Tổng hợp đề thi và lời giải vào lớp 10 môn Toán tỉnh Thanh Hóa từ năm 2000

trị nhỏ nhất của di ện tích tam giác MNI theo R.. Gi ải các phương trình: a.[r]

(1)



Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp

BỘ ĐỀ THI TOÁN

VÀO LỚP 10 TỈNH THANH HÓA

(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2019 – 2020

MƠNTHI:TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số

Bài (2 điểm) Cho biểu thức:

3

x A

x x x x

+

= − −

+ + − − với x≥0;x≠4

1 Rút gọn A

2 Tìm giá trị cảu A x= +6

Bài (2 điểm)

1 Cho đường thẳng ( )d :y=ax+b Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( )d' :y=5x+6 qua điểm A( )2;3

Giải hệphương trình 11

x y x y

+ =



 + = 

Bài 3: ( điểm)

1 Giải phương trình

4

x − x+ =

2 Cho phương trình: x2 −2(m−1)x +2m− =5 0 với m tham số.Chứng minh

rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m Tìm m để

nghiệm thỏa mãn hệ thức

( − − + − )( − − + − )=

1 2 2 3 2 2 3 19

x mx x m x mx x m

Bài (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R, kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C tiếp điểm) Trê cung nhỏ BC lấy điểm M khác B C Gọi I,K,P hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, AC, BC

1) Chứng minh AIMK tứ giác nội tiếp; 2) Chứng minh  MPK MBC=

3) Xác định vịtrí điểm M cung nhỏ BC để tích MI MK MP. . đạt giá trị nhỏ nhât Bài (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn abc=1, Chứng minh rằng:

+ + ≤

+ + + + + +

4 4 4

ab bc ca

a b ab b c bc c a ca -Hết -

Họ tên Số báo danh

(3)

MƠNTHI:TỐN

Câu I: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

8

x + x+ = Giải hệphương trình:

5 20

x y x y

− = − 

 + =  Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức :

4 2

x x x

A

x x x x x

+   =  + 

+ +  + + , với x>0

1 Rút gọn biểu thức A

2 Tìm tất giá trị x để A

x ≥ Câu III: (2,0 điểm)

1 Cho đường thẳng ( )d :y=ax+b Tìm a b, để đường thẳng ( )d song song với đường thẳng ( )d' :y=2x+3 qua điểm A(1; 1− )

2 Cho phương trình

( 2)

x − m− x− = (m tham số) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với m Tìm m để nghiệm thỏa mãn hệ thức 2

1 2018 2018

x + − =x x + +x

Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB=2R Gọi d1 d2 tiếp tuyến đường tròn ( )O A B, I trung điểm đoạn thẳng OA, E điểm thay đổi đường trịn ( )O cho E khơng trùng với A B Đường thẳng d qua E vng góc với đường thẳng EI cắt d1, d2 M N,

1 Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp Chứng minh IB NE =3.IE NB

3 Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM BN có giá trịkhơng đổi tìm giá trị

nhỏ diện tích tam giác MNI theo R

Câu V: (1,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn a+ + =b c Chứng minh

2 2

1

(4)

MƠNTHI:TỐN

Câu 1. (2,0 điểm)

1 Cho phương trình:

2

+ − =

mx x (1), với mlà tham số

a Giải phương trình (1) m=0 b Giải phương trình (1) m=1 Giải hệphương trình:

2 10

− =



 + = 

x y x y

Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức: :

2

y y y

A

y

y y y y

   − 

=  +   − 

 + −   − 

   , với

y> ,y≠4,

y≠

1 Rút gọn biểu thức A Tìm y để A= −2

Câu 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d y: =2x m− +3 parabol ( )P y x: = 2

1 Tìm m đểđường thẳng ( )d qua điểm A( )2;0

2 Tìm m đểđường thẳng ( )d cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn

1 2 16

x − x +x x =

Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn ( )O đường kính MN=2R Gọi ( )d tiếp tuyến ( )O N Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M N), tia ME cắt đường thẳng ( )d F Gọi P trung điểm ME, tia OP cắt ( )d

tại Q

1 Chứng minh ONFP tứ giác nội tiếp Chứng minh OF MQ⊥ PM PF PO PQ =

3 Xác định vị trí điểm E cung MN để tổng MF+2ME đạt giá trị nhỏ

Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c sốdương thay đổi thỏa mãn:

1 1 2017

a b b c c a+ + + + + = Tìm giá trị lớn biểu thức:

1 1

2 3 3 3

P

a b c a b c a b c

= + +

+ + + + + +

(5)

MƠNTHI:TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Đề số

Câu I: (2,0 điểm)

1.Giải phương trình: a x – =

b x2 – 5x + =

2.Giải hệphương trình: 2x - y = 3x + y = 

 

Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = -1 +1 :2( 1) y - y +

y y

y y y y

y

y y

− +

 

−

 

  −

  với y > 0; y≠1

1.Rút gọn biểu thức B

2.Tìm số nguyên y để biểu thức B có giá trị nguyên

Câu III: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng (d): y = nx +1 Parabol (P):

y = 2x

1.Tìm n đểđường thẳng (d) qua điểm B(1; 2)

2.Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồng độ M(x1; y1), N(x2; y2) Hãy tính giá trị biểu thức S =x x1 2+y y1 2

Câu IV: (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ Hai đường chéo MP NQ cắt E Gọi F điểm thuộc đường thẳng MQ cho EF vng góc với MQ Đường thẳng PF cắt đường trịn đường kính MQ điểm thứ K Gọi L giao điểm NQ PF Chứng minh rằng:

1 Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn FM đường phân giác góc NFK NQ.LE= NE.LQ

Câu V: (1,0 điểm)

Cho sốdương m, n, p thỏa mãn: 2

+ 2n 3p

m ≤ Chứng minh +2

m n≥ p

(6)

THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨANĂM HỌC 2015 – 2016

MƠNTHI:TỐN

Câu (2 điểm) :

1 Giải phương trình mx2 + x – =

a) Khi m =

b) Khi m =

2 Giải hệphương trình:

x y x y

+ =   − =



Câu (2 điểm): Cho biểu thức Q =

1

b b

+

+ −

−

− + (Với b≥ b≠1) Rút gọn Q

2 Tính giá trị biểu thức Q b = +

Câu (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – parabol (P) : y = x2

1 Tìm n để(d) qua điểm B(0;2)

2 Tìm n đểđường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn: 1 2

1 1

3

x x x x

 

+ − + =

 

 

Câu (3 điểm):Cho đường tròn tâm O bán kính R đường thẳng (d) khơng qua O, cắt đường tròn (O) điểm E, F Lấy điểm M tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D tiếp điểm)

1 Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp đường tròn

2 Gọi K trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh KM phân giác góc CKD

3 Đường thẳng qua O vng góc với MO cắt tia MC, MD theo thứ tự R, T Tìm vị trí điểm M (d) cho diện tích tam giác MRT nhỏ

Câu (1 điểm): Cho x, y, z sốdương thay đổi thỏa mãn điều kiện: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60

Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = x + y + z

(7)

MƠNTHI:TỐN

Câu 1 (2.0 đ)

1 Giải phương trình sau:

a y - = b y2 – 3y + =

b Giải hệ phương trình: 2 4 3 2 4

x y

+ = 

 − = 

Câu 2 (2.0 đ) Cho biểu thức B 2y 1: 1

y y y y

  −

=  − 

−  +  , với y > y ≠1

a Rút gọn biểu thức B

b Tính giá trị B x = 3+2 2

Câu 3 (2.0 đ) Trong mặt phẳng toạđộ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx – parabol (p) y = x2

1 Tìm n đểđường thẳng (d) qua điểm B(1; 0)

2 Tìm n để (d) cắt (p) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn

1 2

x −x =

Câu 4 (3.0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R Gọi C trung điểm OE; qua C kẻ đường vng góc với OE cắt đường trịn hai điểm phân biệt M N Trên cung nhỏ FM lấy điểm K ( K≠F K≠M), tia KN lấy điểm I cho KI = KM gọi D giao điểm EK MN Chứng minh rằng:

a Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp b EK ED = R2

c NI = FK

Câu 5 (1 đ) Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P 1

1

a b+ + +

1 1

b c+ + +

1 1

c a+ +

(8)

