Tuyển tập 50 đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán do thuvientoan.net biên soạn

nhau.. Tia AM cắt đường thẳng CD tại N.. ĐỀ THI CHÍNH THỨC.. Chứng minh IC CN.. a, Chứng minh tích OI OM.. ĐỀ THI CHÍNH THỨC.. Cho tam giác đề u ABC có cạnh bằng a. c) MN luôn tiếp [r]

(1)



Sưu tầm tổng hợp

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

CẤP HUN MƠN TỐN LỚP

Thanh Hóa, ngày tháng năm 2020

(2)

HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP CẤP QUẬN, HUYỆN LỜI NÓI ĐẦU

Các vịphụhuynh thầy dạy tốn có thểdùng có thểdùng tuyển tập đềtốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập 50 đề thi học sinh giỏi lớp sẽcó thểgiúp ích

nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung.

Bộ đề này viết theo hình thức Bộ đề ơn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề

dưới đề thi dựa đềthi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi

toán lớp ởcác quận, huyện cảnước

Mặc dù có sựđầu tư lớn vềthời gian, trí tuệsong khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong sựgóp ý thầy, cô giáo em học!

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

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi mơn tốn lớp 9, website thuvvientoan.net giới thiệu đến thầy cô em bộđề thi học sinh

giỏi toán lớp huyện cả nước có hướng dẫn giải cụ thể Đây bộđề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đề thi để đạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộđề gồm nhiều Câu tốn hay thầy cảnước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua sẽ giúp em phát triển tư mơn tốn từ đó thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức

(3)

Phần 1 Đề thi

Phần 2.Đáp án

• Đề1: Trang ….56

• Đề 2: Trang ….59

• Đề 3: Trang ….63

• Đề 4: Trang ….65

• Đề 6: Trang ….73

• Đề 7: Trang ….78

• Đề 8: Trang ….82

• Đề 10: _Trang ….88

• Đề 11: _Trang ….91

• Đề 12: _Trang ….95

• Đề 13: _Trang ….99

• Đề 14: _Trang ….102

• Đề 15: _Trang ….106

• Đề 16: _Trang ….109

• Đề 17: _Trang ….113

• Đề 18: _Trang ….115

• Đề 19: _Trang ….119

• Đề 20: _Trang ….123

• Đề 21: _Trang ….128

• Đề 22: _Trang ….131

• Đề 23: _Trang ….135

• Đề 24: _Trang ….138

• Đề25: _Trang ….142

• Đề 26: _Trang ….145

• Đề 27: _Trang ….149

• Đề 28: _Trang ….153

• Đề29: _Trang ….157

• Đề 30: _Trang ….162

• Đề 31: _Trang ….166

• Đề 32: _Trang ….170

• Đề 33: _Trang ….173

• Đề 34: _Trang ….179

(4)

• Đề 37: _Trang ….186

• Đề 38: _Trang ….190

• Đề39: _Trang ….193

• Đề 40: _Trang ….197

• Đề 41: _Trang ….201

• Đề 42: _Trang ….205

• Đề 43: _Trang ….209

• Đề 44: _Trang ….212

• Đề45: _Trang ….215

• Đề 46: _Trang ….219

• Đề 47: _Trang ….222

• Đề 48: _Trang ….225

• Đề49: _Trang ….229

(5)

36x y A= −

HUYỆN HOẰNG HÓA

Đề số

(Đềthi có trang)

LỚP THCS NĂM HỌC 2014-2015 MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 21/10/2014

Thời gian: 150 phút ( Không kểthời gian giao đề)

Câu Cho biểu thức: P x2 x 2x x x 1( )

x x x x

−

− +

= − +

+ + −

a Rút gọn P

b Tìm giá trịnhỏnhất P c Xét biểu thức: Q x ,

P

= chứng tỏ < Q <

Câu (4,5 điểm)

a Không dùngmáy tính so sánh : 2014 2015

2015 + 2014 2014+ 2015 b Tìm x, y, z, biết: 4x2+ 2y2+ 2z2 – 4xy – 2yz + 2y – 8z + 10 ≤0

c Giải phương trình:

x 3+ + x 4+ =

Câu (4,0 điểm)

a Với ( )

3

5 17 38

x

5 14

+ − =

+ − Tính giá trị biểu thức: B = ( ) 2015

3

3x 8x 2+ −

b Tìm tất cảcác cặp sốnguyên (x ; y) với x > 1, y > cho

(3x + 1)  y đồng thời (3y + 1)  x

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với đường cao AD, BE, CF cắt H

a Chứng minh rằng:

