp chuyên: Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức 2
1
x x
P
x x
với x 0;x 1
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị x để
4
P
c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x 4x 1P
Câu (1.0 điểm) Cho parabol P y: x2 và đường thẳng d y: 3x m2 Tìm tham
số m để P d cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ dương Câu (2.0 điểm).
a) Giải hệ phương trình
2
2 2
x xy y x
x x y
b) Giải phương trình 2
1
x x x
x x
Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn O , kẻ đường kính AN Lấy điểm M cung nhỏ BN (M khác B, N) Kẻ MD vng góc với đường thẳng BC D, ME vng góc với đường thẳng AC F, MF vng góc với đường thẳng AB F
a) Chứng minh ba điểm F, D, E thẳng hàng
b) Chứng minh AB AC BC
MF ME MD
c) Chứng minh FB EA DC
FA EC DB
Câu (1.0 điểm) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình y3 2x 2 x x 12
Câu 6(1.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b4 b c4 c a4 3a b c4 4
Chứng minh rằng: 3 2 3 2 3 2 2
(7)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 6
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017
Mơn thi: TỐN (Dành cho mọi thí sinh dự thi)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài (1.0 điểm) Rút gọn biểu thức A 27 48 3
Bài (2.0 điểm) Cho Parobol P : y x2 và đường thẳng d : y mx m2 (m
tham số)
a) Với m 2 Tìm tọa độ giao điểm (P) (d)
b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ
1;
x x lớn
2 Bài (2.0 điểm).
a) Giải hệ phương trình
2
1
x y
y x
b) Giải phương trình x 3 4x2 5x1
Bài 4(1.0 điểm) Hai người thợ làm chung công việc hồn thành Nếu người làm riêng, để hồn thành cơng việc thời gian người thứ người thứ hai Hỏi làm riêng người phải làm để hồn thành cơng việc
Bài (3.0 điểm).Cho đường tròn O R; đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d 2R Điểm M thuộc đường thẳng d, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB tới O (A, B tiếp điểm)
a) Chứng minh điểm O, A, M, B nằm đường tròn
b) Gọi D giao điểm đoạn OM với đường tròn O Chứng minh D tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABM
c) Điểm M di động đường thẳng d Xác định vị trí điểm M cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ
Bài (1.0điểm).Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng:
5 2 2 2 2
1 1
a b c b c a c a b a b c
(8)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 7
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017
Mơn thi: TỐN
(Dành cho lớp chuyên: Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài (2.0điểm)
a) Đặt a 2;b 32 Chứng minh 1 a b a b 1
a b b b a
b) Cho x 28 1 28 1 2 Tính giá trị biểu thức P =
3 6 21 2016
x x x
Bài (20điểm).
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d1 :y 3x 3;
2
1 :
2
d y x
3
1 :
3
d y ax a a Tìm a để đường thẳng đồng quy
b) Tìm tất nghiệm nguyên dương x y z; ; thỏa mãn x y z phương trình:
xyzxyyzzx x y z 2015 Bài (2.0 điểm).
a) Giải hệ phương trình
2 2
2
2
x y x y
x x y
b) Giải phương trình 2x 5 2x 2 1 4x2 14x 103
Bài (0.5 điểm).Cho tam giác ABC vuông A có AB 1cm ABC 600 Tính thể
tích hình tạo cho tam giác ABC quay vòng quanh cạnh BC
Bài (2.5điểm).Cho hai đường tròn O1 O2 cắt A B Tiếp tuyến chung
gần B hai đường tròn tiếp xúc với O1 O2 C D Qua A kẻ đường
thẳng song song với CD cắt O1 O2 M N Các đường thẳng CM DN
cắt E Gọi P giao điểm BC MN, Q giao điểm BD MN
a) Chứng minh đường thẳng AE vuông góc với CD
b) Chứng minh BD BC MN
BQ BP PQ
c) Chứng minh tam giác EPQ tam giác cân
Bài (1.0 điểm).Trong hình vng cạnh 10 cm, người ta đặt ngẫu nhiên đoạn thẳng đoạn thẳng có độ dài cm Chứng minh tồn điểm hai đoạn thẳng khác đoạn thẳng mà khoảng cách chúng không vượt 14
(9)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 – 2016
Mơn thi: TỐN
(Dành cho lớp chuyên: Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm)
Cho biểu thức 1 : 1 2
x x
A
x
x x x x
vớix 0,x 1
a) Rút gọn A
b) Tìm x để
Alà số tự nhiên
Câu (2,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P y: x2 .Xác định tọa độ điểm A
và B (P) để tam giác ABO
b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình 2 2
2 26
x y xy
Câu (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
8
9
x x
x
b) Giải hệ phương trình
3
2
3
2
x y y x
x y
Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhọn nội tiếp đường tròn (O) và AB > AC.Tia phân giác góc A tam giác ABC cắt đường tròn (O) D (D khác A) cắt tiếp tuyến B đường tròn (O) E Gọi F giao điểm BD AC
a) Chứng minh EFsong song với BC
b) Gọi M giao điểm AD BC; tiếp tuyến B, D đường tròn (O) cắt N Chứng minh 1
BN BE BM
Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH Gọi M giao điểm AO BC Chứng minh HB MB 2AB
HC MC AC Dấu đẳng thức xảy
Câu (1,0 điểm) Trong hình vng (cm) đặt 2015 hình trịn có đường kính
20cm Chứng
(10)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: TỐN
(Dành cho lớp chun: Tốn, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1:(2,0 điểm)
a) Cho A 13 48
6
+ − +
=
+ , chứng minh A số nguyên
b) Giải hệphương trình:
2
x 12y 2y x
= +
= −
Bài 2:(2,0 điểm)
a) Cho parabol (P):
y x
= đường thẳng (d): y x
= − + Gọi A, B giao điểm đường thẳng (d) parabol (P), tìm điểm M trục tung cho độ dài MA + MB nhỏ
b) Giải phương trình:
x +5x+ =8 2x +5x +7x+6 Bài 3:(2,0 điểm)
a) Cho f x( ) đa thức với hệ số nguyên Biết f f 2( ) ( )=2013, chứng minh phương trình f x( )=0 khơng có nghiệm ngun
b) Cho p số nguyên tố Tìm p để tổng ước nguyên dương
p
sốchính phương
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O Đường
tròn (K) đường kính BC cắt cạnh AB, AC E F Gọi H giao điểm BF
và CE
a) Chứng minh AE.AB = AF.AC
b) Chứng minh OA vng góc với EF
c) Từ A dựng tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N tiếp điểm Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng
Bài 5:(1,0 điểm)
Cho số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ac−bd=1 Chứng minh rằng: 2 2
a +b +c +d +ad+bc≥
(11)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 10
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013
Mơn thi: TỐN
(Dành cho lớp chuyên: Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2 điểm)
a) Cho A = 20122+2012 20132 2+20132 Chứng minh A số tự nhiên
b) Giải hệphương trình
2 x
x
y y x
x
y y + + =
+ + =
Bài 2: (2 điểm)
a) Cho Parbol (P): y = x2và đường thẳng (d): y = (m +2)x – m + Tìm m đểđường
thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độdương
b) Giải phương trình: + x + (4−x)(2x−2) =4( 4− +x 2x−2) Bài 3: (2 điểm)
a) Tìm tất số hữu tỷx cho A = x2+ x+ sốchính phương
b) Cho x > y > Chứng minh : (x3 y ) (x3 y )2 (x 1)(y 1)
+ − + ≥
− −
Bài (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE CF
Tiếp tuyến B C cắt S, gọi BC OS cắt M a) Chứng minh AB MB = AE.BS
b) Hai tam giác AEM ABS đồng dạng
c) Gọi AM cắt EF N, AS cắt BC P CMR NP vng góc với BC
Bài 5: (1 điểm) Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lượt (hai
đội bất kỳthi đấu với trận)
a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu trận) ln tìm ba đội
bóng đơi chưa thi đấu với
(12)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 11
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013
Mơn thi: TỐN (Dành cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức: A 272 32 483 75
2 Giải phương trình:
x 3x 6x 8 Bài 2: (2,0 điểm)Cho phương trình
x 2x m (ẩn x)
1 Giải phương trình với m =
2 Tìm m đểphương trình cho có hai nghiệm x ; x1 2 thỏa mãn điều kiện
1 2
x 2x x x 12
Bài 3: (1,0 điểm) Khoảng cách hai bến sông A B 48 km Một ca nơ xi dịng từ
bến A đến bến B, nghỉ40 phút bến B quay lại bến A Kể từlúc khởi hành đến đến bến A hết tất giờ40 phút Tính vận tốc canơ nước n lặng, biết vận tốc dịng nước km/h
Bài 4: (3,0 điểm) Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O), hai đường cao BE, CF