Câu 1 (2.0 điểm):

1 Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – = 0, với hệ số a = 1, b = 2, c = -3

a.Tính tổng: S = a + b + c b.Giải phương trình Giải hệphương trình:

3 2

2 3 4

x y

− = 

 + = 

Câu (2.0 điểm): Cho biểu thức: 1 1 : 1

1 2 1

y Q

y y y y y

   + 

= +    

− − − +

   ( Với y > 0; 1

y≠ )

a Rút gọn biểu thức Q

b Tính giá trị biểu thức Q y = −3 2

Câu 3(2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + Parabol (P): y = - 2x2

a Tìm b đểđường thẳng (d) qua điểm B(1;5)

b Tìm b đểđường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) =

Câu 4(3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF Bán kính OI vng góc với EF, gọi J điểm Cung nhỏ EI (J khác E I), FJ cắt EI L; Kẻ LS vng góc với EF (S thuộc EF)

a Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp

b Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N cho FN = EJ Chứng minh rằng, tam giác IJN vuông cân

c Gọi (d) tiếp tuyến điểm E Lấy D điểm nằm (d) cho hai điểm D I nằm mặt phẳng bờlà đường thẳng FE ED.JF = JE.OF Chứng minh đường thẳng FD qua trung điểm đoạn thẳng LS

Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca ≥ Chứng minh rằng:

4 4

3

3 3 3 4

a b c

b+ c+c+ a + a+ b≥

MƠNTHI:TỐN

(9)

Bài 1:(2.0 điểm) 1- Giải phương trình sau : a) x - =

b) x2 - 3x + =

2- Giải hệ phương trình :   

= +

= −

2

y x

Bài 2:(2.0 điểm) Cho biẻu thức: A =

a

2

1

+ + 2 a

1

− -

2

1

a a

− + 1- Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị a ; biết A <

3

Bài 3:(2.0 điểm)

1- Chođường thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x +

2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) Tìm a để phươmg trình

cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + 2 x =

Bài 4:(3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ vng góc với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn

2- Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH ⊥ PQ 3- Chứng minh : MP +MQ = AH

Bài 5:(1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoảmãn điều kiện a + b ≥ a > Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =

2

4

b a

+ + SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨANĂM HỌC 2012 – 2013

MƠNTHI:TỐN

(10)

Bài 1(1.5đ):

1 Cho hai số a1 = 1+ 2; a2 = 1- Tính a1+a2

2 Giải hệphương trình:   

− = −

= +

3

1

y x

Bài 2(2đ): Cho biểu thức A =

2 :

1

2  +

 

 

− − +

− −

+ a a

a a

a

(Với a≥ 0;a≠4)

1 Rút gọn biểu thức A

2 Tính giá trị A a = 6+4

Bài 3(2,5đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = (1) (Với m tham số)

a Giải phương trình (1) với m =

b Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m c Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình (1) (Với x1 < x2)

Chứng minh x12 – 2x2 + ≥

Bài 4(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường cao BD CK cắt H Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp đường tròn

2 Chứng minh tam giác AKD tam giác ACB đồng dạng

3 kẻ tiếp tuyến Dx D đường trịn tâm O đường kính BC cắt AH M Chứng minh M trung điểm AH

Bài 5(1đ): Cho ba sốdương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức:

≥ + + + +

+ a b

c c

a b c

b a

MƠNTHI:TỐN

(11)

Bài I(2,0 điểm)

Cho phương trình : x2 + nx – = (1) (với n tham số)

1 Giải phương trình (1) n =

2 Giả sử x1,x2 nghiệm phương trình (1),tìm n để :

x1(x22 +1 ) + x2( x12 + ) >

Bài II (2,0 điểm) Cho biểu thức 3 1

3

a a

A

a a a

 + −  

= −  − 

− +  

  với a > 0; a≠9 1.Rút gọn A

2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Bài III (2,0điểm) Trong mặt phẳng toạđộ Oxy

Cho parabol (P): y = x2 điểm A,B thuộc parabol (P) v ới xA = -1,xB =

1.T ìm toạđộc ác điểm A,B viết phương trình đường th ẳng AB

2 Tìm m đểđường thẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + (với m tham số ) song song

với đường thẳng AB

Bài IV(3,0 điểm) Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, đường cao QM, RN tam giác cắt H

1.Chứng minh tứ gi ác QRMN tứ giác nội tiếp đường tròn

2 Kéo dài PO cắt đường tròn O K.Chứng minh tứ giác QHRK hình bình hành

3 Cho cạnh QR cố định,P thay đổi cung lớn QR cho tam giác PQR ln nhọn.Xác định vị trí điểm P đ ể diện tích tam giác QRH lớn

Bài V( 1,0 điểm) Cho x,y số dương thoả mãn : x + y =

Tìm giá trị nhỏ : 2 33

P x y

xy = + + SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

MƠNTHI:TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số 10

(12)

Bài 1(1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số

1.Giải phương trình (1) n =

2 Tìm n đểphương trình (1) có nghiệm

Bài 2(1,5 điểm) Giải hệphương trình:

2

x y

+ =



 + =



Bài 3(2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)

1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k

2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = - 1, từđó suy

ra tam giác EOF tam giác vuông

Bài 4(3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) Từcác điểm G; A; B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B C D

1 Gọi N tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp

2 Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từđó suy CN DN

CG = DG

3 Đặt BOD =α Tính độ dài đoạn thẳng AC BD theo R α Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc R, không phụ thuộc α

Bài 5(1,0 điểm) Cho số thực m, n, p thỏa mãn : 2

2

m n +np+ p = −

Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : B = m + n + p SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

MƠNTHI:TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Đề số 11

(13)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Đề số

Câu I.

1.Rút gọn biểu thức A với với x≥0;x≠4

( )( )

2

3 2

x A

x x x x

+

= − −

+ + − −

( )

( )( )

4

3

x x

− − − + =

+ − ( )( )

12

3

x x

− − =

+ −

4

x x

− =

−

2 Tìm giá trị cảu A x= +6

( )2 2

x= + = + tmđk

2

x = + thay vào A ta đc: ( )

( )

2 2 2

1

2

2 2

A= + − = − = −

+ −

Vậy với x= +6 A= −1

Bài (2 điểm)

1 Cho đường thẳng ( )d :y=ax+b Tìm a, b đểđường thẳng (d) song song với đường thẳng ( )d' :y=5x+6 qua điểm A( )2;3

Vì ( ) ( )d / / d' nên

a b

=   ≠ 

Vì (d) qua A( )2;3 nên ta có: 3=5.2+b⇒ = −b Vậy a=5;b= −7 ta có ( )d :y=5x−7

2 Giải hệphương trình 11

x y x y

+ =



 + = 

3 11

2

x y x

x y

+ = =

 

⇔ ⇔

= =

 

Bài 3: ( điểm)

1 Giải phương trình

4

x − x+ =

PT có : a b c+ + = − + =1 nên PT có hai nghiệm: x1=1;x2 =3

2 Ta có: ∆ =' (m−1)2 −2m+ =5 m2 −4m+ =6 (m−2)2 + > ∀2 0 m nên phương

trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m

Có : x2 −2(m−1)x+2m− =5 0 ⇔ x2 −2mx +2m− = −3 2x Vì x1, x2 nghiệm PT (1) nên ta có:

− + − = −

2

1 2 2 3 2

x mx m x ; − + − = −

2 2 2 3 2

(14)

( − − + − )( − − + − =)

1 2 2 3 2 2 3 19

x mx x m x mx x m

( )( )

⇔ 2 2− x1 −x2 2 2− x2 −x1 =19

( ) ( )