Tam giác AEF đồng dạng với tam giácABC; AEF cos2 ABC

S

A S =

b Chứng minh : ( 2 )

1 cos cos cos

DEF ABC

S = − A− B− C S

c Cho biết AH = k.HD Chứng minh rằng: tanB.tanC = k +

d Chứng minh rằng: HA HB HC

BC+ AC+ AB ≥

Câu (1,5 điểm)

Cho x, y số tựnhiên khác 0, tìm giá trịnhỏnhất biểu thức:

_Hết _

(6)

HUYỆN THẠCH HÀ

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2016-2017

MÔN THI: TỐN

Thời gian: 150 phút ( Khơng kểthời gian giao đề)

Câu a)Tính giá trị đa thức f(x) (x 3x 1)= 4− + 2016 tại x 9 1

9 5 5

4

= − + − +

b)So sánh 2017 12− − 2016 12−

2

2.2016

2017 1− + 2016 1−

c)Tính giá trịbiểu thức: sin x.cos x sin x2 cos x2 cot x tan x

+ +

+ + với 00 < x < 900

d) Biết số vơ tỉ, tìm sốngun a, b thỏa mãn:

2 9 20 5

a b a b 5+ − − = − −

Câu Giải phương trình sau:

a) x x

x x

− −

− = −

− −

b) x2 −5x x 2+ = −

Câu 3. a) Cho đa thức P(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d hệ số nguyên Chứng

minh P(x) chia hết cho với giá trịnguyên x hệsốa, b, c, d chia hết cho

b)Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – xy + y2 – =

c)Cho n số tựnhiên lớn Chứng minh n4 + 4n hợp số

Câu 4. a) Chứng minh a4 b4

2

+ 3 3 2 2

ab a b a b

≥ + −

b) Cho a, b, c sốdương thỏa mãn điều kiện + + =

a + b + b + c + c + a +

Tìm giá trịlớn tích (a + b)(b + c)(c + a)

Câu 5.Cho ∆ABC nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt H Gọi chân đường

vng góc hạ từD xuống AB, AC E F

a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC

b) GiảsửHD =

3AD Chứng minh rằng: tanB.tanC =

c) Gọi M, N chân đường vng góc kẻ từ D đến BI CK Chứng minh

rằng: điểm E, M, N, F thẳng hàng

_Hết _

(7)

HUYỆN KINH MÔN

Đề số

MƠN THI: TỐN

Câu ( 2,5 điểm ) So sánh :

2008 2009 2009

2008

+ 2008+ 2009

2 Cho biểu thức

2010 1

+ + + + =

B Chứng minh B>86

Câu 2.(1,0 điểm )

Chứng minh biểu thức : P =(x3 −4x−1)2010 có giá trịlà số tựnhiên với

5

) ( 10

− +

= x

Câu 3.( 2,5 điểm )

1 Giải phương trìnhsau: 2x−1+2= x

2 Tìm sốnguyên x, y thỏa mãn y= x2 +4x+5

Câu 4.(3,0 điểm )

Cho hình vng ABCD Trên cạnhBC lấyđiểm M, cạnhCD lấy điểm N Tia AM cắt đường thẳngCD K KẻAI vng góc với AK cắt CD I

1 Chứng minh : 2 2 12

AB AK

AM + =

2 Biết gócMAN có sốđo bằng450, CM + CN = cm, CM - CN = cm Tính diện

tích tam giácAMN

3 Từđiểm O tam giác AIK kẻOP, OQ, OR vng góc với IK, AK, AI ( P ∈IK, Q∈AK, R ∈AI).Xác định vịtrí O để OP2+OQ2+OR2nhỏnhất Tìm

giá trịnhỏnhất

Câu ( 1,0 điểm )

Cho ba sốa, b, c thỏa mãn 0≤a,b,c≤2 a+b+c=3 Chứng minh rằng:

3 3+ + ≤

c b

a

_Hết _

(8)

Đề số

MƠN THI: TỐN

Câu (4,0điểm)Cho biểu thức :B 1 x x x

x x x x x

−

= + +

− − − + −

a Rút gọn biểu thức B

b Tìm x để B >

c Tính giá trị B : x 53

9

=

−

Câu 2.(4,0điểm)

a Giải phương trình : x x 5− + − + − + −1 x x 4− =

b Chứng minh rằng: 10 số vô tỉ

Câu 3.(3,0điểm)

a Vẽđồ thịhàm số: y= 2x+1

b Xác định tọa độgiao điểm đồ thịhàm sốở câu a với đồ thịhàm sốy = 3x –

Câu 4.(4,0điểm)

Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Trên bán kính OA, OB lấy điểm M N cho OM = ON Qua M N vẽcác dây CD EF song song với

nhau (C, E thuộc nửa đường tròn đường kính AB) a Chứng minh tứgiác CDFE hình chữnhật

b Cho OM 2R

3

= , góc nhọn CD OA 600

Tính diện tích hình chữnhật CDFE

Câu 5 (2,0điểm)

Một ngũ giác có tính chất: Tất cảcác tam giác có ba đỉnh ba đỉnh liên tiếp ngũ giác có diện tích Tính diện tích ngũ giác

Câu 6.(3,0điểm)

a Cho a, b, c số thực, chứng minh rằng: a b c abc(a + b+ c)4 + 4+ ≥ b Tìm tất cảcác số tựnhiên có ba chữsố abc cho

2

abc n cba (n 2)

 = − 



= − 

Với n sốnguyên lớn

_Hết _

(9)

HUYỆN THANH OAI

Đề số

MƠN THI: TỐN

Câu (6 điểm)

Cho P x x : x x x

x x x 2 x x 3

 −   − − −  = −    − − 

− + − − +

   

1 Rút gọn P Tìm x để P >

Với x > 4, x ≠ Tìm giá trịlớn P.(x + 1)

Câu (4 điểm)

Tìm tất cảsố tựnhiên n cho n2 – 14n – 256 sốchính phương.

2 Cho: a > 0, b > ab = Tìm giá trịnhỏnhất biểu thức A (a b a)( b2)

a b

= + + + +

+

Câu (2 điểm)

Cho hệphương trình: x 2012 y 2012

2012 x y 2012

 + − =

 

− + =



1 Chứng minh rằng: x = y

2 Tìm nghiệm hệphương trình

Câu (5 điểm)

Cho hai đường tròn (O; R) (O’; R’) tiếp xúc A(R > R’) Vẽ dây AM

đường tròn (O) dây AN đường tròn (O’) cho AM ⊥ AN Gọi BC tiếp

tuyến chung ngồi hai đường trịn (O) (O’) với B ∈(O) C ∈ (O’)

1 Chứng minh OM // O’N

2 Chứng minh: Ba đường thẳng MN, BC, OO’ đồng qui

3 Xác định vị trí M N để tứgiác MNO’O có diện tích lớn Tính giá trị lớn

Câu (3 điểm)

1 Cho tam giác nhọn ABC Gọi ha, hb, hc đường cao ma, mb, mc trung tuyến cạnh BC, CA, AB; R r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng:

ma mb mc R r

ha hb hc r

+

+ + ≤

Tìm tất cảcác cặp sốnguyên dương a,b cho: a + b2 chia hết cho a2b –

_Hết _

(10)

THÀNH PHỐ THANH HÓA

Đề số

MƠN THI: TỐN

Câu (4,0 điểm)

Cho P = x x 2x x

x x x

− − +

x x 2x x

x x x

+ − −

− +

1 Rút gọn P Với giá trịnào x P >

2 Tìm x nguyên biết P đạt giá trịnguyên lớn

Câu (4,0điểm)

1 Giải phương trình 3x x

x 3 2x

− − − − + + =

2 Tìm sốnguyên x, y thỏa mãn x2+ xy + y2 = x2y2

Câu (4,0 điểm)

1.Cho a = x +

x

1 b = y + y

c = xy +

xy

Tính giá trịbiểu thức: A = a2+ b2 + c2 – abc

2 Chứng minh với x > ta ln có.3(x2 -

2

x ) < 2(x -

3 x )

Câu (4,0điểm)Cho tứgiác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P trung điểm AB, AC, CD, BD

1 Chứng minh IPHQ hình thoi PQ tạo với AD, BC hai góc

2 Vềphía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thuộc đường thẳng

Câu (2,0điểm)Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cmđường cao AH dài

36cm Tính độdài BD, DC

Câu (2,0điểm)Với a, b số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) =

4 9

Hãy tìm GTNN P = 1 a+ + 1 b+

_Hết _

(11)

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

Đề số

MƠN THI: TỐN

Câu 1.(5 điểm)

a) Tính giá trịbiểu thức Q = a 2a a 26 55 a

− + − +

Biết a

x y x z+ = +

25 16

(z y)(2x y z)