lần lượt cắt đường tròn (O) điểm thứhai E’ F’
Chứng minh điểm B, C, E, F thuộc đường tròn Chứng minh EF // E’F’
Khi B C cốđịnh, A di chuyển cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF khơng đổi
Bài 5: (2,0 điểm)
1 Cho số thực x thỏa mãn 0 x Tìm giá trị nhỏ biểu thức A 1 x x
2 Giải hệphương trình ( )( )
2
2
x+ x +2012 y+ y +2012 2012 x + z - 4(y+z)+8 0
=
=
(13)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀTHI CHÍNH THỨC Đề số 12
(Khơng có đáp án)
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
PHẦN A: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0 điểm)
Từ câu đến câu 8, chọn phương án viết chữcái đứng trước phương án vào làm
Câu 1:Đường thẳng song song với đường thẳng có PT y = -2x+1 là:
A y =2x-1 B y=2(2x-1) C y =1-2x D y = -2x+3
Câu 2:Hàm sốy = (m+2011)x + 2011 đồng biến R khi:
A m>-2011 B m≤-2011 C m≥ −2011 D m<-2011
Câu 3: hệphương trình 2
x y mx y
+ =
+ =
có nghiệm chỉkhi:
A m<1 B m≠1 C m>1 D m≠0
Câu 4: Q( 2;1) thuộc đồ thị hàm sốnào sau đây: A y=1
2x B
2
1
y= − x C
2
y= − x D
2
y= x Câu 5:(O;R=7) (O’;R’=3) OO’ = vịtrí tương đối hai đường tròn
A Cắt B Tiếp xúc C Tiếp xúc ngồi D Khơng giao
Câu 6:Tam giác ABC cạnh AB = 2, bán kính đường trịn ngoại tiếp là:
A B
2 C
2
3 D
3
Câu 7: Tam giác ABC vuông A, AC = a, AB= 2a sinB bằng:
A
5
a
B 1
5 C 1
2 D 2
a
Câu 8: Một hình trụ tích 432π cm3 chiều cao gấp hai lần bán kính đáy bán
kính đáy
(14)PHẦN B: TỰLUẬN (8,0 điểm) Bài 1:(1,5 điểm)Rút gọn biểu thức
A= 5( 20+ 45− 80) B= 1 3− + 3+
Bài 2:(1,5 điểm)Cho phương trình
4
x − x+ + =m (ẩn x) (I)
a) Giải phương trình với m=2
b) Tìm m để PT có hai nghiệm dương phân biệt
Bài 3:(1,0 điểm) Hai người làm cơng việc sau 30 phút sẽxong Nếu người thứ giờ, sau người thứ hai làm giờthì 3/4 cơng việc Tính thời gian
mình đểxong người
Bài 4:(3,0 điểm)Cho (O;R), điểm A nằm cho OA = 2R Vẽ Các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn( B, C tiếp điểm) Lấy M cung nhỏ BC, tiếp tuyến M cắt AB, AC E, F
a) Tính góc BOC góc EOF
b) Gọi OE, OF cắt BC P, Q Chứng minh tứgiác PQFE nội tiếp
c) Tính tỉ sốPQ/FE
Bài 5:(1,0 điểm) Giải phương trình 4
3 2011 2011
(15)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀCHÍNH THỨC Đề số 13
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011
Mơn thi: TỐN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1:(2 điểm)Cho A= 2+ 2+ 2+ 2− 2+
= + + − −
+ +
1
B 2
5
So sánh A B
Bài 2:(2 điểm)
a) Giải phương trình: (x-1)2 - x2−2x 0− =
b) Cho hệ + − = −+ − =
3x 3y 2xy x y xy m
Tìm m để hệphương trình có nghiệm (x;y) cho x > y >
Bài 3:(2,0 điểm)
a) Tìm sốnguyên x, y thoảmãn xy + y = x3+4
b) Cho ba sốdương a, b, c ab+ bc + ca =1 CMR
+ − + + − + + − ≤ + +
2 2
a a b b c c 1
bc ac ab a b c
Bài 4:(3,0 điểm) Cho ba điểm cốđịnh A, B, C thẳng hàng, B nằm A C Gọi (O) thay
đổi qua B C, qua A kẻcác đường thẳng tiếp xúc với (O) E F( E không trùng F) Gọi I trung điểm BC N giao AO EF Đường thẳng FI cắt (O) H
Chứng minh rằng:
a) EH song song với BC
b) AN.AO không đổi
c) Tâm đường tròn qua ba điểm O, I, N thuộc đường thẳng cốđịnh
(16)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀCHÍNH THỨC Đề số 14
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009 – 2010
Mơn thi: TỐN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1:(1,5 điểm)
Cho a : 1
7 1 1
= −
+ − + +
Lập phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - nghiệm
Bài 2:(2,5 điểm)
a) Giải hệphương trình:
x 16
xy
y
y
xy
x
− =
− =
b) Tìm m đểphương trình (x2−2x)2−3x2+6x m 0+ = có nghiệm phân biệt
Bài 3:(2,0 điểm)
a) Chứng minh sốnguyên k lớn thoả mãn k2+4 k2+16 số nguyên tốthì k chia hết cho
b) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu
vi p a− + p b− + p c− ≤ 3p
Bài 4:(3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O dây AB không qua O Gọi M điểm cung AB nhỏ D điểm thay đổi cung AB lớn (D khác A B) DM cắt AB C Chứng minh rằng:
a) MB.BD MD.BC=
b) MB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
c) Tổng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD ACD không đổi
Bài 5:(1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA cho hình cạnh EFGHIJKM có góc Chứng minh độ dài cạnh hình cạnh EFGHIJKM số hữu tỉthì EF =
IJ
(17)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀCHÍNH THỨC Đề số 15
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2008 – 2009
Môn thi: TỐN
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút
Bài (1,5 điểm) Cho a ; a ; a ; ; a1 2007; a2008 2008 số thực thoả mãn:
k 2
2k a
(k k)
+ =
+ với k 1; 2; 3; ; 2008= Tính tổng S2008 =a1+a2 + + +a3 a2007 +a2008
Bài (2,0 điểm)
1) Giải phương trình 2
(x −4) + =x
2) Giải hệphương trình sau:
3xy x y 3yz y z 13 3zx z x
− − =
− − =
− − =
Bài (1,5 điểm)
Cho f(x) đa thức bậc có hệ số nguyên Chứng minh f(x)
nhận 3− nghiệm f(x) có nghiệm 3+
Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r) Kẻ tiếp tuyến d1
đường tròn (I, r)sao cho d1 song song với BC Gọi E, F giao điểm d1 với
cạnh AB AC Gọi D K tiếp điểm đường tròn (I; r) với BC d1
1) Trên cạnh BC lấy điểm H cho CH =BD Chứng minh điểm A, K, H thẳng hàng 2) Kẻ tiếp tuyến d2 d3 đường tròn (I, r) cho d2 song song với AC d3 song
song với AB Gọi M N giao điểm d2 với cạnh AB BC Gọi P Q
lần lượt giao điểm d3 với cạnh BC AC Giả sửtam giác ABC có độ dài ba cạnh
thay đổi cho chu vi 2p khơng đổi Hãy tìm giá trị lớn EF + MN +
PQ
Bài (2,0 điểm) 1) Cho a, b số thực dương thoả mãn a b 1+ =
Chứng minh rằng: 2 2 14
ab a+ +b ≥
2) Trên bảng ghi 2008 dấu cộng 2009 dấu trừ Mỗi lần thực ta xoá hai
(18)HƯỚNG DẪN GIẢI
Đề số
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu (1,0đ)
1) ( )
( )
2 1 5
2 20 20 2 5 20
5
2 5 5
= − + − = − + − ⋅
= − + − = − + − = −
A
0.5
2a)
(d) song song với ( )∆
2
2
1
− = − = −
⇔ ⇔ ⇔ = −
≠ ≠
m m
m
m m
Vậy m= −2 giá trị cần tìm
0.5
2b)
Thay x= −1;y=2 vào phương trình y=(m−2)x+m được:
2=(m−2).( 1)− + ⇔ = − + + ⇔ =m 2 m 2 m 2 2 (đúng với ∀m) Vậy đường thẳng (d) qua điểm A( 1; 2)− với m
2c)
Cách 1:
Vì điểm B thuộc ( )∆ nên tọa độđiểm B có dạng (x0;1 4− x0)
ĐK: Bkhác A hay x0 ≠ −1
Giả sửphương trình đường thẳng AB y=ax b+ Vì A( 1; 2)− B x( 0;1 4− x0) nên ta có hệphương trình:
0
0
0 0
2
( 1)
1
− + =
⇒ + = − − ⇒ = − −
+ = − +
a b x
a x x a
ax b x x
AB vng góc với ( )∆ ' 1
⇔ aa = − hay 0
( 4) 1
− −
⋅ − = − +
x x
0 0
0
5
16
17 37
1
17 17
−
⇒ + = − − ⇔ =
−
⇒ = − ⋅ =
x x x
(19)Vậy tọa độđiểm B 37; 17 17 −
Cách 2:
Giả sửphương trình đường thẳng AB y=ax b+ AB vng góc với ( )∆
' 1
⇔ aa = − hay ( 4) 1 ⋅ − = − ⇔ =
a a
⇒ phương trình đường thẳng AB có dạng
= +
y x b
Vì đường thẳng
= +
y x b qua A( 1; 2)− nên:
1
2 ( 1)
4
= ⋅ − + ⇔ =b b
⇒ phương trình đường thẳng AB 4
= +
y x
⇒ Tọa độđiểm B nghiệm hệphương trình:
5
5 37 17
; 4
37 17 17
17 − =
= + −
⇔ ⇒
= − + =
x
y x
B
y x y
Câu (2,0đ) 1)
4 2
2 2
2 4
( 2) 2 (1)
+ + + =
⇔ + + + =
x x x x
x x x x
Đặt 2 + =
x x y Phương trình (1) trở thành:
2
2 4 (2)
+ = ⇔ + − =
y y y y
Giải phương trình (2) y1 = ; y2 = −2 Với y=
2
2 2
2
0
2
( 2) ( 1)
0
3
1 3
≥ ≥
+ = ⇔ ⇔
+ = + =
≥ ≥
⇔ ⇔ ⇔ = −
+ = = −
x x
x x
x x x
x x
x
x x
(20)Với y= −2
2
2 2
2
0
2 2
( 2) ( 1)
0
2
1
≤ ≤ + = − ⇔ ⇔ + = + = ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ = − + = = x x x x
x x x
x x
x
x x
Vậy tập nghiệm phương trình (1) S ={ 1;− − 2}
2)
Lời giải thầy VũVăn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương
( )2
2
3 (1) (2) + = + − + + + = +
x y xy y
x y
x y
x
Dễ thấy y=0 không nghiệm (1) Với y≠0, ta có:
2 2 2 2
(1)
1
1 (4 )
(3)
1 (3 )
+ + = − − ⇔ + + = − ⇒ + = − − + + − − + − ⇒ = = + − − + −
x y y xy y
x xy y y
x y xy y
x y y x y x y
x y x y x y
Từ (2) (3) + − ⇒ + = + − x y x y
x y (4)
Đặt x+ =y a Phương trình (4) trở thành:
2
2