⇔2 x1 +x2 −6 x1+x2 +x x1 2 =15

Theo Vi-et có + = ( − )

= −



1

2 1

2 5

x x m

x x m thay vào ta đc:

( ) ( )

⇔8 m−1 −12 m− +1 2m− =5 15

=  

⇔ − = ⇔

 = 

0

8 26 0 13

4

m

m m

m

Vây:

=    = 

0 13

4

m m

Bài (3,0 điểm)

1 Chứng minh AIMK tứ giác nội tiếp;

Có: AIM AKM = =90o nên tứ giác AIMK nội tiếp

2 Chứng minh  MPK MBC= TT câu a ta cm đc tứ giác KCPM nội tiếp

Suy ra: MCK MPK = ( hai góc nt chắn cung MK) (1)

Mà  MCK PBM= ( góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nt chắn cung MC (O)) (2)

Từ (1) (2) suy  MPK MBP= hay MPK MBC =

1) Xác định vịtrí điểm M cung nhỏBC để tích MI MK MP. . đạt giá trị nhỏ nhât Chứng minh ∆IMP∽∆PMKnên: IM = MP

MP MK

⇒MI MK MP. = ⇒MI MK MP MP. . =

ĐểMI MK MP. . lớn khi MP lớn nhất, nên M điểm cung nhỏ BC

P

K I

C B

O A

(15)

Bài (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn abc=1, Chứng minh rằng:

+ + ≤

+ + + + + +

4 4 4

ab bc ca

a b ab b c bc c a ca Ta có: a4+b4 ≥ab a( 2+b2)

( )

⇒ ≤ =

+ + + + + +

4 2 2

1

ab ab

a b ab ab a b ab a b Tương tự có: ≤

+ + + +

4 2

1 bc

b c bc b c ; 4+ 4+ ≤ 2+ 2+

1 ca

c a ca c a

Suy ≤ + +

+ + + + + +

2 2 2

1 1

VT

a b b c c a

Đặt a2 =x b3; =y c3' =z3 ta có: xyz=1 ( abc=1)

Suy ra: ≤ + +

+ + + + + +

3 3 3

1 1

VT

x y y z z x

Dễcm đc x3+y3 ≥xy x y( + )

( ) ( ) ( )

≤ + +

+ + + + + +

1 1

VT

xy x y yz y z zx z x

( ) ( ) ( )

≤ + +

+ + + + + +

z x y

VT

xyz x y z xyz y z x zxy z x y

≤ + + =

+ + + + + +

z x y

VT

x y z x y z zx y z Vậy VT≤1 Dấu “_” xảy a b c= =

Đề số

Câu Ý NỘI DUNG Điể

m

I (2,0đ)

1 (1,0đ)

Giải phương trình:

8

x + x+ = .

Ta thấy phương trình có hệ số thỏa mãn a b c− + = − + =1 0,5 Do phương trình có hai nghiệm x= −1; x= −7 0,5

2 (1,0đ)

Giải hệphương trình:

5 20

x y x y

− = − 

 + = 

Hệtương đương với 14

5 20

x x y

= 

 + = 

2

5 20

x x y

= 

⇔  + =

 0,5

2 10 20

x y = 

⇔  + = 

2 10

x y

=  ⇔  =

(16)

II (2,0đ)

1 (1,0đ)

Rút gọn biểu thức :

4 2

x x x

A

x x x x x

+  

=  + 

+ +  + + , với x>0 Ta có: :

4 2

x x x

A

x x x x x

+  

=  + 

+ +  + + 

2

:

( 2) ( 2)

x x x

x x x x

 

+

=  + 

+  + + 

0,25

2

:

( 2) 2

x x x

 

+

=  + 

+  + +  0,25

2

1 ( 1)

:

( 2)

x x x

x x

+ +

=

+ + 0,25

1

( 2)

x x =

+ 0,25

2 (1,0đ)

Tìm tất cảcác giá trịcủa x để

3

A x ≥

Với x>0 ta có

( 2)

A

x x =

+ x >0; x+ >2

Khi

( )

1 1

3

A

x x x x

≥ ⇔ ≥

+ ⇔ x+ ≤2

0,5

1

x

⇔ ≤ ⇔ ≤x 0,25

Kết hợp với điều kiện ta được: 0< ≤x 0,25

III (2,0đ)

1 (1,0đ)

Cho đường thẳng ( )d :y=ax b+ Tìm a b, đểđường thẳng ( )d song song với

đường thẳng ( )d' :y=2x+3 và qua điểm A(1; 1− )

Đường thẳng ( )d :y=ax b+ song song với đường thẳng ( )d' :y=2x+3 nên ta có

3

a b

=   ≠ 

0,5 Khi ( )d :y=2x b+ qua điểm A(1; 1− ) nên:

1 2.1 b b

− = + ⇔ = − (thỏa mãn điều kiện b≠3) Vậy a=2, b= −3

0,5

(1,0đ)

Cho phương trình

( 2)

x − m− x− = (m là tham số) Chứng minh phương

(17)

thỏa mãn hệ thức: 2

1 2018 2018 x + − =x x + +x .

Ta có

(m 2) 12 0, m

∆ = − + > ∀ nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2với m

(Lưu ý: Học sinh nhận xét ac= − <3 đểsuy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt, trái dấu với m)

0,25

Ta có: 2

1 2018 2018 x + − =x x + +x

2

1 2018 2018

x x x x

⇔ + − + = +

2 2

2

1 2018 2018 x x

x x

−

⇔ = +

+ + +

0,25

⇔

2

1 2

0 (1) 2018 2018 (2)

x x

x x x x

+ = 



+ + + = −



Theo định lí Viet ta có: x1+x2 = −m Khi đó: (1) ⇔ m− = ⇔ =2 m

0,25

(2) không xảy Thật vậy: Do

1 2018

x + > x ; x22+2018> x2 suy

2

1 2018 2018 2

x + + x + > x + x ≥ −x x Vậy m=2

0,25

IV (3,0đ)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB=2R Gọi d1 d2 tiếp tuyến

của đường tròn ( )O A B, I là trung điểm đoạn thẳng OA, E là điểm thay

đổi đường trịn ( )O sao cho E khơng trùng với A B Đường thẳng d đi qua E

(18)

1 (1,0đ)

Chứng minh AMEI tứgiác nội tiếp

 

90

MAI =MEI = 0,5

Suy   180

MAI+MEI = Vậy AMEI nội tiếp 0,5

2 (1,0đ)

Chứng minh IB NE =3.IE NB +)EAI =EBN(cùng phụ với EBA)

+) AEI =BEN(cùng phụ với IEB) Suy ∆IAE∆NBE

0,5

IA NB

IA NE IE NB IE NE

⇒ = ⇒ = 0,25

3

IB

NE IE NB

⇒ = ⇒IB NE =3IE NB (đpcm) 0,25

3 (1,0đ)

Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM BN có giá trị khơng đổi tìm giá

trịnhỏnhất diện tích tam giác MNItheo R

Do tứ giác AMEI nội tiếp nên  AMI =AEI (1) Tương tự ta có tứ giác BNEI nên BIN =BEN (2) Theo ta có  AEI =BEN (3) Từ (1), (2), (3) suy  AMI =BIN (4)

0,25

Do tam giác AMI BIN vuông A B, suy ∆AMI∆BIN 0,25

d1 d2

d

N

M

I A

O B

(19)

Suy ra: AM AI AM BN AI BI

BI = BN ⇒ = không đổi Từ (4) ta có:    

90

BIN+AIM = AMI+AIM = ⇒MIN=900 hay ∆MNI vng

tại I Khi đó: 2 2

2

MNI

S∆ = IM IN = AM +AI BN +BI

2

1 3

2

2 2

R R R

AM AI BN BI AM BN AI BI AI BI

≥ = = = =

0,25

Dấu “=” xảy AM =AI BN, =BI Vậy S∆MNI đạt GTNN

4

R

0,25

V (1,0đ)