(x z)+ = − + +

b) Cho sốnguyên a, b, c ≠ thoảmãn: 1 1

a b c abc+ + =

Chứng minh rằng: (1 a b c+ 2)( + 2)( + 2) là sốchính phương

Câu 2.(4 điểm)

a) Giải phương trình: x 241 x 220 x 195 x 166 10

17 19 21 23

− + − + − + − =

b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x( x2 + x + 1) = 4y( y + 1)

Câu (4 điểm)

a) Cho a, b, c số thực dương cho a ≥ c, b ≥ c Chứng minh

c a c( − )+ c b c( − )≤ ab

b) Giảsửf(x) đa thức bậc với hệsốnguyên

Chứng minh rằng: Nếu f(x) 7với ∀ ∈ Ζx hệsố f(x) 7

Câu 4.(5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AA’, BB’, CC’, H trực tâm

a) Tính tổng HA' HB' HC'AA' BB' CC'+ +

b) Gọi AIlà phân giác tam giác ABC; IM, IN thứ tựlà phân giác góc AIC góc AIB Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN IC.AM

c) Tam giác ABC thếnào biểu thức

2

2 2

(AB BC CA) (AA') (BB') (CC')

+ + + +

đạt giá trịnhỏnhất?

Câu (2 điểm)

Cho hình vng MNPQ, lấy điểm E thuộc cạnh MQ, điểm F thuộc cạnh NP cho: ME = PF Các đường thẳng MF NE cắt đường thẳng PQ C B Kéo dài MB NC cắt A Chứng minh tam ABC tam giác vuông

_Hết _

(12)

Đề số

MƠN THI: TỐN Ngày thi: 12/10/2015

Câu (4,0 điểm) Cho A x x x 3(x 0,x 4,x 9)

x x x x

− + +

= + + ≥ ≠ ≠

− + − −

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị x đểA =

2 −

Câu (4,5 điểm)

a) Tính 15− − 15+

b) Cho x2 – x – = Tính giá trị biểu thức: 6

x 3x 3x x 2015

P

x x 3x 3x 2015

− + − +

=

− − − +

c) Giải phương trình:

2

3x

x

+ = −

Câu (4,0 điểm)

a) Tìm sốnguyên dương n bé đểF = n3+ 4n2 – 20n – 48 chia hết cho 125

b) Chứng minh với số tựnhiên n >1 sốA = n6 - n4+2n3+ 2n2khơng thểlà

sốchính phương

Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với đường cao AD, BE, CF cắt H Chứng minh rằng:

a) SABC = 1

2AB.BC.sinB AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC

b) tanB.tanC = AD

HD

c) H giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF

d) HB.HC HC.HA HA.HB

AB.AC BC.BA+ + CA.CB = Câu (1,5 điểm)

Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x y2+ + y z2+ + z x2 + =2015

Tìm giá trịnhỏnhất biểu thức: T x2 y2 z2

y z z x x y

= + +

+ + +

_Hết _

(13)

HUYỆN TRIỆU PHONG

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 16/10/2018

Câu (5 điểm)

1 Cho n∈ N Chứng minh rằng: *

(n n n n 1+ ) 1+ + = 1n − n 11+

2 Áp dụng tính tổng:

2018

1 1

S

2 1 2 2018 2017 2017 2018

= + + +

+ + +

3 Viết cơng thức tổng qt tính S ? cho biến t với giá trịnào n ta

kết Sn số hữu tỉ?

Câu (5 điểm)

1 Giải phương trình: x 7x x 302− = + −

2 Tìm sốnguyên x, y, z thỏa mãn: 10x y z2+ 2+ <2x 4y 6xz 4+ + −

Câu (4 điểm)

1 Tìm giá trịnhỏnhất của: A = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4) Cho a, b, c độdài ba cạnh tam giác

Chứng minh: a b c

b c a a c b a b c+ − + + − + + − ≥

Câu (4 điểm)

Cho hình vng ABCD, M điểm tuỳý đường chéo BD KẻME⊥AB, MF

⊥AD

1 Chứng minh: DE = CF

2 Chứng minh ba đường thẳng DE, BF, CM đồng quy

3 Xác định vịtrí điểm M đểdiện tích tứgiác AEMF lớn

Câu (2 điểm)Cho hình vng ABCD 2018 đường thẳng thỏa mãn hai điều kiện: Mỗi đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng

2 Mỗi đường thẳng chia hình vng thành hai phần có tỉlệdiện tích

3

Chứng minh 2018 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng quy

_Hết _

(14)

QUẬN HẢI AN

Đề số 10

MÔN THI: TỐN

Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức A=(x x 12 − − )2018+2019.