3 4
3
( 2)
2 − = ⇒ − = − ⇔ − + = − ⇔ − = ⇔ = ⇒ + = ⇔ = − a
a a a a a a
a
a a
x y y x
Thay y= −2 x vào (2) được:
2 2
2
2
2 2
1
1 5
2 + − + = ⇔ + = − + ⇔ + − = + − ± ⇔ = ⇒ = x x
x x x x x
x
x y
Thử lại ta thấy 5;
2
− + −
1 5 ;
2
− − +
nghiệm hệđã cho Vậy …
(21)Câu (2,0đ)
1)
Khi m=2 phương trình (1) trở thành:
6 8 0
− + =
x x (2)
Giải phương trình (2) x1=4;x2 =6
Vậy m=2 phương trình (1) có hai nghiệm: x1 =4;x2 =6
0.5
2)
Xét 2
' ( 1)
∆ = m+ −m − = m−
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ ⇔' m≥1,5 Vì x1 nghiệm phương trình (1) nên:
2 2
1 −2( +1) 1+ + = ⇔4 =2( +1) 1− −4
x m x m x m x m
Theođề bài:
2
1
2
1
2
2( 1) 16
2( 1) 2( 1) 16
2( 1)( ) 20
+ + = +
⇔ + − − + + = +
⇔ + + = +
x m x m
m x m m x m
m x x m
Mà x1+x2 =2(m+1) (theo hệ thức Vi-ét) nên: 2
2
4( 1) 20
4 4 20
+ = +
⇔ + + = +
m m
m m m
2
⇔ =m (TMĐK)
Vậy m = giá trị cần tìm
1.5
Câu (3,0đ)
0.25
1) Vì AMB, ANC góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên: 0.75 H
C B
A
N M
I
(22)
o
o
AMB 90 MA MB ANC 90 NA NC
= ⇒ ⊥
= ⇒ ⊥
⇒ MB // NC ⇒ BMNC hình thang Lại có o
AMB=90 nên BMNC hình thang vng
2)
Gọi H trung điểm MN
⇒ IH đường trung bình hình thang BMNC ⇒ IH // BM ⇒IH⊥MN
∆IMN có HM = HN IH⊥MN ⇒ ∆IMN cân I
1.0
3)
Gọi P chu vi tứ giác BMNC Ta có:
P = BC + BM + MN + CN = BC + (MA + MB) + (NA + NC) Dễ chứng minh bất đẳng thức 2
a+ ≤b 2(a +b ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:
2 MA+MB≤ 2(MA +MB )
Mà 2
MA +MB =AB (theo định lí Py-ta-go)
MA MB 2AB AB
⇒ + ≤ =
Tương tự:
NA+NC≤ 2AC =AC P BC 2(AB AC)
⇒ ≤ + +
Dấu “=” xảy
o
MA MB
MAB NAC 45 NA NC
=
⇔ ⇔ = =
=
Vậy d tạo với tia AB tia AC góc 45o chu vi tứgiác BMNC đạt giá trị lớn BC+ 2(AB+AC)
1.0
Câu (1,0đ)
Lời giải thầy VũVăn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương Chọn điểm rơi x= =z 1;y=2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta có:
(23)2
2
2 2
2 2
( 1) 2( 1) ( 2) 2( 4)
( 3) ( 1 1) 4( 3)
1
2( 1) 0,5( 4) 2( 3)
+ ≤ +
+ ≤ +
+ = + + + ≤ +
⇒ ≥ + +
+ + +
x x
y y
z z z
P
x y z
Dễ chứng minh
2 2
( + + )
+ + ≥
+ +
a b c a b c
x y z x y z với x y z, , >0 Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:
2
2 2 2
(1 2) 16
2( 1) 0,5( 4) 2( 3) 2( ) 0,5 10 + +
≥ =
+ + + + + + + +
P
x y z x z y
Từ GT: 2 2 2
3
+ + ≤ ⇒ + ≤ −
x y z y x z y y
2 2 2
2
2( ) 0,5 10 2(3 ) 0,5 10 1,5 10 16 1,5( 2) 16
⇒ + + + ≤ − + + = − + +
= − − ≤
x z y y y y y y
y 16
1 16 ⇒ ≥P =
Dấu “=” xảy = =
⇔ =
x z
y Vậy
1
2 = =
= ⇔ =
x z
P
y
Đề số
Câu
1 a Ta có
1 2( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 2( 1)
( 1) ( 1)
x x x x x x x x x x x x
A
x x x x x x x x x x
− + + − + + + − + +
= − + = − +
− + − +
2 x 2(x 1) 2(x x 1)
x x x
+ + +
= + =
Vậy A 2(x x 1) x
+ +
= với x >0, x≠1 b ĐK: x >0, x ≠1
2( 1) 2 2 2 2 4
1
x x x
A B x x x x x x x
x x
+ + −
= ⇔ = ⇔ − = − ⇔ = ⇔ =
(24)Vậy với x =4 A B=
2. 2 2 2
2
1 1
1
a b
a b b a a b a b b a
b a
−
− = − − − ⇔ − = ⇔ + = − + −
− + −
Từđó ta có hệ: 2 2
2
1 1 1 2020
1
a b b a a b a b Q
a b b a
− = − − −
⇒ = − ⇔ + = ⇒ =
+ = − + −
Câu
1 Ta có AB AC− ≤BC nên GTLN AB AC− =BC A, B, C thẳng hàng hay A giao
điểm (d) với Ox ⇒ A(3;0)
2 Ta có xy2 −(y−45)2 +2xy x+ −220y+2024 0= ⇔(y+1)(xy x y+ − −129)= −128= −27
{ } { } { }
1 2;4;8;16;32;64;128 1;3;7;15;31;63;127 ( ; ) (33;1),(25;3),(15;7)
y y x y
⇒ + ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈
Câu
1 ĐK: 11
5 x
− ≤ ≤
Ta có:
2
5x+11− 6− +x 5x −14x−60 0= ⇔( 5x+11 6) ( 6− − − − +x 1) (x−5)(5x+11) 0=
5( 5) ( 5)(5 11) 0
5 11 6
x x x x
x x
− −
⇔ + + − + =
+ + − +
5
( 5) 11
5 11 6
x x x
x x
⇔ − + + + = ⇔ =
+ + − +
(Do 5 11
5x+11 6+ + 6− +x 1+ x+ > với
11 6
5 x
− ≤ ≤ ) Vậy Phương trình có nghiệm x =5
2. 23 32 (4 () 2 )
(4 ) (4 ) 12 61
64 61
xy x y x y xy
x y x y xy
x y
− =
− =
⇔
− − + =
− =
Đặt
4
u xy
v x y
=
= −
hệ trở thành:
5
5
1
( 12 ) 61 60 61
u v u u
v
v
v v u v
= = =
⇔ ⇔
=
+ =
(25)Suy 5 4 x y xy
x y x
y = − = − = ⇔ − = = =
Vậy nghiệm hệ ( ; ) ( 1; 5),( ;4)5
x y ∈ − −
Câu
1 Tứ giác ADCH có AHC ADC + =90° +90° =180° ⇒ tứ giác ADCH nội tiếp
ADH ACH ⇒ = Ta có AKH DAK ADK MAK ADH
AKH KCH CHK ACH MHK MAK MHK AHMK
ADH ACH = + = + = + = + ⇒ = ⇒ =
tứ giác nội tiếp
90
AKM MK AC
⇒ = ° ⇒ ⊥ mà BD AC⊥ (Hai đường chéo hình vuông)⇒MK BD// 2 ∆ONC vuông cân N
2
ON OE OC OD DOE
OC
⇒ = ⇒ = = ⇒ ∆ cân O
ODE OED
⇒ = (1) Mà OE CD// ⇒CDE OED = (2) Từ (1) (2) ⇒ODE CDE = ⇒DElà tia
phân giác góc CDO
2
FO DO
FC DC
⇒ = =
3 Đặt AM x= >0 ta có ∆AMK vng cân K 2
2 2
x x a x
MK AK CK a −
⇒ = = ⇒ = − =
Do AM CD//
AQ AM x AQ x AQ AC x a x
QC CD a AC a x a x a x
⇒ = = ⇒ = ⇒ = =
+ + +
2 2
a CQ AC AQ
a x ⇒ = − = + 2 //
2 2 (2 ) 2
2
a
OC OP x ax
OP MK OP
CK MK a x a x
⇒ = ⇒ = = − −
(2 ) 2
ax a a a
DP OP OD
a x a x ⇒ = + = + = − −
1 . 1. 2. .
2 2 ( )(2 )
CPQD
a a a
S DP CQ a
a x a x a x a x
(26)CDPQ
S đạt GTNN⇔(a x+ )(2a x− ) đạt GTLN Mà
2 2
1
( )(2 )
4
a a x x a
a x+ a x− ≤ + + − =
2
9
CDPQ
a S
⇒ ≥ Dấu “=” xảy
2
a
a x+ = a x− ⇔ = ⇔x M trung điểm AB Vậy
9
CDPQ
a
Min S = ⇔ Mlà trung điểm AB
Câu
Đặt
u x v y
= + = −
Ta có:
9
(2 )( 1) ( 1)( 1)
4
x y u v
+ − = ⇒ + + =
Ta có ( 1)( 1) 1( 2)2 ( 2)2 9
4 = u+ v+ ≤ u v+ + ⇔ u v+ + ≥
Theo Bunhia ta có: ( 2 1 12)( 2 22) ( 2)2 9 2
u +v + + + ≥ u v+ + ≥ ⇔u +v ≥
Ta có: theo Mincopxki:
4 1 1 ( 2 2) (1 1)2 ( 2 2) 4 4 17
4
A= u + + v + ≥ u +v + + = u +v + ≥ + =
Dấu “=” xảy
1
x y
= − =
Vậy 17
2
Min A=
1
x y
= − =
Đề số
Câu
( )
( )
( )
2
2
) 2
2
2 3.1 1
2 1
2 1
a A= + − −
= + − −
= + − + −
= + − −
= + − − =
b) Hai đường thẳng cắt chỉkhi a≠a'⇔ ≠ − ⇔ ≠1 m 2 m 3
Giả sửhai đồ thị cắt điểm A∈Oy⇒ A(0;yA)
(27)( )
( )
( ) ( )( )
2
2
2 11
3
3 3 (*)
x m m x
m x m
m x m m
+ + = − +
⇔ − = −
⇔ − = − +
Hai đồ thị cắt A nên x=0là nghiệm phương trình (*)
( )
0.( 3) ( 3) ( 3)( 3)
3
3
m m m
m m m m m m ⇒ − = − + ⇔ − + = − = = ⇔ ⇔ + = = −
Với m=3(loại) đường thẳng trùng
Vậy với m= −3thì hai đường thẳng cắt điểm trục tung Câu 2:
a) Thay giá trị m=1vào hệphương trình ta có:
( )
2 1
x y x
I
x y y
+ = =
⇔ ⇔
− = =
Vậy với m=1thì hệphương trình có nghiệm ( ) ( )x y; = 2;1
b) Ta có ( )
2 ≠ −3⇒ I ln có nghiệm (x;y) với m
( )
2
5 6 7
x y m x m y
I
x y m y m
m
x m y x
m m y y + = + = + − ⇔ ⇔ − = = + + = + − = ⇔ + ⇔ + = =
Theo đề ta có: ( 2)
98
P= x +y + m
( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2
5
98
49 49
2(26 102 117) 52 208 234
52 4 234 52.2 52 26 26
26
m m
P m
m m m
m m m m m MinP + + ⇒ = + + = + + + = + + = + + + − = + + ≥ ⇒ =
Dấu “=” xảy ⇔ + = ⇔ = −m 2 0 m 2
(28)a) Điều kiện :
2
2
6 x x x x x + ≥ − ≥ ⇔ − ≤ ≤ − − ≥ ( )( )
3 1(*)
Pt ⇔ x+ + − −x x+ −x =
Đặt x+ +3 2− =x t t( ≥0)
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2
3 2
5 2 (*)
2
2
1
t x x x x x x
t x x t t t t t t t t = + + − + + − = + + − − ⇒ + − = − ⇒ ⇔ − = ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ + − = ( )( ) ( )( ) 2
1 1( )
3 ( )
3
3 2
2
6
2
1
1 ( )
2 ( )
t t ktm
t t tm
x x
x x
x x
x x
x x tm
x x tm
+ = = − ⇔ ⇔ − = = − ⇒ + − = = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ − + = − = = ⇔ ⇔ + = = −
Vậy phương trình có tập nghiệm S = −{ 2;1}
) 0(*)
b x + x + − =m Đặt
( 0) x =t t ≥
Phương trình cho
5 (1)
t t m
⇔ + + − =
Đểphương trình (*) có hai nghiệm phương trình (1) phải có nghiệm dương (1)
⇔ phải có hai nghiệm trái dấu hai nghiệm kép dương
1
1
6
0
0 4(6 )
6
0
5 0 m ac m m m
x x m VN
x x − < <
∆ = − − = >
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ >
> − >
+ > − >
Vậy m>6thỏa mãn yêu cầu toán Câu
(29)Khi vận tốc lúc ô tô : x+10 (km h/ )
Thời gian thời gian ô tô hết quãng đường AB là:
120 120 ( ); ( )
10
h h
x x+ Đổi 24 phút =0, 4giờ Theo đềbài ta có phương trình:
( )
2 120 120
0, 10
120( 10) 120 0, ( 10) 0, 4 1200
0, 50 ( 60) 50 ( )
60 ( )
x x
x x x x
x x
x x
x tm
x ktm
− =
+
⇔ + − = +
⇔ + − =
⇔ − + =
= ⇔ = −
Vậy vận tốc lúc ô tô 50km h/ Câu 5.