Cho a b c, , là số thực dương thỏa mãn a b c+ + =1 Chứng minh 2

1

30

a +b +c +abc≥

(1,0đ)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: ( )

3

2

1

9

3

a b c abc

ab bc ca abc ab bc ca abc

 = + + ≥ >

 ⇒ + + ≥ >



+ + ≥ >



1

abc ab bc ca ⇒ ≥

+ +

0,25 Khi đó: 2 12 2 2 12 2

a +b +c +abc≥ a +b +c +ab bc+ +ca =

( ) 2

1 1

1

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

= + + +

+ + + + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức 1

x+ + ≥y z x+ +y z với x y z, , >0 ta

( )

2 2 2

1 1

2

a +b +c +ab bc ca+ + +ab bc ca+ + ≥ a +b + +c ab bc ca+ +

( )2 ( )

9

a b c

= =

+ +

0,25

Lại có ( )2 2 2 2 ( ) ( ) ( )

1= a b c+ + =a +b + +c ab bc ca+ + ≥3 ab bc ca+ + 0,25 Thay ( ) ( )2 , vào ( )1 ta 2 12 2 7.3 30

a +b +c +abc ≥ + =

Dấu “=” xảy

a= = =b c

(20)

Đề số

Câu 1:

1 Cho phương trình:

2

+ − =

mx x (1), với mlà tham số

a Giải phương trình (1) m=0

Khi m=0, ta có phương trình: x− =2 ⇔ =x Vậy phương trình có nghiệm x=2 b Giải phương trình (1) m=1

Khi m=1, ta có phương trình:

2

+ − = x x

Ta thấy: a b c+ + =0nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1

x = ; x2 = −2 Giải hệphương trình:

3 10

− =



 + = 

x y

x y ⇔

4 16 4

2 10 10

= = =

  

⇔ ⇔

 + =  + =  =

  

x x x

x y y y

Vậy nghiệm hệphương trình là: ( ) ( )x y; = 4;3 Câu 2: Cho biểu thức: :

4

2

y y y

A

y

y y y y

   − 

=  +   − 

 + −   − 

   , với

y> , y≠4, y≠9 Rút gọn biểu thức A

( )

( )( ) ( )

4 1 2

:

2 2

y y y y

A

y

y y y y

 

− −  − 

=  − 

− +  − 

 

( )( ) ( ( ) )

1 2

:

2 2

y y

y y y y

− − −

− − =

− + −

( )

( )( ) ( )

4 3

:

2 2

y y y

y y y y

− + − +

=

− + −

( ) ( )

2

3

y y y

y y

− −

=

− +

−

3 y y =

− (với y>0, y≠4, y≠9)

(21)

2

A= −

3 y y

⇔ = −

−

( )

4y y

⇔ = − −

4y y

⇔ + − =

Đặt y t= >0ta có phương trình:

2

4t + − =2 0t

Ta có: a b c+ + =0 nên phương trình có hai nghiệm:

1

t = (thỏa mãn đk)

2

t = − (không thỏa mãn điều kiện) Với t=1, ta có: y=1 (thỏa mãn đk) Vậy: A= − ⇔ =2 y

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d y: =2x m− +3 parabol ( )P y x: = 2

1 Tìm m đểđường thẳng ( )d qua điểm A( )2;0

Thay x=2 y=0vào phương trình đường thẳng ( )d y: =2x m− +3, ta có: 2.2= − + ⇔m m=7

Vậy: với m=7 đường thẳng ( )d điqua điểm A( )2;0

2 Tìm m đểđường thẳng ( )d cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn

1 2 16

x − x +x x = Phương trình hồnh độgiao điểm ( )d ( )P là:

2 2 3 2 3 0

x = x m− + ⇔ x − x m+ − =

Ta có: ∆ = −' ( ) (1 2− m−3)= − +m

Đường thẳng ( )d cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt ⇔

' m m ∆ > ⇔ − + > ⇔ <

Theo hệ thức Vi-et, ta có: 2

2

x x x x m

 + = 



= − 

2

1

2

x x

x x m

 = − 

⇔ 

(22)

Thay x2 = −2 x1 vào biểu thức:

1 2 16

x − x +x x = ta có:

( ) ( )

2

1 2 1 16

x − −x +x −x =

2

1 4 1 16

x x x

⇔ − + − =

1

4x 20

⇔ =

1

x

⇔ =

2

x

⇒ = −

Thay vào biểu thức: x x1 2 = −m ta được: 15 12

m− = − ⇔ = −m (tm) Vậy: m= −12

Câu 4:

1 Ta có: MFN =900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

NE ME

⇒ ⊥

Lại có:

P trung điểm ME O trung điểm MN

⇒OPlà đường trung bình ∆MEN OP NE

⇒ 

OP ME

⇒ ⊥

- Xét tứ giác ONFP ta có :



90 =

ONF (tính chất tiếp tuyến)



90 =

OPF ( OP⊥ME)

 

180 ⇒ONF+OPF =

⇒ ONFP tứ giác nội tiếp ( đpcm)

2 Xét MQF ta có:

 

MN QF

PQ ME

MN PQ O

    

  



 O trực tâm MQF

⇒OF ⊥MQ ( đpcm)

- Ta có:

d

D

Q P

F

M N

(23)

 

   

0

0 90

90

MFO QMF

MFO PQM

PQM QMF



   

 

  

Mà  

90

= =

MPQ OPF

Nên MPQ ∽ OPF

Từđó suy MP = PQ⇒PM PF =PO PQ

OP PF (dpcm)

3 Theo BĐT Cauchy ta được:

2

2 2 2 2.4

+ ≥ = = =

MF ME ME MF MN R R

Đẳng thức xảy ⇔MF=2ME=2R Mà MF =ME+EF

Nên E trung điểm MF

Xét MNF ta có:

= = =

NE ME EF MF

 

ME MF

⇒ =

E

⇒ điểm cung MN

Câu 5: Đặt x= +a b; y b c; z a c;

1 1

2017

x y z

   

1 1

2 2

P

x y z x y z x y z

  

     

Ta có: 1 x y xy

1 + ≥

+ y z y z

1

x x xz

1 1 1

2

x y z x y y z x z

 



        

 

 

1 1

4

2x y z 2y x z 2z x y

 



    

     

 

1 1 2017

4

P

x y z

 



       

Dấu "" xảy 4034

= = =

(24)

Đề số

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(2điểm)

1 Giải phương trình: a x =

b x2 – 5x + = Nhận thấy + (-5) + = phương trình có dạng a+ b + c =

0 Vậy ngiệm phương trinh là: x = x =   

2 Giải hệphương trình: 2x - y = 5 x = 3x + y = 3x + y = y = -1

x=    ⇔ ⇔       0.5 0.75 0.75 Câu 2 (2điểm)

1 Vớiy > 0; y≠1 Ư(2)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

-1 +1

A = :

1 y - y +

2

( -1)(y + +1) ( +1)(y - +1)

A = :

( -1) ( 1) ( 1)( 1)

2

(y + +1) (y - +1)

A = :

( 1)

1 y + +1- y + -1

A = 2( 1) A = 2( 1) A = y y

y y y y

y

y y

y

y y y y

y y y y y y

y

y y

y y y

y y y y y y y y y y y − +   −     −   +   −   + + −     +   −   −     − ⋅ + − ⋅ + − +

2 Vớiy > 0; y≠1 Ta có A = 1 2

1 1

y y

y y y

− + −

= = −

+ + + để A nhận giá trị nguyên

1

y+ nguyên hay

{ } { } { }

2 y+ ⇔1 y+ ∈1 U•(2)⇔ y+ ∈1 1, ⇔ y∈ 0,1 ⇔ ∈y 0,1 (không thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy giá trị nguyên y để biểu thức B nhận giá trị nguyên

1

Câu 3

(2điểm) Đường thẳng (d) qua điểm B(1; 2) nên có

2 = n.1+1⇒n = giá trị cần tìm Xét phương trình hoành độgiao điểm (d) (P):