a) Ta có
90 ( )
OMA=ONA= gt
90 OIA
⇒ = (quan hệ vng góc đường kính dây cung) ⇒Các điểm M, I, N nhìn OA góc
90 nên thuộc đường trịn đường kính OA
Vậy điểm A M O I N, , , , thuộc đường trịn đường kính OA
b) Ta có MJ phân giác BMC⇒BME =EMC⇒sd BE =sd CE ⇒EB=EC (1)
(hai cung căng hai dây nhau)
H K
E J
I N
M
B
O
A
(30)Ta có: EBC=EMC =BME CBJ; = JBM gt( )
EBJ EBC CBJ BME JBM
⇒ = + = +
Xét tam giác BMJcó BME+JBM =BJE(góc ngồi tam giác tổng hai góc khơng kề với nó)⇒EBJ =BJE⇒ ∆EBJ cân E⇒ EB=EJ(2)
Từ (1) (2) ⇒EB=EC=EJ
c) Gọi H giao điểm AC MN, ta có: 90
OKH = (Do AM, AN hai tiếp tuyến
cắt nên OA trung trực MN)
90
AIO = (quan hệ vng góc đường kính dây cung) Xét ∆AHKvà ∆AOIcó: AKH =AIO =90 ;0 OAI chung
( ) AH AK (3)
AHK AOI g g AH AI AO AK
AO AI
⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
Xét tam giác vuông AMO có .
AO AK = AM (4) (hệ thức lượng tam giác
vng)
Ta có: AMB= ACM(góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn
cung BM)
Xét tam giác AMB ACM có: MACchung; AMB= ACM (cmt)
( ) AM AB (5)
AMB ACM g g AM AB AC
AC AM
⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
Từ(3) (4) (5) suy AH AI AB AC AH AB AC AI
= ⇒ =
Ta có AB AC AI, , không đổi ⇒ AHkhông đổi Mà A cốđinh nên Hcốđịnh
Gọi O'là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK, tâm đường trịn ngoại
tiếp tứ giác OIHK ⇒ O'là trung điểm OH⇒O'thuộc trung trực HI
Mà H I; cốđịnh ⇒Trung trực HI cốđịnh
Vậy (O) thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp ∆OIKln chạy trung trực
của HI,với H = AC∩MN Câu
Theo đề ta có: xy+yz+zx=3xyz 1
3
xy yz zx
xyz xyz xyz z x y
⇔ + + = ⇔ + + =
Lại có: os 3( )3
3 3
C i
xyz=xy+ yz+xz ≥ xyz ⇒ xyz≥ ⇒ + + ≥x y z
Ta có
3
2 2
1
2
2
1 1
( )
2 2 2
Cosi
x xz xz z z
x x x x
z x z x zx
z z z z z
Do z z z
+
= − ≥ − = − ≥ −
+ +
+ + +
(31)Tương tự ta có: 3 4 y x y x y z y z y z ≥ − + + + ≥ − +
Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được:
3 3
2 2
3 1 1
3 ( )
4 2
x y z x y z
x y z dpcm
z x x y y z x y z
+ + +
+ + ≥ + + − ≥ − = = + +
+ + +
Đề số
Câu
a) Điều kiện x>0;x≠1
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
2
1 1
:
1
1
1 1
1
x x x
A x x x x x
x x x x x x x x x x x x
x
x x x x x x
x x + − + + = = − = − + + − + + + + + + = − + + = + − = − + +
b) Ta có:
2 T = −B A
( )
( ) ( )
2
4 2
4
4 2
2 2
2
5 2025 2025 2023
8 16 4 2003
4 2023
x x x x
x x x x x
x x x
x x x x
x x = − − + − − = − − + − + − = − − + = − + + − + + = − + − +
Vì ( 2 )2 ( )2
4 0, 2003
x − ≥ x− ≥ ⇒ ≥T
Dấu “=” xảy
2 2 2 x x x x x x = − = ⇔ ⇔ = − ⇔ = − = =
Vậy với Tmin =2003⇔ =x Câu
a) Phương trình hồnh độgiao điểm hai đồ thị là:
2
0(*) x = − ⇔x m x − + =x m
Hai đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt ⇔( )* có hai nghiệm phân biệt
0
4
m m
⇔ ∆ > ⇔ − > ⇔ <
(32)Áp dụng hệ thức Vi ét ta có: 2
1
x x
x x m
+ =
=
Theo đề ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
8
1 2
8
1 2
8
1 2 8
1
1 2
1 2
162
162 162
81
3
3
x x y y
x x x m x m
x x x x
x x
x x x x
x x x x
− + − =
⇔ − + − − + =
⇔ − + − =
⇔ − = =
− = = +
⇔ ⇔
− = − = −
+) Với 2
1 3
3
2
x =x + ⇒ x + = ⇔ x = − ⇒ x = +
1
1 3
( )
2 2
x x m − + tm
⇒ = = = −
+)Với 2
1 3
3
2
x = x − ⇒ x − = ⇔ x = + ⇒ x = −
1
1 3
( )
2 2
x x m − + tm
⇒ = = = −
Vậy
2
m= − thỏa mãn điều kiện tốn b) Ta có: 4 ( )3 2
1 2
M =x + x+ − x − x
4 2
4
4
3 2
1
4 4 4
M x x x x x x
M x x x x
M x x x x
= + + + + − −
= + + + +
⇒ = + + + +
+) Ta có:
( 2 )2 4 3 2 4 3 2 2 ( )2 4 3 2
2x +x =4x +4x +x ≤4x +4x +x +2x + x+2 =4x +4x +4x +4x+ =4 4M
Ta thấy dấu "="không thểxảy nên (2x2+x)2 <4M (1)
+) Với x=0⇒4M = ⇔4 M = ⇒1 M sốchính phương
Với x= ⇒1 4M =20⇔M = ⇒5 M khơng sốchính phương
Với x= ⇒2 4M =124⇒M =31⇒M không sốchính phương
Với x≠{0;1; 2}ta có: ( 1)2 4 ( 1)2
1
x x
x x
x x
− ≥ ≥
⇔ ⇒ − ≥ ⇔ − − ≤
− ≤ − ≤ −
(33)( ) ( ) ( )
4 2
2
2
2
4 4 4
4 2
2 1
4 (2)
M x x x x
x x x x x x
x x x
M x x
= + + + +
= + + + + − + +
= + + − − +
⇒ ≤ + +
Từ (1) (2) ( )2 ( )2
2x 4M 2x x
⇒ + < ≤ + + Mà ( )2
4
x∈ ⇒ M = x + +x
( )2
1
1
x x x x x − = = ⇔ − = ⇔ ⇔ − = − = −
Vậy có giá trị nguyên xthỏa mãn yêu cầu toán x=0; x= −1 ;x=3 Câu
a) Điều kiện:
12 x≥ −
( ) ( )( ) 3 2
2 108 45 48 20 3 12 12 3 12 12
(2 3) 12
2 12
x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x x x
− + = + − ⇔ − + = + − ⇔ + = + + + ⇔ + = + + ⇔ + − + = ( ) ( ) ( )
4 2
2 2
2
2
2
3
2 ( )
2 12
12 (1)
1 4 12
2
2 1
2 0( )
x x ktm
x x
x x
x x x x
x x
x x x x x
x x x x VN x
+ = = − ⇔ ⇔ = + = + ⇔ + + = + + ⇔ + = + + = + − − = = + ⇔ ⇔ ⇔ + = − − + + = = −
Vậy nghiệm phương trình x= ±1 b) Điều kiện: x≠ −1;y≠ −1
( )( ) 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1)( 1)
1 1 1 1 1 1 1 x y
x x y y x y
x y x y x y
y x x y x y x y y x y x y x + = + + + = + + + + + = + + + + ⇔ ⇔ + = + = + + + + + = + +
Đặt ;
1
x y
a b
y x
= =
(34)2 2
1
1 1
0 ( 1)
1 2 1
1
b a
a b b a b a
a a a
a b a a
a = −
+ = = − = −
⇔ ⇔ ⇔ =
+ = − + = − =
=
1
0
1
1 1
( )
1
1
0
0 x y
a y x
b x y
tm x
a x
y
b y
y x
=
+
= =
=
= =
+
⇔ ⇒ ⇔
= =
=
+
= =
=
+
Vậy nghiệm hệphương trình ( ; )x y =(1;0)hoặc ( ; )x y =(0;1) Câu
a) Xét tứ giác OAMBcó 0 90 90 180
OAM +OBM = + = ⇒Tứ giác OAMB tứ giác
nội tiếp
d
H
Q N
E
C B
A
P
(35)
OAB OMB
⇒ = (hai góc nội tiếp chắn cung OB)
Mà OAB =OMB(cùng phụ với ACB)⇒OMB =BCE Xét tam giác OMBvà tam giác ECBcó:
90 ; ( ) ( )
OBM =EBC = OMB=BCE cmt ⇒ ∆OMB∆ECB g g
( )
BE BC
BE MB BC OB dpcm
OB MB
⇒ = ⇔ =
b) Gọi P Q trung điểm OM CE
( )
OMB ECB cmt CEB MOB
∆ ∆ ⇒ =
Xét tam giác EACvà tam giác OMAcó:
90 ;
ECA=OMA= CEA=CEB=MOB=MOA ( ) EC AC EC AC
EAC OMA g g
OA AM OC AM
⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
Xét tam giác COEvà tam giác AMCcó OCE =CAM =900
( ) ( )
CE AC
cmt COE ACM c g c
CO = AM ⇒ ∆ ∆
AMC COE
⇒ = (hai góc tương ứng)
Mà
180 180
COE+NOA= ⇒ AMC+NOA= ⇒Tứ giác OAMN tứ giác nội tiếp (Tứ
giác có tổng hai góc đối 1800)
180 90
ONM OAM OMN
⇒ = − = ⇒ ∆ vuông N
1
NP OM
⇒ = (trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông)
1
NP BP OM P
⇒ = = ⇒ thuộc trung trực đoạn thẳng BN
Chứng minh tương tự ta có :
2
NQ=BQ= EC⇒Qthuộc trung trực đoạn thẳng BN
Vậy PQ trung trực đoạn thẳng BN ⇒ PQ⊥BN
c) Gọi H = AB∩OM ta có OH ⊥ AB⇒ ABmin ⇔OHmax
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng OAM có:
2 2
max
R
OH OM OA R OH OH OM M
OM
= = ⇒ = ⇒ ⇔ ⇔ hình chiếu vuong góc
O đường thẳng d ( ; ) 10 82 6, ( ) 10
OM d O d OH cm
⇒ = = ⇒ = =
Xét tam giác vng OAH có 2
8 6, 4,8( ) 9, 6( )
AH = − = cm ⇒ AB= AH = cm
Vậy dây AM nhỏ 9, 6cm Câu 5:
(36)2
2 2
8 1 1
2
4 4 4
a a
A b a b a a b
a a a
+ −
⇒ ≥ + = + − + = + + + −
2 2
1 1 1
2
4 4 4
a a a a a a a a a a
a a a
≥ + + + − + − = + + − + = + + − + +
2
1 1
2
4 2 2
Co si
a a
a
−
≥ + − + ≥ + =
Dấu xảy
1
;
( )
4
2
a a
a b tm
a
b a
= − =
⇔ ⇔ = =
= −
Vậy
2
MinA= ⇔ = =a b
Đề số
Câu Cho biểu thức 2
1
x x
P
x x
với x 0;x 1
a) Rút gọn biểu thức P Với x 0;x 1 ta có
2 1 1
1 1 1
1 2
1 1
x x x x x x
P
x x x x x x
x x x x x x x x x
x x
x x
b) Tìm giá trị x để
P
Với x 0;x 1 ta có
1
x P
x
,
3 8 3 1 3 8 3 0 4
3 3
x
P x x x x
x
x x x x
(37)Với x 0;x 1 ta có
1
x P
x
, ta
4 1 4 12 4
x
A x x P x x x x x x
x
Ta có A2x 8 x 2x 8 x 8 2 x 22 8 8, dấu xẩy x 4 thỏa mãn điều kiện xác định
Vậy giá trị nhỏ A 8, đạt x 4
Câu Cho parabol P y: x2 và đường thẳng d y: 3x m2 Tìm tham số m để
P d cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ dương
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x2 3x m 2 x2 3x m 2 0
Để P d cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ dương phương trình phải có hai nghiệm dương phân biệt, điều xẩy
2
3 1
4 1
3 4
2 2
2
m
m m
P m
m m
S m
Vậy với m
P d cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ dương Câu 3(2.0 điểm).
a) Giải hệ phương trình
2
2 2
x xy y x
x x y
Phương trình thứ hệ tương đương với
2 2 2 0 1 2 0 1 2 0
x x xy y x x y x y x x y
+ Với x 1 x 1, thay vào phương trình thứ hai hệ ta y y 10
+ Với x2y 0 x 2y, thay vào phương trình thứ hai hệ ta
2 2;
4 9 9 9 9 ;
4
y x y
y y y y y
y x y
(38)Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ; 1;10 , 2;1 , 9;
x y
b) Giải phương trình 2
1
x x x
x x
Cách 1.Điều kiện xác định phương trình
x
Khi dễ thấy 2 x x x
Biến đổi phương trình cho ta
2
2 2
2 2
2
2
2 2
2
4
1 3 1 1
1 1
3 1 3 3
1
1 1
3 1
3 2
x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x
x x x x x x
x x x x x
x x x x x x x
3 1 0 x x x x x
+ Với 1
x x thỏa mãn điều kiện xác định + Với
2
4
4
2 1 0 0 2 5 1 0 2
x x x x x x x x x x
x
x x x x x
Ta có
2
4 2 5 1 2 15 0
4 16
x x x x x x x
nên phương trình vơ
nghiệm
Vậy phương trình cho có nghiệm
x
Cách 2.Phương trình cho tương đương với
2 2 2
1 1 1 1 1 2
1
1 3 1
1
1
1 2
x
x x x x x
x x x x
x
x x
x
x x
x x x x x x
Dễ thấy
1 0
1
1 x
x x x với
1
2
x
(39)Do từ phương trình ta 3
x x
, thỏa mãn điều kiện xác định Vậy phương trình cho có nghiệm
3
x
Câu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn O , kẻ đường kính AN Lấy điểm M cung nhỏ BN (M khác B, N) Kẻ MD vng góc với đường thẳng BCtại D, ME vng góc với đường thẳng AC F, MF vng góc với đường thẳng AB F a) Chứng minh ba điểm F, D, E thẳng
hàng
Tứ giác BDMF có
900 900 1800
BDM BFM nên nội tiếp đường tròn Suy ta
BMF BDF Chứng minh tương tự ta CDE CME
Dễ thấy tứ giác ABMC AFME nội tiếp đường tròn nên ta BMC EMF(Vì bù với góc BAC), từ suy
BMF CME
Kết hợp với kết ta
BDF CDE nên suy ba điểm E, D, F thằng hàng
b) Chứng minh AB AC BC
MF ME MD
Trên cạnh BC lấy điểm P cho BPM ACM, ta suy CPM ABM
Xét hai tam giác ACM BPM có BPM ACM CAM PBM nên ACM ∽BPM
Lại có DM ME đường cao tam giác BPM ACM Từ ta MD BP
ME AC nên suy
AC BP
ME MD
F
E
N M
O D
C B
(40)Xét hai tam giác ABM CPM có CAM PBM BAM PCM nên ABM∽CPM Từ hồn tồn tương tự ta AB CP
MF MD
Do suy AB AC CP BP BC
MF ME MD MD MD
c) Chứng minh FB EA DC
FA EC DB
Trước hết ta pháp biểu chứng minh bổ đề: Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ nằm đường thẳng BC, CA, AB cho chúng khơng có điểm nào, có 2 điểm thuộc cạnh của tam giác ABC Khi A’, B’, C’ thẳng hàng
' ' ' ' ' '
A B B C C A A C B A C B
Chứng minh
+ Trường hợp 1: Trong điểm A’, B’, C’ có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Giả sử B’, C’
- Điều kiện cần: Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’
M
Ta có C'A ; ' '
' ' '
AM B C A C
C B A B B A AM Vậy
A'B. ' . ' . ' . ' 1
' ' ' ' '
B C C A AM A C A B
A C B A C B A B AM A C
- Điều kiện đủ: Gọi A’’ giao B’C’ với BC
Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có A''B ' ' '' ' '
B C C A
A C B A C B mà
A'B. ' . ' 1 ' ' '
B C C A
A C B A C B nên
A''B ' '' '
A B
A C A C Do B’, C’ thuộc cạnh CA, AB nên A’’ nằm
ngoài cạnh BC Vậy A''B ' '' '
A B
A C A C A’, A’’ nằm cạnh BC suy A''A' Do A’, B’, C’ thẳng hàng
+ Trường hợp 2: Trong điểm A’, B’, C’ khơng có điểm thuộc cạnh tam giác ABC chứng minh tương tự
Trở lại toán:
M
C'
B'
A' C
B
(41)Xét tam giác ABC có ba điểm F, D, F thẳng hàng nên theo bổ đề ta có
FB EA DC FA EC DB
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có FB EA DC 33 FB EA DC. . 3
FAEC DB FA EC DB
Vậy toán chứng minh
Câu Tìm tất nghiệm nguyên phương trình y32x 2 x x 12
Phương trình cho tương đương với y3 x3 2x2 3x 2
+ Xét trường hợp x 1, dễ thấy 2x2 3x 2 0
Do từ phương trình ta suy x3 y3
Mặt khác ta có x 13x3 2x2 3x 2x2 1 0 x 1
Do suy ray3 x 13
Kết hợp lại ta x3 y3 x 13, điều vơ lý x y số ngun.
Như x 1 phương trình cho khơng có nghiệm nguyên
+ Xét trường hợp x 1, x số nguyên nên ta x 1;0;1
Với x 1 thay vào phương trình cho ta y 0
Với x 0 thay vào phương trình cho ta y3 2, phương trình khơng có nghiệm
nguyên
Với x 1 thay vào phương trình cho ta y3 8 y 2
Vậy phương trình cho có nghiệm ngun x y; 1;0 , 1;2
Câu Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b4 b c4 c a4 3a b c4 4 Chứng minh
rằng:
3 3
1 1 2
a b c b c a c a b
Từ a b4 b c4 c a4 3a b c4 4 ta
4
1 1 3
a b c
(42)Từ kết hợp với áp dụng bất đẳng thức dạng 1
x y x y ta
3
1 1 1
2 2 2 c
a b c ac ab c ac ab
Hoàn toàn tương tự ta 3 2 1 ; 3 2 1
8
2 a b
b c a ba bc c a b bc ca
Gọi vế trái bất dẳng thức cần chứng minh P, cộng theo vế bất đẳng thức ta
1 1 1 1
P
a b c
ac ab ba bc bc ca
Bài toán quy chứng minh 1 1 1
a b c
ac ab ba bc bc ca
Áp dụng bất đẳng thức dạng x y z2 3x2 y2 z2 ta có
2 2 4
1 1 1 1 1
3 3 3.3
a b c a b c a b c
Từ ta 1
a b c
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
2
2 2 2
1 1 1 1 1
ab bc ca a c a b b c
ac ab ba bc bc ca
Ta lại có
2 2 4
2 2 2 4
1 1 1 1 1
3
1 1 1 3
ab bc ca a b c a b c
a c a b b c a b c
Do
2
2 2 2
1 1 1 1 1 9
ab bc ca a c a b b c
ac ab ba bc bc ca
Suy 1
ac ab ba bc bc ca
Do 1 1 1
a b c
(43)Vậy bất đẳng thức cho chứng minh, dấu xẩy a b c + Cách Trường hết ta chứng minh bất đẳng thức bổ đề x4 y4 z4 x y3 y z3 z x3
Thật 2x4 y4 z4x4 x y2 y4 y z2 z4 z2 2x x y2 y z3 z x3
Vậy bất đẳng thức chứng minh Từ a b4 b c4 c a4 3a b c4 4 ta
4
1 1
a b c
Áp dụng bất đẳng thức dạng 1 1
4
x y x y
ta
3 3 2
1 1 1 1 1 2
P
a b b c c a a b c
Dễ thấy 12 12 12 14 14 14
2
2a 2b 2c a b c
Áp dụng thêm lần bất đẳng thức kết hợp với bổ đề ta
3 3 3 4
1 1 1 1 1 1 3 3 4 4 4 1
a b b c c a a b b c c a a b c
Do ta 3 3 3 12 12 12
4 1 2
P
a b b c c a a b c
Vậy bất đẳng thức cho chứng minh, dấu xẩy a b c
Đề số
Bài (1.0 điểm) Rút gọn biểu thức A 27 48 3 Ta có
2
27 48 9.3 16.3 3 3 1
A Bài (2.0 điểm) Cho Parobol P : y x2 và đường thẳng d : y mxm2 (m
tham số)
a) Với m 2 Tìm tọa độ giao điểm P d
Với m 2 ta có P : y x2 d : y 2x, tọa độ giao điểm nghiệm hệ
(44)2 2 0; 2; 2
y x x y
y x
x y
y x x x
Vậy tọa độ giao điểm P d O 0;0 A 2;4
b) Hoành độ giao điểm của P d nghiệm phương trình
2 2 2 0
x mx m x mx m
Để P d cắt tạ hai điểm phân biệt phương trình phải có hai nghiệm
phân biệt
Khi m24m2m2 4m 8 0, với m.