2x - nx -1 = Có

Δ = n + >8 với n nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với n

Vậy (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồng độ M(x1;

(25)

y1), N(x2; y2) y = 2x1 12;y = 2x2 22 Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có:

1 x x =

2

−

Theo ta có

2 2

1 2 1 2

1 1

S = 2 4( )

2 2

x x +y y =x x + x x =x x + x x =− + = − + =

1 S

2

= giá trị cần tìm

0.75

Câu 4

(3điểm) 1.Ta có



MPQ = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); EF⊥MQ

  0

EPQ + EFQ = 90 90 180

⇒ + = ⇒tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính PQ

2.Tương tự   0

ENM + EFM = 90 90 180

⇒ + = ⇒tứ giác MNEF nội tiếp  

PFQ PEQ

⇒ = (hai góc nộ tiếp chắn cung PQ đường trịn đường kính EQ)  NFM=NEM(hai góc nội tiếp chắn cung MN đường trịn đường kính ME)  NEM=PEQ(hai góc đối đỉnh)

PFQ =MFK(hai góc đối đỉnh)  

NFM KFM

⇒ =

hay PM phân giác góc NFM Ta có:

 

NPM=NQM(hai góc nội tiếp chắn cung MN đường trịn đường kính MQ)

 

EPF=EQF(hai góc nộ tiếp chắn cung EF đường trịn đường kính EQ)

  NPE EPL

⇒ = ⇒PE phân giác ΔNPL Lại cóPE⊥P Q⇒ PE phân giác ngồi ΔNPL ΕΝ QN= ΕΝ.QL QN ΕL

ΕL QL

⇒ ⇒ = (đpcm)

1.0

Câu 5

(1điểm)

Với a, b, c sốdương ta có:

(+) +2 (1) (m + 2n)(n + 2m) m + 2n

m n ≥ ⇔ ≥ mn

2

2m - 4mn + 2n 2(m - n)

⇔ ≥ ⇔ ≥ (đúng) Dấu xảy m = n

(+) 2 2

m + 2n≤ 3(m +2n )(2)⇔(m+2 )n ≤3(m +2n )

2

2 2 2( )

m - 4mn + 2m m - n

⇔ ≥ ⇔ ≥ (đúng) Dấu xảy m = n (+) Từ (1) (2) suy

2

1 9

+

3(m + 2n )

m n≥ m + 2n≥ ≥ p (do

2 2

+

m n ≤ p ) Suy +2

m n ≥ p Dấu xảy m = n = p

0.25

(26)

Đề số

Câu 1:

1 a Khi m = ta có x -2 = => x =

b Khi m = ta phương trình: x2 + x – = => x1 = 1; x2 = -2

Giải hệphương trình:

1

x y x y

+ =   − =

 ⇔

3

x x

=   = 

Vậy hệphương trình có nghiệm (x;y) = (3;2)

Cấu

a Rút gọn Q

Q =

1

b b

+

+ −

−

− + =

( )

3

4( 1)

1 ( 1)( 1)

4 3

( 1)( 1)

1

b

b b

b b b b

b b b

b b

b

b b

b

−

+ + − +

− + − +

+ + − − −

=

− +

− =

− +

= +

2 Thay b = + 2

5=( 1)+ (Thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức Q rút gọn ta được:

2

1

5

( 1)

= = −

+

+ +

Vậy b = + Q = 5-2

Câu

1 Thay x = 0; y = vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n =

2 Phương trình hoành độgiao điểm (d) (P) là: x2 – x – (n - 1) = (*)

Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt x1; x2

3

4

n n

⇔ ∆ = −  ⇔ 

Khi theo định lý Vi ét ta có: 2

1 ( 1)

x x

x x n

+ = 

(27)

Theo đề bài: 2

1

3

x x x x

 

+ − + =

 

 

1

1 2

4 x x x x

x x  + 

⇔  − + =

 

2

1

4

2

6 0( : 1) 2( ); 3( )

n n

n n DK n

n TM n L

⇒ + + =

− +

⇔ + − = ≠

⇒ = =

Vậy n = giá trị cần tìm

Câu 4

1 HS tự chứng minh

2 Ta có K trung điểm EF => OK⊥EF =>  90

MKO= => K thuộc đương tròn đường kính MO => điểm D; M; C; K; O thuộc đường trịn đường kính MO =>  DKM =DOM (2 góc nội tiếp chắn cung MD)

CKM =COM (2 góc nội tiếp chắn cung MC) Lại có DOM =COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) =>  DKM =CKM => KM phân giác góc CKD

3 Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R (MC+CR) ≥2R CM CR

Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2

không đổi => SMRT ≥2R2

Dấu = xảy ⇔ CM = CR = R Khi M giao điểm (d) với đường tròn tâm O bán kính R

d E

F O

M

C D

R T

(28)

Vậy M giao điểm (d) với đường trịn tâm O bán kính R diện tích tam giác MRT nhỏ

Câu

Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60

⇔5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 =

x

∆ = (yz)2 -5(4y2 + 3z2 – 60) = (15-y2)(20-z2)

Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 => 4y2≤60 3z2≤60 => y2≤15 z2≤20 => (15-y2)≥0

(20-z2) ≥0

=>∆x ≥0

=> x= (15 2)(20 2)

yz y z

− + − −

≤

2

1

(15 20 )

5

yz y z

− + − + −

(Bất đẳng thức cauchy) => x≤ 35 2 35 ( )2

10 10

yz y z y z

− + − − = − +

=> x+y+z ≤ 35 ( )2 10( ) 60 ( 5)2

10 10

y z y z y z

− + + + = − + −

≤6

Dấu = xảy 2

5

15 20

6

y z x

y z y

x y z z

+ − =

  =

 − = − ⇔ =

 

 + + =  = 

Vậy Giá trị lớn B đạt x = 1; y = 2; z = Đề số

Câu Nội dung Điểm

1a Giải pt: y - = <=> y = Vậy pt có nghiệm y = 0.25 1.b

Giải pt: y2 – 3y + =

Ta có: a = 1, b = - 3, c = a + b + c = + ( - 3) + =

Vậy pt có nghiệm y1 = 1, nghiệm y2 =

0.75

1.b

2 4 4 8 2 2

3 2 4 2 4 2 4 1

x y x x x

x y x y x y y

+ = = = =

   

<=> <=> <=>

 − =  + =  + =  =

   

Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2; 1)

1.0 2a

y 1

B :

y y y y

 

−

=  − 

(29)

2

y 1 y y y

B : :

y y y y y(y 1) y ( y 1)

    − − + − =  −  =  

−  +  −  +  0.25

y 1

B :

y( y 1)( y 1) y ( y 1)   −

=  

− +  +  0.5

y 1

B : y ( y 1)

y( y 1) y

−

= + =

+ Vậy B =

1

y 0.5

2b

Tính giá trị B y = 3+2 2

y = 3+2 2 = ( 2+ 1)2 => y= 2+ thoảmãn ĐKXĐ 0.25

Khi giá trị B =

2 1+ = − 0.25

Vậy B = 1− y = 3+2 2 0.25

3 Trong mx2 ặt phẳng toạđộOxy cho đường thẳng (d): y = nx – parabol (p) y = 3.1

Tìm n đểđường thẳng (d) qua điểm B(1; 0)

Vì (d) qua B(1; 0) nên ta có pt : n – = => n = 0.75 Vậy n = 3, pt đường thẳng d : y = 3x - 0.25

3.2

Tìm n để (d) cắt (p) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn

1 2

x −x =

Phương trình hồnh độgiao điểm (d) (p) là: x2 = nx – <=> x2 – nx + = Ta có a = 1, b = - n, c =

Pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2 <=> ∆> <=> (- n)2 – 3) >

<=> n2 – 12 > <=> 2 3

2 3 n

n  < − 

>

 (*),

2

12

n

∆ = −

0.5

=> x1 =

2

12 2 n+ n −

, x2 =

2

12 2 n− n −

, 2

1 12 12

x −x = n − = n − 0.25

2 2

1 2 12 2 12 4 16 4

x −x = <=> n − = <=>n − = <=>n = <=> =±n

Vậy n = ±4 giá trị thoả mãn đề 0.25

4

(30)

4.1

Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp Xét tứ giác FCDK

Có CD⊥EF => FCD = 900, FCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> FCD + FCK = 1800 => Tứ giác FCDK nội tiếp đường trịn đường

kính FD

1.0

4.2

EK ED = R2

Xét tam giác KFE tam giác CDE

Có FKE = DCE = 900 Ê chung => ∆KFE và∆CDE đồng dạng với

KF KE FE

CD = CE = DE => KE DE = CE FE (1)

Mà CE =

2 2

OE = R

(Vì C trung điểm OE) EF = 2R(đề cho) (2) Từ (1) (2) suy ra: KE DE = R2

1.0

4.3

NI = FK

Gọi P giao điểm tia MI với (O) Vì C trung điểm OE (đề bài0

và MN⊥EF nên C trung điểm MN (Định lý đường kính dây) Do tứ giác MENO hình thoi ( dấu hiệu vềđường chéo)

=> OM = ME = EN = NO = R

=> ∆OME => OME = 600 => MON = 1200

Mà MON = sđ MN(góc tâm)

và MKN = 1 2sđ



MN ( góc nội tiếp chắn MN)

Do suy MKN = 600

Xét ∆KMI có IK = KM (đề cho) MKN = 600 (cm trên)

=> ∆KMI tam giác

1.0

O C

E F

K M

N

I

(31)

Do MIK = 600, MIK =1

2(sđ



MK+ sđPN) ( góc có đỉnh bên

đường tròn) =>1 2(sđ



MK+ sđPN) = 60 (3)

Lại có Tứ giác OMEN hình thoi MEN = 1200 => MEO = 600 hay MEF = 600

Nhưng MEF = 1 2 sđ



MF=1 2(sđ



MK + sđKF) => 1

2(sđ



MK + sđKF) = 600(4)

Kết hợp (3) (4) => KF= PN=> KF = PN (*)

Mặt khác: ∆INP có NIP = MIK = 600 (đối đỉnh), NPI =1

2sđ



MN = 600

Nên tam giác , IN = NP (**) Từ (*) (**) suy IN = FK (đpcm)

5

Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P 1

1

a b+ + +

1 1

b c+ + +

1 1

c a+ +

Đặt x3 = a, y3 = b, z3 = c

Do a, b, c dương nên x, y, z dương => a, b, c = x3 y3 z3 = => x y Z =

Kh iđó P = 3 13 1

x + +y + 3

1 1

y + +z + 3

1 1

z + +x

Xét hiệu ( x3 + y3) – xy(x + y) = (x - y) x2 – y2 (x - y)

= (x - y)(x2 – y2) = (x - y)2(x + y), (x - y)2 ≥ ∀x, y x + y dương (vì x, y

dương)

Do vậy: (x -y)2(x + y) ≥ 0, ∀x, y dương

=> ( x3 + y3) – xy(x + y) ≥ 0, ∀x, y dương

=> x3 + y3 ≥ xy(x + y), ∀x, y dương, dấu “=” xảy <=> x = y

=> x3 + y3 + ≥ xy(x + y) + 1, ∀x, y dương, dấu “=” xảy <=> x = y

=> x3 + y3 + ≥ xy(x + y) + xyz ( xyz = 1), ∀x, y dương, dấu “=” xảy <=> x =

y

=> x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z)

=> 3 13 1

x + +y ≤

1

( )

xy x y z+ + , dấu ”=” xảy x = y ( 1)

Chứng minh tương tự ta

3

1 1

y + +z ≤

1

( )

yz x y z+ + , dấu ”=” xảy z = y ( 2)

3

1 1

z + +x ≤

1

( )

zx x y z+ + , dấu ”=” xảy z = x ( 3)

Kết hợp (1), (2) (3) ta

(32)

P≤ 1

( )

xy x y z+ + +

1

( )

yz x y z+ + +

1

( )

zx x y z+ + dấu ”=” xảy

1

0, 0, 0

x y y z z x xyz

x y z

=   =  =   = 

> > > 

<=> x = y = z

P ≤ 1 1 1 1

(x y z) xy yz zx

 + + 

 

+ +  =

1 1

( )

x y z

x y z xyz xyz

+ +

⋅ =

+ + = Dấu ”=” xảy

khi x = y = z <=> a = b = c = Do => MaxP = a = b = c=

Ghi chú:

Đề số

CÂU NÔI DUNG ĐIỂM

1

1a S = + + (-3) = 0.5

1b Ta có a + b + c =

Nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = -3

0.5

2

3 2 3 6 2

2 3 4 2 3 4 0

x y x x

x y x y y

− = = =

  

<=> <=>

 + =  + =  =

   0.75

Vậy hệ pt có nghiệm nhất: (x;y) = (2;0) 0.25

2

a 1 :

1

y Q

y y y y y

   + 

= +    

− − − +

   

( ) ( )2

1

:

1 1

y y

y y y

 

  +

 

= +  

 − −   − 

   

0.25

( ) ( )

2

1

y

y y

 

 +  − −

 

=  =

 −  + 

  

0.75

b y= −3 2= ( )

2

2 1− 0.25

Thay vào ta giá trịtương ứng 1 2

2

Q= − − = − = −

− − 0.75

3 a Để(d) qua B(1;5) ta phải có: = 2b.1 + 1=> b =

(33)

O S L

I

F E

D P

J

K N b Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình sau phải có hai nghiệm phân biệt:

2bx + 1= -2x2 <=> 2x2 + 2bx + = có hai nghiệm phân biệt

0.25 <=> b2 – >

<=> − 2>b b> (*) 0.25

Khi theo hệ thức Vi-ét ta có: 2

1

x x b

x x

+ = − 



 =



Để x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 + 4(x1+x2) = <=> (x1+x2)2 +4(x1+x2) -2x1x2=

<=> b2 -4b – =

0.25

Giải phương trình ẩn b ta b= ±2 5, có b= +2 thỏa mãn điều kiện (*)Vậy b= +2

0.25

4

Hình vẽ:

a Ta có 

EIF= 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

L∈IE=> LIF= 90 0,

0.25 theo đề LS⊥EF => 

LSF= 90 0.25

Do tứ giác LSFI nội tiếp có:  

LIF+LSF=180 0.5

b Ta có IJE = INF (c.g.g) vì:

EJ = FN ( đề bài), IE = IF (vìIEF cân I )

0.5 Mặt khác: Trong (O) ta có IEJ =IFJ( góc nội tiếp chắn cung IJ)

Suy ra: IJ = IN ( cặp cạnh tương ứng) Xét IJN có IJN

2

= sđIF= 450

0.25

Do IJNvng cân I 0.25

c Gọi K giao điểm FD LS, P giao điểm tia FJ d Theo đề ta có ED.JF = JE.OF, mà OE=OF => ED.JF = JE.OE =>ED=OE

JE JF => EODđồng dạng với IFE=>

 

EOD=JFE, mà chúng vị trí đồng vị nên => OD//JF=> OD//FP(vì P∈FJ)

0.25

Trong tam giác PEF có OD//PF, OE = OF => OD đường trung bình PEF

 =>DP = DE (1) 0.25

(34)

Theo hệquả định lí Ta lét ta có: FL=FS=LK FK SK

FP FE PD = FD =ED(2)

Từ(1) (2) => LK = LS, hay FD qua trung điểm LS 0.25

5

Cho a b c, , >0 thỏa mãn ab bc+ +ca≥3

CMR: 4

3 3

a b c

b+ c+c+ a+a+ b≥

Cách 1: Vì a, b, c dương nên ta có: a2 + b2 + c2 ≥ab + bc + ca ≥3 =>a2 + b2 + c2

≥3

Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có

( ) ( )( ) ( )

( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

1 1

3 (2)

a b c a b c a b c

a b c a b c

+ + ≤ + + + + = + +

⇔ + + ≤ + +

Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có: 4( ) 4

3 3

a b c

a b c

b c c a a b

 

+ +  + + =

+ + +

 

( ) ( ) ( ) 4

3 3

a b c

b c c a a b

    = + + + + +  + +  + + +   ( ) 2 2

a b c

≥ + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

4 4

2

2 2 2 3

2 2

3 3

1 3

4 4

4

a b c

b c c a a b a b c

a b c a b c

a b c

+ + ⇒ + + ≥ + + + + + + + + + ≥ = ≥ = + +

Đẳng thức xảy ⇔ = = =a b c (Điều phải chứng minh)

0.25

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai sốdương: a4 b + 3c

b + 3c 16 ta có

4 a b + 3c+

b + 3c

16 ≥

4

a b+3c

2

b+3c 16

a

= , ( dấu “=” xảy a = b = c = 1) Tương tựta có:

4 + 3a b c + + 3a 16 c

≥ c+3a

c+3a 16

b =b

+ 3b c a + + 3b 16 a

≥ a+3b

a+3b 16

c = c

0.5

Suy ra: a4 b + 3c +

4

+ 3a

b

c +

4

+ 3b

c

a +

b + 3c

16 +

+ 3a 16

c + + 3b 16

a ≥ a +b +c2 2

2 ≥

3 => a4

b + 3c +

+ 3a

b

c +

4 + 3b c a ≥ 2- a+b+c ( dấu “=” xảy a = b = c = 1)

Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia:

(35)

(a + b + c)2 ≤ (1 + 1+ 1)(a2 + b2 + c2 )⇒a + b + c ≤ 3 2 a + b + c ⇒ - (a + b + c) ≥ - a2+ b 2+ c2

⇒ 2

( )

2 a +b +c -

1

( )

4 a b c+ + ≥

2 2

( )

2 a +b +c -

3

2 2 a + b + c ⇒ VT ≥ 2

( )

2 a +b +c -

3

2 2 a + b + c Dấu xảy khi: a = b = c =

Lại có: a2 + b2 ≥ 2ab b2 + c2 ≥ 2bc

c2 + a2 ≥ 2ca

⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ≥ ⇒a2 + b2 + c2 ≥ ⇒

2 2

a + b + c ≥

Dấu xảy khi:

a b c

a b c ab bc ca

= = 

⇔ = = =  + + =

 Xét hiệu:

A =VT - =

2 2

( )

2 a +b +c -

3

2 2 a + b + c -

4 Đặt t = 2

a + b + c với t ≥ A =

2t

2 -

4 t - = (

1 2t

2 -

2 t ) + ( t -

3 4) =

1

2t (t - 3) +

4 (t - 3) = (t - 3).(1

2t + ) Do t ≥ nên A ≥ ⇒VT -

4 ≥0 => VT ≥

4

Hay 4

3 3

a b c

b+ c+c+ a+a+ c≥ Dấu xảy khi: a = b = c =1

Cách

Ta có : a2 + b2 + c2 – ab –ac – bc =

2

1 [ ]

0 ) ( ) ( )

(a−b + b−c 2+ c−a ≥

nên : a2 +b2 +c2 ≥ ab +ac +bc ≥3

2 2

a b c 3

(1)

4 4

+ +

⇒ ≥

(36)

( )

( ) ( ( ) )

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

a b c 2a 2b 2c (a 1) (b 1) (c 1)

a b c a b c

a b c

2

2 a b c

a b c a b c 2.3

1

a b c

a b c a b c 3

2

a b c

1 (2)

a b c

+ + − − − + = − + − + −  ≥ ⇔ + + − + + + ≥ + + + ⇔ + + ≤ + + + + + + ⇔ ≥ = ≥ = + + + + + + + + + + + ⇒ ≥ + +

đẳng thức xảy a = b = c = Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :

( ) ( ) ( )

( )

2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

2

2 2

4 4 2 2 2

a b c

b 3c c 3a a 3b

a b c

a b c a b c a b c

(*) b 3c c 3a a 3b 4(a b c) 4 a b c

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

Kết hợp (1) (2) (*) ta có: 4

3 3

a b c

b+ c+c+ a+a+ b≥ đẳng thức xảy a = b = c =

Đề số

Bài Nội dung Điểm

Bài điểm

1

a) Giải phương trình : x – = ⇔ x = nghiệm phương trình x =

0,25 b) x2 – 3x + = phương trình bậc hai ẩn x có dạng : a + b+ c =

⇒nghiệm phương trình x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 =

1 = a c =2 Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 =

0,25 0,25 0,25

2

Giải hệ phương trình :    = + = − y x y x ⇔    = + = y x x ⇔    = + = 3 y x ⇔    − = = 3 y x    − = = y x

nghiệm hệ    − = = y x 0,5 0,25    ≠ − ≥ 2 a a ⇔    ≠ ≥ a a 2 ⇔    ≠ ≥ a a A = a 2

+ + 2 a

1

(37)

Bài điểm

1 A = ) ( a

+ + 2(1 )

a

− - a ( a)( a) a − + + + 1 ) (

A =( )( ) ( )( )

( a)( a)

a a a a a a − + + − − + + + − + 1 ) ( 2 1 1

A =( )( ) ( )( )

( a)( a)

a a a a a a − + + − − + + + − + ) ( 2 1 A =

( a)( a)( a) a a a a a a a a a − + + − − + + + + − + − 1 2 A =

( a)( a)( a) a a − + + − 1 2 2 = ( )( ) a a a a − + − 1 ) ( = a a + 0,25 0,25 0,25 0,25 2

Với A < ta có a a +

1 <

⇒

a a +

1 -

1

< ⇒

a a + − 1 < với a ≥ ⇒ + a > nên để

a a + − 1

< ⇔2a – < ⇒ a <

vậy ≤ a <

A < 1 0,25 0,25 0,25 Bài điểm

1 đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) có toạđộ x = -1 ; y = thoả mãn công thức y = ax + b thay số ta có = -a + b (1)

Mà đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + nên    ≠ = b a

(2) từ (1) (2) ta có    = = b a

a = ; b = đường (d):y = 5x +

0,25 0,25 0,25 0,25

2 phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) để phương trình bậc hai

khi a ≠0 ta có : ∆= b2 – 4ac = [3(a+1)]2 −4a.(2a+4) ∆= ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + – 8a2 – 16a

∆= a2 + 2a + = ( a+ 1)2 + > với mọi a

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với a : Theo hệ thức vi et ta có :

( )      + = + − = + a a x x a a x x 2 theo ta có :

1

x + x22 = ⇒( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = thay vào ta có

( )

a a a

a

2

3 − × +

   



− + = ⇒ ( a2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2

9a2 + 18a + -4a2 -8a = 4a2 ⇒a2 + 10a + = phương trình bậc hai ẩn a có

dạng a – b + c= 1- 10 + = nên có hai nghiệm a1 = –1 a2 = -9

với a = - a = -9 thoả mãn

vậy với a = - a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn

x + x22 =

0,25

(38)

P Q B C A H M O Bài điểm

1 Xét Tứ giác APMQ

ta có MQ ⊥ AC ( gt) ⇒ MQˆA = 900

và MP ⊥ AB ( gt) ⇒ MPˆA = 900

Nên : MQÂ + MPÂ = 1800 mà MQÂ MPÂ hai

góc đối ◊APMQ nên ◊APMQ nội tiếp đường tròn

0,25 0,25 0,25 0,25

2 theo câu ◊APMQ nội tiếp đường trịn mà MPˆA = 900 nên

AM đường kính O trung điểm cuả AM Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1) Ta có PAˆH = POˆH

2

1 ( góc nội tiếp góc ở tâm chắn cung PH)