Khi để hồnh độ giao điểm x x1; 2 lớn
2 ta cần có
1
1 2
1
1
1
0 4 2 2 1 0 2
2 2 1 0
2
x x x x x x
x x x x
Theo hệ thức Vi – et ta có x1 x2 m x x; 1 2 m2 Khi ta có
4 2
1 2 m m m m m m
Vậy với m1 d cắt P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 lớn
Bài (2.0 điểm).
a) Giải hệ phương trình
2 1 x y y x
Trừ vế hai phương trình hệ ta có
2 1 0
1
x y
x y y x x y x y
x y
+ Với x y ta tính nghiệm 1; 2
1 5 ; 2
+ Với x y 1ta tính nghiệm 1;0 0; 1
(45)Điều kiện xácđịnh phương trình x 3 Biến đổi phương trình cho ta được
2
2
1
3
1 2 2
3
1
4 2 3 2
2
x x
x x x x x x
x x
Giải trường hợp ta nghiệm phương trình
1
3 41; 33 8
x x
Bài 4(1.0 điểm) Hai người thợ làm chungmột cơng việc hồn thành Nếu người làm riêng, để hồn thành cơng việc thời gian người thứ người thứ hai Hỏi làm riêng người phải làm để hồn thành cơng việc
Bài giải.
Gọi thời gian người thứ hồn thành cơng việc x (giờ)(x > 0) Thời gian người thứ hai hồn thành cơng việc y (giờ) (y > 0)
Người thứ hoàn thành người thứ hai nên: y – x = (giờ) (1) người thứ hồn thành
x (cơng việc)
1 người thứ hai hoàn thành
y (cơng việc)
Do người làm 1 x y
x y xy
(công việc) Do người làm : x y xy
xy x y
(giờ)
Ta có hệ phương trình:
6 6 6 12
2 24
6 6
4
y x y x y x y
xy x x x x x x do x
x y
(46)Bài (3.0 điểm).Cho đường tròn O R; đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d 2R Điểm M thuộc đường thẳng d, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB tới O (A, B tiếp điểm)
a) Do MA MB tiếp tuyến đường tròn O nên ta có OAM OBM 900,
điểm O, A, B, M nằm đường tròn đường kính OM
b) Gọi D giao điểm đoạn OM với đường tròn O Chứng minh D tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM
Do D giao điểm OM với đường tròn O
nên D điểm cung nhỏ AB Khi dễ thấy BD phân giác ABM Mặt khác ta
lại có MD phân giác góc AMB Do D
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM
c) Điểm M di động đường thẳng d Xác định vị trí điểm M cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ
Gọi H giao điểm MO AB, K chân đường vng góc hạ từ O xuống d Ta có MH vng góc với AB HAHB;OK2R
2 2
2
2
2 2
AM OM OA OM R
AM AO R OM R
AH
OM OM
AM OM R
MH
OM OM
Khi
2 2
2
1
2
MAB
OM R R OM R
S MH AB MH HA
OM
3
2 2
1 R R R
R OM ROM
OM OM OM
Với M thuộc đường thẳng d ta có
2
1
2
2
R R
OM OK R
OM OM
d
K M
H O
D B
(47)Suy
3
2
3 3
4
AMB
R S R R
(đvdt)
Vậy diện tích tam giác AMB nhỏ M trùng với K
Bài (1.0 điểm).Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc1 Chứng minh rằng:
5 2 2 2 2
1 1
a b c b c a c a b a b c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho số a b c5; ; ; ;b c
a
ta có:
2
2
5 2 2 2
5 2 2 2 2
1
1 a b c
a b c b c a b c
a a b c a b c
Chứng minh tương tự ta có
2
5 2 2 2 2
1
1 b c a
b c a a b c
2
5 2 2 2 2
1
1 c a b
c a b a b c
Do
2 2
5 2 2 2 2 2 2
1 1 2
1 1 a b c a b c
a b c b c a c a b a b c
Mặt khác ta có abc 1 bc;1 ac;1 ab 1 ab bc ac
a b c a b c
Mà abbcac a2 b2 c2
Suy
2 2
5 2 2 2 2 2
2 2
3
1 1 a b c
a b c b c a c a b a b c a b c
Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy a b c Đề số
Bài (2.0điểm)
a) Đặt a 2;b 32 Chứng minh 1 a b a b 1
a b b b a
Ta có 1 a b a b 1 a b a b a b
a b b b a b b a
(48)2
2
1
a a b
VP a b
b b a
Do a 2;b 32 nên a2 b3 b2;a b2 VP 1 a2 1 2 1 VT
b b b a
Từ ta có điều phải chứng minh
b) Cho x 28 1 28 1 2 Tính giá trị biểu thức P x3 6x2 21x 2016
Ta có
3
3 3 3
3
2 28 28
28 28 28 28 28 28 20
x
x
Từ ta x36x2 12x 8 20 9 x x36x2 21x 28
Do P x36x2 21x 20162820162044
Bài (20điểm).
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d1 :y 3x 3; 2 : 1 2
d y x
và
3
1 :
3
d y ax a a Tìm a để đường thẳng đồng quy
Gọi A x; y là giao điểm d1 d2 nên x y; nghiệm hệ phương trình
3 1
1;0 1 0
2
y x x
A y
y x
Để d , d , d1 2 3 đồng quy A d3
Khi ta có
3 3
3 3
3
1 0 4 3 3 1 4 1
3 4 1
a a a a a a a a a a
Vậy
3
1
a
d , d , d1 đồng quy
b) Tìm tất nghiệm nguyên dương x y z; ; thỏa mãn x y z phương trình:
xyzxyyzzx x y z 2015
(49)
1 1 2016 1 2016 1
xy z y z x z z x y z
x y z
Do x y z nên ta xyzxyyzzx x y z z3 3z2 3z
Do z3 3z2 3z 2015z 13 2016 z 1 12 z 11
Vì z 8 nên ta z 8;9;10;11 Ta xét trường hợp sau + Với z 8, ta có phương trình x 1y12 75
Vì nên từ phương trình ta 16 15
1 14 13
x x
y y
+ Với z 9, ta có phương trình 10.x 1y12 75 , dễ thấy phương trình vơ
nghiệm
+ Với z 10, ta có phương trình 11.x 1y12 75 , dễ thấy phương trình
vơ nghiệm
+ Với z 11, ta có phương trình 12.x 1y12 75 x 1y12 3.73
Vì x y z 11 nên từ phương trình ta 14 13
1 12 11
x x
y y
Vậy phương trình cho có nghiệm x y z; ; 15;13;8 , 13;11;11
Bài (2.0 điểm).
a) Giải hệ phương trình
2 2
2
2
x y x y
x x y
Biến đổi hệ phương trình cho ta
2
2 2
2
2 2
3
2
1
2 1
x y
x y x y
x
x x y
y x
Từ phương trình thứ hệ ta có 2
2
1 1 1
x
x x y y
x
(50)Kết hợp hai kết ta y 1 Thay vào phương trình thứ hai hệ ta
x
Thay x y; 1; 1 vào hệ phương trình ta thấy thỏa mãn Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x y; 1; 1
b) Giải phương trình 2x 5 2x 2 1 4x2 14x 10 3
Điều kiện xác định hệ phương trình x 1 Đặt 2x 5 a; 2x 2 b (với
0;
a b )
Khi ta có a2 b2 3; 4x2 14x 10 2x 5 2 x 2ab
Thay vào phương trình ta a b 1aba2b2a b 1a1b0
+ Với a b ta có phương trình 2x 5 2x 2, phương trình vơ nghiệm + Với a 1 ta có phương trình 2x 5 x
+ Với b 1 ta có phương trình 2 1
x x
Kết hợp với điều kiện xác định ta
2
x nghiệm phương trình Bài (0.5 điểm).Cho tam giác ABC vng A có AB 1cm ABC 600 Tính thể
tích hình tạo cho tam giác ABC quay vòng quanh cạnh BC Ta tính đường cao AH =
2 cmvà BC 2cm Hình tạo thành hai hình nón có bán kính đáy AH, chiều cao HB HC Thể tích hình tạo thành . 3
3BC AH cm
Bài (2.5điểm).Cho hai đường tròn O1 O2 cắt A B Tiếp tuyến chung
gần B hai đường tròn tiếp xúc với O1 O2 C D Qua A kẻ đường
thẳng song song với CD cắt O1 O2 M N Các đường thẳng CM DN
(51)a) Chứng minh đường thẳng AE vng góc với CD
Ta có MN song song với CD
nên EDC ENA, mà
CDADNA nên
EDCCDA, suy DC phân giác góc EDA Tương
tự ta có CD phân giác góc
ECA
Từ ta suy ACD ECD
nên
DADE, tam giác ACE cân C Suy đường phân giác CD đồng thời đường cao nên CD vng góc với AE
b) Chứng minh BD BC MN
BQ BP PQ
Ta có DC trung trực AE CD song song với MN nên CD đường trung bình tam giác MEN, suy ta
2
CD MN Lại có CD song song với PQ nên theo định lí Talets ta có
2
BC BD CD BC BD CD MN
BP BQ PQ BP BQ PQ PQ
c) Chứng minh tam giác EPQ tam giác cân
Do PQ song song với CD nên AE vng góc với PQ Gọi I giao điểm AB CD, ta suy tam giác AID đồng dạng với DIB, ta có ID IB ID2 IA IB.