H A

Qˆ = QOˆH

2

( góc nội tiếp góc tâm chắn cung QH)

Vì ∆ABC đề có AH đường cao nên phân giác góc BAC ⇒ H

A

Pˆ = QAˆH ⇒ POˆH=QOˆH ⇒OH phân giác POˆQ

Mặt khác OP = OQ nên ∆OPQ cân O có OH phân giác POˆQ

nên OH đường cao ∆OPQ OH ⊥ PQ

0,25

0,25 0,25 0,25 S∆ABC = S∆AMB + S∆AMC

Mà S∆ABC=

2

BC×AH ;S∆AMB=

2

AB×MP ; S∆AMC=

2

AC×MQ ⇒S∆ABC=

2

1BC

×AH =

1AB

×MP +

1AC

×MQ Vì ∆ABC dều nên BC = AC = AB ⇒

2

BC ×AH =

BC ( MP + MQ)

⇒MP +MQ = AH

0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 1điểm

Tìm GTNN D = 2

x y y x

+ + với x+ y

1

≥ x > Từ x+ y ≥ ⇒1 y ≥1- x ta có:

2

8 1

2

4 4

1

4

x x

D y x y

x x

x x y

x + −

≥ + = + − +

= + + − +

Thay x ≥1- yta suy ra:D≥ 1 2 1

4 4

x y y x y y

x x

   

+ + − − + = +  + − + +

    (1)

Vì x> áp dụng BĐT si có:

x x + ≥1 lại có:

2

2 1

0

4

y y y

(39)

Nên từ (1) suy ra: D ≥ + +1

2 hay D≥

2 Vậy GTNN D

2 Khi

1

4

1

x y

x x y

x y   + = 

 = ⇔ = =

   = 

0,25

Đề số

Bài 1: 1,5 điểm a) a1+ a2 = 2

b) 2

2 3

x y x y x

x y x y y

+ = + = = −

  

⇔ ⇔

 − = −  − = −  =

  

Bài 2: a) A =

2 :

1

2  +

 

 

− − +

− −

+ a a

a a

a

= 2

4

a a a a a a

a

− − − + − +

−

2

a a

+ =

−

=

a −

−

b) a = 6+4 = (2+ 2)2 A =

2

1 1

2 (2 2) 2

a

− = − = −

− + −

Bài 3:

a) với m = 2, phương trình trở thành: x2 - 3x + =

(40)

b)

(2m 1) (m m 1)

∆ = − − − =

Vì ∆ = >1 0với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt c) Vì x1< x2 nên :

2

2 1

1

2 1

2

m

x m

m

x m

− −

= = −

− +

= =

2 2

1 2 ( 1) ( 2)

x − x + = m− − m+ = m− ≥ với m

Bài 4:

a) Tứ giác AKHD có :  0 90 90 180

AKH+ADH = + =

=> Tứ giác AKHD nội tiếp đường tròn đường kính AH b) Tứ giác BKDC có :  

90

BKC=BDC=

=> Tứ giác BKDC tứ giác nội tiếp =>  BCD= AKD

Xét tam giác AKD tam giác ACB, có: 

A chung

 

BCD=AKD

Suy ∆AKD đồng dạng với ACB

H M K

D

O

C B

(41)

c) Ta có:       0 90 90 MDH HDO MDH MDA HDO MDA + = + = ⇒ =

Mặt khác: HDO =HBO

    

HBO=DBC=DKC=DAH =DAM Vậy: MDA =DAM

Do tam giác AMD cân M => MD = MA

Vì tam giác ADH tam giác vng nên từđó suy  MDH =MHD => Tam giác MDH cân M => MD=MH

=> MA=MH Vậy M trung điểm AH Bài 5: áp dụng BĐT Côsi cho hai số

a c b+

và ta được:

c b a a c b a a a c b a c b a c b + + ≥ + ⇒ + + =       + + ≤ + 2 : 1

Tương tự ta có:

c b a c b a c c b a b c a b + + ≥ + + + ≥ + ;

Từđó suy ra: 2( )=2

+ + + + ≥ + + + +

+ a b c

c b a b a c c a b c b a (đpcm) Lưu ý: Đây đáp án đềA, đề B, C, D cách giải tương tự

Đề số 10

Bài I

1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – =

pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4

2 pt cho có

16

n

∆ = + > với n, nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Áp dụng hệ thức Vi et ta có:

x1 + x2 = n

x1x2 = -4

(42)

2 2

1 2 ( 1) ( 1)

( )

4.( ) ( ) 6

2

x x x x

x x x x x x

n n

+ + + >

⇔ + + + >

⇔ − − + − > ⇔ >

⇔ >

Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A=

a+

2 Biểu thức A đạt giá trị nguyên  a+3 ước a+3 ≥3 nên a+3 =

 a=1

Bài 3:

1 A(-1; 1); B(2; 4)

Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2

2 Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:

2 1

2

m m

 − =

⇔ = − 

+ ≠ 

Bài

1.Tứ giác QRMN có :

 

90

QNR=QMR=

Tứ giác QRMN nội tiếp đường trịn đường kính QR 2.Ta có: 

90

PQK = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra:PQ⊥KQ, mà RH⊥PQ

 KQ//RH(1)

Chwngs minh tương tựta có: QH//KR(2)

Từ (1) (2) suy tứ giác QHRK hình bình hành 3.Theo câu 2, tứ giác QHRK hình bình hành nên:

QHR QKR

S =S

Từ K kẻ KI⊥QR Ta có:

QKR

(43)

Diện tích tam giác QKR lớn KI lớn nhất K điểm cung nhỏ QR

Khi P điểm cung lớn QR

Bài

Từ x + y =

Áp dụng BĐT Cơsi ta có: xy ( )2 4

x+y

≤ =

Do 33 33

xy≥

Mặt khác: x2 + y2 =

(x+y) - 2xy = 16 - 2xy≥16 2.4− = 8( xy≤4) Vậy P 33 65

4

≥ + =

Do : MinP = 65

4 , đạt x = y = Đề số 11

Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số

1.Giải phương trình (1) n =

x2 – 4x + = Pt có nghiệm x1 = 1; x2 =

2 Tìm n đểphương trình (1) có nghiệm ∆’ = – n ≥ ⇔ n ≤

Bài (1,5 điểm) Giải hệphương trình:

2

x y x y

+ =



 + =

 HPT có nghiệm:

1

x y

=   = 

Bài (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)

1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k y = kx +

(44)

Phương trình hồnh độ: x2 – kx – =

∆ = k2 + > với ∀ k ⇒ PT có hai nghiệm phân biệt ⇒ đường thẳng (d)

cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = -1, từđó suy

ra tam giác EOF tam giác vuông Tọa độđiểm E(x1; x12); F((x2; x22)

⇒ PT đường thẳng OE : y = x1 x

PT đường thẳng OF : y = x2 x

Theo hệ thức Vi ét : x1 x2 = -

⇒ đường thẳng OE vng góc với đường thẳng OF ⇒ ∆EOF ∆ vuông

Bài 4(3,5 điểm)

1, Tứ giác BDNO nội tiếp

2, BD ⊥ AG; AC ⊥ AG ⇒ BD // AC (ĐL) ⇒ ∆GBD đồng dạng ∆GAC (g.g) ⇒ CN BD DN

CG = AC = DG

3, ∠BOD = α ⇒ BD = R.tg α; AC = R.tg(90o – α) = R tg α

⇒ BD AC = R2

Bài 5(1,0 điểm)

2

2 3

1 2 m n +np+ p = − (1)

⇔ … ⇔ ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 =

⇔ (m – p)2 + (n – p)2 = - ( m + n + p )2

(45)

vế trái không âm ⇒ – B2 ≥ ⇒ B2 ≤ ⇔ − 2 ≤ ≤B 2

dấu ⇔ m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =

±

⇒ Max B = m = n = p =

Min B = − m = n = p =

3

Định dạng
Số trang	45
Dung lượng	1,6 MB