IA ID
Chứng minh tương tự ta IC2 IAIB. Từ suy IC ID
D
O2 O1
I
E
Q
P N
M
C
B
(52)Do CD song song với PQ theo định lý Talét ta có ID IB IC AP AQ
AQ AB AP
Kết hợp kết ta suy tam giác EMP cân E
Bài (1.0 điểm).Trong hình vng cạnh 10 cm, người ta đặt ngẫu nhiên đoạn thẳng đoạn thẳng có độ dài cm Chứng minh tồn điểm hai đoạn thẳng khác đoạn thẳng mà khoảng cách chúng khơng vượt q 14
3 cm
Với đoạn thẳng hình vng cho, xét hình bao hình vẽ
Tổng diện tích hình bao đoạn thẳng
2
2
28
8 211,50 3
S cm
Diện tích hình bao hình vng
2
2
280
100 210, 44 3
S cm
Do S1 S2 mà đoạn thẳng nằm hồn tồn hình bao hình vng nên tồn hai
đoạn thẳng d d1, 2 có hình bao giao
Gọi I điểm thuộc phần giao đó, suy hai doạn thẳng d d1, 2 tồn hai điểm E F cho 7; IF
3
IE Khi ta có EF IF 7 14 3
IE cm
Vậy
toán chứng minh
Đề số
Câu (2,0 điểm)
a) Ta có
D
C B
A
10cm
3cm
2cm
3cm
(53)
2
1 1 : 1 2
1 1. 1
3 2. 1 2 1 2 x x A x
x x x x
x x x x x
x x
x x x
x x x x x x x x
b) để
Alà số tự nhiên 2
1
x
là số tự nhiên suy x 12 1 x Câu
a) Gọi tọa độhai đỉnh (khác O) tam giác ; 2
A A
A x x ; x2
B B
B x
Vì 2 4
A A B B
OA OB x x x x
2 2
2
2
2
2 2
2 2 2
1 ; 3 3; ; 3;
A B A B
A B
A B
A A
A A A A A
A A A A A
x x x x
x x
x x
B x x
AB x x x x x
DoAB OA x x x x x
A B
b) Đặt a y y a
Khi đó:
2
2
2 26
4 4 26
a x x a
ax ax a a x ax x
ax a x
Giải ta
(54)Câu
a) Điều kiện: 9x2 0 3 x 3
3 3
2 2
2
8
9 9
5
x
x x x x x x x
x
b)
3 2
2
2 2
2
3 3
3 2
2 *
x y
x y y x x y x xy y
x xy y
x y x y
x y
Với x = y thay vào (*) được: 3 1 ,
3
x x y x y
Với x2+ xy + y2=
2 2 2 2 2
2
2
1 6.16
3 6 2 16 16
6.16
2 0
4 16
x xy y x y x xy y x xy y y
y
x y x y L
Câu
a) Do EBF BAD EAF nên BEAF nội tiếp Suy BEF BAF 180o
Mà BAF CBE (góc tạo tiếp tuyến dây cung)
(55)b) Ta có: NDB BAD CAD CBD ND/ /BC
Theo Thales: NB NE ND NB ND
BE BE BM BE BM
Mà ND = NB Do NB NB 1 1
BE BM BN BE BM
Câu
Kẻ đường kính AP
Dễ dàng chứng minh AHB ACP nên: HB AH PC AC
Tương tự: HC AH
PB AB
Do đóHB HC: AH AH: HB PB AB HB PC AB
PC PB AC AB HC PC AC HC PB AC
Lại có AMC BMP nên MC MP AC PB
Tương tự: MB MP
AB PC Do đó:
MB AC PB MB PB AB
MC AB PC MC PC AC
Cộng lại ta có: HB MB PB PC AB 2AB
HC MC PC PB AC AC
(56)Kẻ 106 đường thẳng song song cách chia hình vng thành 107 hình chữ nhật có chiều rộng
107
Vì đường kính hình trịn
20lớn
107nên đường tròn bị
trong 106 đường thẳng vừa kẻ cắt
Nếu đường thẳng cắt không q 19 đường trịn số đường trịn khơng q 19.106 = 2014
Vì có 2015 đường trịn nên phải có đường thẳng cắt 20 đường tròn Đề số
Bài 1:(2,0 điểm)
a) Chứng minh A sốnguyên. 1,0 đ
Ta có: ( )
2 3 13 48
A
6
+ − +
+ − +
= =
+ +
0,25 đ
( )
2 3
6
+ −
+ −
= =
+ +
0,25 đ
2
6
+ +
= =
+ + 0,25 đ
( )
2
1
+
= =
+
Vậy A số nguyên
0,25 đ
b) Giải hệphương trình:
2
12 (1) (2)
= +
= −
x y
y x 1,0 đ
2
2
2
x 12y x 12y
x 4y 12y 2x 2y x 4y 2x
= + = +
⇔ ⇒ − = − +
= − = −
0,25 đ
( ) (2 )2 x 2y x 2y
x 2y
= +
⇒ + = + ⇔
= − −
0,25 đ
Với x = 2y + 2, thay vào phương trình (2) ta có:
(57)
1 y
2 y
2
+
= ⇔
−
=
Hệphương trình có hai nghiệm: 3;1 ; 3;1
2
+ −
+ −
Với x = - 2y - 4, thay vào phương trình (2) ta có:
2y +2y+ =5 (vơ nghiệm)
Vậy hệphương trình có hai nghiệm 0,25 đ
Bài 2:(2,0 điểm)
a) Cho parabol (P): =
y x và đường thẳng (d): = − +
y x Gọi A, B giao điểm đường thẳng (d) parabol (P), tìm điểm M trục tung cho độdài MA + MB nhỏnhất
1,0 đ
Phương trình hoành độgiao điểm (d) (P) là: x
x x
x
3
= = − + ⇔ = −
0,25 đ
Tọa độhai giao điểm là: A 1;1 ; B 4;16
3
−
Nhận xét: A, B nằm vềhai phía so với trục tung
0,25 đ
Suy MA + MB nhỏ M giao điểm AB với trục tung 0,25 đ
Tọa độ M là: M 0;4
0,25 đ
b) Giải phương trình:
5
+ + = + + +
x x x x x 1,0 đ
Nhận xét: ( )( ) 2x +5x +7x+ =6 2x+3 x + +x Điều kiện: x
3 ≥ −
( ) ( ) ( ) ( )( )
1 ⇔ x + +x +2 2x+3 =3 2x+3 x + +x
0,25 đ
Đặt: ( )
( )
2
x x a a 2x b b
+ + = >
+ = ≥
Phương trình trở thành: 2 a b a 3ab 2b
a 2b =
− + = ⇔
=
(58)Với a = b, trở lại phép đặt ta có: 2
x + + =x 2x+ ⇔3 x − − =x Phương trình có nghiệm: x (TM ; x) (TM)
2
+ −
= = 0,25 đ Với a = 2b, trở lại phép đặt ta có: 2
x + + =x 2 2x+ ⇔3 x −7x 10− =0 Phương trình có nghiệm: x 89 (TM ; x) 89 (L)
2
+ −
= =
Vậy phương trình cho có nghiệm:x ; x 5; x 89
2 2
+ − +
= = =
0,25 đ
Bài 3:(2,0 điểm)
a) Cho f x( ) đa thức với hệ sốnguyên Biết f( ) ( )1 2f =2013, chứng
minh phương trình f x( )=0 khơng có nghiệm ngun 1,0 đ
Giả sửphương trình f x( )=0 có nghiệm nguyên x = a
Suy ra: f x( ) (= x−a g x) ( ) với g x( ) làmột đa thức với hệ số nguyên 0,25 đ
Ta có: f 1( ) (= −1 a g ;f 2) ( ) ( ) (= a g 2− ) ( )
Suy f f 2( ) ( ) (= −1 a a g g 2) ( − ) ( ) ( )=2013 0,25 đ
Do - a - a hai số nguyên liên tiếp nên f f 2( ) ( ) số nguyên chẵn 0,25 đ
Mà 2013 số lẻsuy vơ lý
Vậy phương trình f x( )=0 khơngcó nghiệm ngun 0,25 đ b) Cho p sốnguyên tố Tìm p để tổng ước nguyên dương
p là
một sốchính phương. 1,0 đ
Do p số nguyên tốnên ước sốnguyên dương p4 là: 1; p; p2; p3; p4 0,25 đ Đặt S = 1+ p + p2 + p3 + p4
Giả sửS = n2 ( ) ( ) 4n 4p 4p 4p 4p n
⇒ = + + + + ∈ 0,25 đ
Ta có: 4 3 2 ( )2 4 2 3 2
4p +4p +p < 2n <4p +p + +4 4p +8p +4p
( 2 )2 ( )2 ( 2 )2
2p p 2n 2p p
⇔ + < < + + 0,25 đ
( )2 ( )
4n 2p p
⇔ = + +
Từ (1) (2) suy
p −2p 3− = ⇔ =0 p
Thử lại với p = thỏa mãn Vậy số nguyên tố cần tìm là: p =
0,25 đ
(59)a) Chứng minh AE.AB = AF.AC. 1,0 đ
Ta có:
BEC=BFC=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên
AFB=AEC=90 0,5 đ Xét hai tam giác AEC, AFB vng E F có: cos BAC AF AE
AB AC
= =
⇒AE.AB=AF.AC (đpcm)
0,5 đ
b) Chứng minh OA vng góc với EF 1,0 đ
Dựng tiếp tuyến Ax đường tròn tâm (O) A ⇒ OA⊥Ax (1) 0,25 đ
BCA=BAx (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) 0,25 đ
Mà BCA =FEA (cùng bù với BEF) nên BAx =FEA 0,25 đ
Suy EF // Ax (hai góc so le nhau) (2)
Từ (1) (2) ta có: OA vng góc với EF (đpcm) 0,25 đ
c) TừA dựng tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N tiếp
điểm Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng 1,0 đ
Ta có: CE⊥AB; BF⊥AC nên H trực tâm tam giác ABC
Gọi S giao điểm AH BC Suy ra: AMK=ASK=ANK=90 Do đó: M, S, N thuộc đường trịn đường kính AK:
( )
ANM ASM AMN
⇒ = =
0,25 đ
AFN, ANC
∆ ∆ đồng dạng (g.g) AF AN
AN AF.AC AN AC
⇒ = ⇒ = 0,25 đ
x
S K O H
N F
E M
C B
(60) AF AS
cosSAC AF.AC AH.AS
AH AC
= = ⇒ = AN AS
AN AH.AS
AH AN
⇒ = ⇒ = 0,25 đ
Do đó: ∆ANH, ASN∆ đồng dạng ⇒ANH =ASN =AMN 4( )
Từ(3) (4) ta có: ⇒ANH =ANM Vậy M, H, N thẳng hàng (đpcm)
0,25 đ
Bài 5:(1,0 điểm)
Cho sốa, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ac bd− =1 Chứng minh rằng: 2 2
3
+ + + + + ≥
a b c d ad bc 1,0 đ
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:
( )( )
2 2 2 2
a +b +c +d +ad+bc≥2 a +b c +d +ad+bc 0,25 đ ( ) (2 )2 ( )2 ( )
2 ad bc ac bd ad bc ad bc ad bc
≥ + + − + + ≥ + + + + 0,25 đ
Đặt ad+bc=x, ta chứng minh: S=2 x2+ + ≥1 x với x
Thật vậy,
2 x + + >1 x với x nên:
2 2 ( )2
S =4x +4x x + +1 x + + =1 2x+ x +1 +3
0,25 đ
Suy ra: ( )
S ≥ ⇔ ≥3 S
Từ (1) (2) ta có: 2 2
a +b +c +d +ad+bc≥ (đpcm) 0,25 đ
Đề số 10
Bài 1: (2 điểm)
a) Cho A = 20122+2012 20132 2+20132 Đặt 2012 = a, ta có 2 2
2012 +2012 2013 +2013 = a2+a (a 1)2 + 2+ +(a 1)2 2
(a a 1) a a
= + + = + +
b) Đặt
x a y
1
x b
y =
+ =
Ta có
2 x
x
y y x
x
y y + + =
+ + =
2
1 x
x
y y
1 x
x
y y
+ − =
⇔
+ + =
nên
2
b a b b b a b a
− = + − =
⇔
+ = + =
a a v
b b
= =
= − =
(61)a)ycbt tương đương với PT x2= (m +2)x – m + hay x2 - (m +2)x + m – = có hai
nghiệm dương phân biệt
b) Đặt t= 4− +x 2x−2 Bài 3:
a) x = 0, x = 1, x= -1 không thỏa mãn Với x khác giá trịnày, trước hết ta chứng
minh x phải số nguyên
+) x2+ x+ sốchính phương nên x2+ x phải số nguyên
+) Giả sử x m n
= với m n có ước nguyên lớn Ta có x2+ x =
2
2
m m m mn
n n n
+
+ = sốnguyên
m +mn chia hết cho n2
nên
m +mn chia hết cho n, mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n m n có ước nguyên lớn 1, suy m chia hết cho n( mâu thuẫn với m n có
ước nguyên lớn 1) Do x phải số nguyên
Đặt x2+ x+ = k2
Ta có 4x2+ 4x+ 24 = k2hay (2x+1)2+ 23 = k2tương đương với k2 - (2x+1)2= 23
3 2 2
(x y ) (x y ) x (x 1) y (y 1) (x 1)(y 1) (x 1)(y 1)
+ − + = − + −
− − − − =
2
x y
y 1− + x 1−
2
(x 1) 2(x 1) (y 1) 2(y 1)
y x
− + − + − + − +
= +
− −
2
(x 1) (y 1) 2(y 1) 2(x 1) 1
y x x y y x
− − − −
= + + + + +
− − − − − −
Theo BĐT Côsi
2 2
(x 1) (y 1) (x 1) (y 1)
2 (x 1)(y 1)
y x y x
− − − −
+ ≥ = − −
− − − −
2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1)
x y x y
− + − ≥ − − =
− − − −
1 1
2
y 1− + x 1− ≥ y x 1− −
1 1
2 (x 1)(y 1) 2.2 (x 1)(y 1)
y x y x
+ − − ≥ − − =
− − − −
(62)Bài
a) Suy từhai tam giác đồng dạng ABE BSM
b) Từcâu a) ta có AE MB AB = BS (1)
Mà MB = EM( tam giác BEC vng E có M trung điểm BC
Nên AE EM
AB= BS
Có
MOB=BAE, EBA+BAE=90 , MBO+MOB=90
Nên MBO =EBA MEB =OBA( MBE)=
Suy MEA =SBA(2)
Từ(1) (2) suy hai tam giác AEM ABS đồng dạng(đpcm.)
c) Dễ thấy SM vng góc với BC nên để chứng minh toán ta chứng minh NP
//SM
+ Xét hai tam giác ANE APB:
Từcâu b) ta có hai tam giác AEM ABS đồng dạng nên NAE =PAB,
Mà AEN =ABP( tứgiác BCEF nội tiếp)
P
N
F E
M S
O
A
B
C
(63)Do hai tam giác ANE APB đồng dạng nên AN AE
AP = AB
Lại có AM AE
AS = AB( hai tam giác AEM ABS đồng dạng)
Suy AM AN
AS = AP nên tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo) Do toán chứng minh
Bài
a Giả sử kết luận toán sai, tức ba đội có hai đội đấu với Giả sử đội gặp đội2, 3, 4, Xét bộ(1; 6; i)với i Є{7; 8; 9;…;12}, phải có cặp đấu với nhau, nhiên không
gặp6 hay i nên 6gặp i với i Є{7; 8; 9;…;12}, vơ lý đội6như đấu hơn4trận Vậy có đpcm
b Kết luận khơng Chia 12 đội thành nhóm, nhóm 6đội Trong nhóm này, cho tất đội đôi thi đấu với Lúc rõ ràng đội đấu trận Khi xét đội bất kỳ, phải có đội thuộc nhóm, đội đấu với Ta có phản ví dụ
Có thể giải đơn giản cho câu a sau:
Do đội đấu4trận nên tồn hai đội A, B chưa đấu với Trong đội cịn lại,
vì A B đấu trận với họ nên tổng số trận A, B với đội nhiều là6
do đó, tồn đội C số đội cịn lại chưa đấu với A B Ta có A, B, C ba đội đôi chưa đấu với
Đề số 11
Bài 1: (1,5 điểm) a) A3 32 38 315 8
b)
x 3x 6x8x42x2 1 x26x9 x212x32 * Nếu
x 1 x 3x2 x 1 16170 Phương trình có nghiệm là: x 17
2
* Nếu
x 1 x 3x2 x 1 ⇒phương trình vơ nghiệm
Vậy phương trình cho có nghiệm x 17
Bài 2: (1,5 điểm) a) Với m = ta phương trình:
x 2x0 x(x 2) x 0, x
(64)Vậy tập nghiệm phương trình S0; 2
b) Phương trình có nghiệm ' m m4 Theo hệ thức Vi-ét ta có:
1
x x (1) x x m (2)
Theo ta có:
1 2 1 2
x 2x x x 12x (x x )2x 12 x1x2 6
Kết hợp với (1) ⇒ x1 2 ; x2 4 Kết hợp với (2) ⇒ m 5 (TMĐK) Bài 3: (1,0 điểm) Đổi 40 phút =
3 ; giờ40 phút = 17
3
Gọi vận tốc canô nước yên lặng x (km/h ; x > 4) Ca nô xuôi với vận tốc x + 4, hết thời gian 48
x4 Ca nô ngược với vận tốc x - 4, hết thời gian 48
x4 Ta có phương trình: 48 48 17
3x4x4
2
5x 96x 80
x 20, x
5
Ta thấy x = 20 thỏa mãn điều kiện Vậy vận tốc canô nước yên lặng 20km/h Bài 4: (3,0 điểm)
a) Xét tứgiác BCEF có E, F nhìn BC góc O
90 ⇒ tứgiác BCEF nội tiếp
b) Ta có: BCF BEF (2 góc nội tiếp chắn cung BF)
mà BCF BE 'F' (2 góc nội tiếp chắn cung BF’)⇒ BEFBE 'F'
Mà BEF ; BE 'F' hai góc vịtrí đồng vịnên EF//E’F’
c) Gọi H giao điểm BE CF ⇒H trực tâm ∆ABC Xét tứgiác AEHF có
O O O
AEHAFH90 90 180 ⇒ tứgiác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH Do bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AEF có độ dài AH
2 Kẻđường kính CK
của
(O) ⇒ K cốđịnh Ta có O
KBC90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ KB ⊥ BC Mà AH ⊥BC (do H trực tâm) ⇒BK // AH Tương tựAK // BH
Suy tứgiác AHBK hình bình hành⇒AH = BK (không đổi)
(65)Cách 2: c) Dễ thấy bốn điểm A, E, H, F thuộc đường trũn đường kính AH( với H giao điểm BE CF) Từđó suy BHF BAC = (khơng đổi)
Mà tam giác BHF vuông F nên góc HBF khơng đổi hay góc E’BA khơng đổi
Suy Sđ cung AE’ khơng đổi Do AE’ không đổi
Ta lại chứng minh tam giác AHE’ cân A nên AH = AE’.Từ lập luận suy
đpcm
Bài 5: (2,0 điểm):Ta có A (2 2x) 2x (1 x) x 2x x
1 x x x x x x
Theo BĐT Cô si: A 2x x x x
⇔ A 3 2
Đẳng thức xảy ⇔
2x x x x x
⇔ x 21 Vậy GTNN A 32
2, 2
2
(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1) x + z - 4(y+z)+8=0 (2)
=
( )( )( ) ( )
(1)⇔ x+ x +2012 y+ y +2012 y +2012−y =2012 y +2012−y (Do
2012
y + − ≠ ∀y y )
( ) ( )
( )( )
2 2
2 2
2
2
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2012 2012
x x y y x x y y
y x y x
x y y x x y
y x
⇔ + + = + − ⇔ + + = + −
+ − + + + +
⇔ + = + − + ⇔ + =
+ + +
2
2
2 2
2012 2012
( )
2012 2012 2012 2012
y y x x
y x
x y x y
y x y x
+ − + + +
−
⇔ + = ⇔ + =
+ + + + + +
K
H
E'
E
F F'
O
B C
(66)Do 2 2
2012 | |
2012 2012
2012 | |
y y y y
y y x x y x
x x x x
+ > ≥ ∀
⇒ + − + + + > ⇒ = −
+ > ≥ − ∀
Thay y=-x vào(2) 2 2
4 ( 2) ( 2)
x z x z x z
⇒ + + − + = ⇔ + + − =
2
( 2)
2
( 2)
x x
y x
z z
+ = = −
⇔ ⇔ = ⇒ = − =
− =
Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2)
Đề số 13
Bài 1: HS tựgiải Bài 2:
a) ĐK x2- 2x ≥0
PT tương đương với x2- 2x + - x2−2x 0− =
Đặt t = x2−2x ( ĐK t ≥0)
b) HệPT tương đương với + − =
+ − = −
3(x y) 2xy
2(x y) 2xy 2m ⇔
+ = −
= −
x y 2m xy m Do x y nghiệm PT: t2+ 2(m- 3)t + – m = (*)
Nên ycbt tương đương với PT (*) có hai nghiệm dương phân biệt
Bài 3:
a) Tìm sốnguyên x, y thoảmãn xy + y = x3+4
PT⇔y(x+1) = (x+1)( x2- x+ 1) + 3⇔ (x+1)[y- ( x2- x+ 1)] = 3
Do x, y sốnguyên nên có trường hợp sau:
TH1: − − + =+ =( )
x
y x x 1
TH2: − − + =+ =( )
x 1
y x x
TH3: − − + = −+ = −( )
x
y x x 1
TH4: − − + = −+ = −( )
x 1
(67)b) từab+ bc + ca =1 ta có a2+ = a2+ab+ bc + ca = ( a+ b)(a+ c)
nên áp dụng BĐT Cơsi ta có: + −
2
a a
bc =
( + )( + ) − + + + −
≤ = +
a b a c a
a b a c a 2 1 1
bc bc b c ,
tương tự b2+ −1 b ac
≤ +
1 1
2 a c
+ − ≤ +
2
c c 1
ab a b từđó suy đpcm Bài 4:
a) Ta có năm điểm A, E, O, I, F thuộc đường trịn đường kính AO
Nên AEF AIF = mà AEF EHF = vàAIF HIC = HIC EHF = suy đpcm
b) Tam giác ABF đồng dạng với tam giác AFC nên ta có AF2= AB.AC Trong tam
giác vuông AFO vuông F đường cao FN ta có AF2= AN.AO nên AN.AO = AB.AC(
khơng đổi- A, B, C ba điểm cốđịnh)
c) gọi EF cắt AB K, dễ thấy bốn điểm K, N, O, I thuộc đường tròn nên
đường tròn qua I, N, O qua K Ta chứng minh Tam giác AOI đồng dạng với
tam giác AKN nên có AN.AO = AK.AI, AI, AN.AO không đổi nên K cốđịnh nên
đường trịn quaI, N, O có tâm nằm trung trực IK cốđịnh suy đpcm
Bài 5:
Ta giải toán trường hợp tổng quát Ta chứng minh có n điểm( n > 2)
ít có ba điểm khơng thẳng hàng, ta chứng minh tồn đường tròn qua ba điểm n điểm n-3 điểm cịn lại khơng nằm ngồi đường trịn
Ta tìm hai điểm A1A2 mà tất cảcác điểm cịn lại nằm nửa
mặt phẳng bờlà đường thẳng A1A2
Trong số góc có dạng A A A1 i 2( với i chạy từ3 đến n) ta tìm điểm Ak cho gúc A A A1 k 2nhỏ
Nên A A A1 i 2 ≥ A A A1 k 2 với i chạy từ3 đến n, đường tròn ngoại tiếp tam giác A A A1 k 2 chứa tất cảcác điểm lại qua sốđiểm chứa điểm cịn lại.Tóm lại khơng có điểm n-3 điểm nằm ngồi đường trịn
Thật vậy, có điểm Ajnào nằm ngồi đường trịn ngoại tiếp tam giác
1 k
(68)