Tính giá trịbiểu thức A x 3

3 1 1

= −

+ − + +

b) Cho (x+ x 2019 y2+ )( + y 20192+ )=2019. Chứng minh: x2019+y2019 =0

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: (4x x x 2x 1.− ) 2+ = ( + +) −

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình x+ y = 2019

Câu (1,5 điểm)

a) Tìm ba chữsố tận tích mười hai sốnguyên dương

b) Cho a,b,c∈ − 1; 2 thỏa mãn: a2+b c2+ =6. Chứng minh a b c 0.+ + ≥ Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O R; ), vẽ hai đường kính AB CD vng góc với

nhau Trên đoạn CA lấy G cho

GC= AC Tia OG cắt BC M, vẽ ON

vng góc với BG (N∈BG)

a) Chứng minh MA tiếp tuyến đường tròn (O R; );

b) Tia CN cắt đường tròn K Tính KA4+KB4+KC4+KD4 theo R;

c) Chứng minh MN =2 R Câu (1,0 điểm)

Trong họp có người Người ta nhận thấy cứba người có hai người quen Chứng minh thếnào có ba người đơi quen

_Hết _

(15)

Câu

Cho biểu thức:

( )( )

x x

P

x x x x x x x

+

= + +

− + − +

d Rút gọn P

e Tính P x 2= +

f Tìm x nguyên đểP nhận giá trịnguyên

Câu

Giải phương trình: a)

2

x 10x 27− + = x− + x 4− b) x 2x x x x 0− − − + =

Câu

a) Tìm sốnguyên x, y thỏa mãn: y2+2xy 3x 0− − =

b) Cho x > y > Chứng minh:

( )

3

1 x 1 3 2x x

y y x y

x

 −   − 

+  + ≥  + 

−

−    

c) Tìm số tựnhiên n để A n= 2012+n2002+1 là sốnguyên tố

Câu

Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a E điểm di chuyển CD (E khác C D) Đường thẳng AE cắt BC F, đường thẳng vng góc với AE A

cắt đường thẳng CD K

a) Chứng minh 12 12

AE +AF không đổi

b) Chứng minh cos AKE sin EKF.cosEFK sin EFK.cosEKF =  +  

c) Lấy M trung điểm AC Trình bày cách dựng điểm N DM cho khoảng cách từN đến AC tổng khoảng cách từN đến DC AD

Câu

Cho ABCD hình bình hành Đường thẳng d quaA khơng cách hình bình hành, ba điểm H, I, K hình chiếu B, C, D d Xác định vị trí d để

tổng: BH + CI + DK có giá trịlớn

_Hết _ HUYỆN CẨM THỦY

Đề số 11

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 21/10/2014

Thời gian: 150 phút ( Không kểthời gian giao đề) MƠN THI: TỐN

(16)

Câu 1.(4,0 điểm)

1. Cho biểu thức: P 15 x 11 x 2 x

x x x x

− − +

= + −

+ − − +

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm m đểcó x thỏa mãn P x 3( + )=m

2. Cho hàm số: f x( )=(x 6x 73+ − )2012 Tìm f( )a với a= 3+ 17 +3 3− 17

Câu 2.(4,0 điểm)

1. Giải phương trình: x 5x 92 + + =(x x 9.+ ) 2+

2. Tìm sốnguyên x, y thoảmãn đẳng thức: 2xy x y x 2y xy.2+ + + = 2+ 2+

Câu 3.(4,0 điểm)

1. Tìm số thực x cho x+ 2012 13 2012

x − sốnguyên

2. Cho ba số thực x,y,zthoảmãn xyz 1= Chứng minh rằng:

Nếu x y z 1 x y z

+ + > + + ba số x,y,z có sốlớn

Câu 4.(6,0 điểm)

1. Cho hình vng ABCD điểm P nằm tam giác ABC a) Giảsử BPC 135 = o Chứng minh AP2= CP2 + 2BP2

b) Các đường thẳng AP CP cắt cạnh BC AB tương ứng điểm M N Gọi Q điểm đối xứng với B qua trung điểm đoạn MN Chứng minh P thay đổi tam giác ABC, đường thẳng PQ qua D

2. Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc cạnh

AC Biết độdài cácđoạn thẳng AA1, BB1, CC1không lớn

Chứng minh SABC

3

≤ (SABC diện tích tam giác ABC)

Câu 5.(2,0 điểm)

Với x, y số thực dương Tìm giá trịnhỏnhất biểu thức:

( ) 3

3 3

4y

x Q

x 8y y x y

= +

+ + +

_Hết _ HUYỆN TRIỆU SƠN

Đề số 12

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 28/11/2012

(17)

HUYỆN THỦY NGUYÊN

Đề số 13

MÔN THI: TỐN

Câu (2,5 điểm) Cho biểu thức P x x x x : 1 x

x x x x

 + + +    = −   + 

−

+ −  + − 

  (với

x 0; x 1> ≠ )

a) Rút gọn biểu thức P;

b) Với giá trị x ta có x 1

P

+

− ≥

Câu 2.(2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x 2x x 2x+ + + = + x 4x 3.2 + +

b) Cho số thực x, y, z 0≠ thỏa mãn 2

2 2

1 1

x y z

+ + + + + = Tính giá trị

biểu thức P x= 2017+y2018+z 2019

Câu 3 (1,5 điểm) a) Chứng minh A n n 2= 2+ + không chia hết cho 15 với mọi số

nguyên n

b) Có tồn hay khơng sốngun x y, thỏa mãn điều kiện

2017 2018

2016x +2017y =2019

Câu 4. (3,0 điểm)Từđiểm P nằm ngồi đường trịn (O R; ) kẻ hai tiếp tuyến PA PB

với A B tiếp điểm Gọi H chân đường vng góc hạ từ A đến đường

kính BC đường trịn (O R; )

a) Chứng minh PC cắt AH trung điểm AH;

b) Cho OP=m Tính độdài AH theo R m;

c) Đường thẳng d qua P cho khoảng cách từ O đến đường thẳng d 2,

R đường thẳng vng góc với PO O cắt tia PB M Xác định vị trí

điểm P đường thẳng d đểdiện tích tam giác POM đạt giá trị nhỏnhất Tính

giá trịnhỏnhất theo R?

Câu 5 (1,25 điểm) a) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn1 1

a b c+ + ≤ Chứng minh

rằng a 2 b 2 c 2 ab bc ca 3.( )

2

1 b+ +1 c+ +1 a+ + + + ≥

b) Cho số 1; 2; 3; 4;….; 2018 viết bảng Bạn phép thay bất cứhai số số mà tổng hiệu hiệu số Chỉ sau 2017 lần thực phép tốn này, sốduy cịn lại bảng không thểlà số

_Hết _

(18)

QUẬN NGÔ QUYỀN

Đề số 14

MƠN THI: TỐN

Câu 1.(2,0 điểm)Cho biểu thức P x y x y : x y 2xy

1 xy

1 xy xy

 + −   + + 

 

= +  + 

 − +   − 

 

a) Rút gọn biểu thức P;

b) Tính giá trị P với x

2

=

+

Câu 2.(2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x 10x 272 − + = 6 x− + x 4.−

b) Tìm sốnguyên x y, thỏa mãn: y 2xy 3x 0.2+ − − =

Câu 3.(2,0 điểm)

a) Tìm số tựnhiên gồm bốn chữsố abcd biết số phương, chia

hết cho d sốnguyên tố

b) Cho ba sốnguyên dương a b c, , Chứng minh

( )3 2

a b c

ab bc ca 28.

abc

a b c

+ + + +

+ ≥

+ +

Câu 4 (3,0 điểm)Cho đường tròn (O R; ) dây cung AH<R Qua H vẽđường thẳngd

tiếp xúc với (O R; .) Vẽđường tròn (A R; ) cắt đường thẳng d B C cho H nằm B C Vẽ HM vng góc với OB (M∈OB), vẽ HN vng góc với OC (N∈OC)

a) Chứng minh MN ⊥OA;

b)

; OB OC= R

c) Tìm giá trịlớn diện tích tam giác OMN H thay đổi

Câu 5.(1,0 điểm)Chứng minh tam giác nhọn có diện tích có thểđặt tam giác vng có diện tích khơng q (Ta nói: Tam

giác ABC đặt tam giác MNP điểm thuộc tam giác ABC khơng

nằm ngồi tam giác MNP)

_Hết _

(19)

QUẬN HỒNG BÀNG

Đề số 15

MƠN THI: TỐN

Câu 1.(2,0 điểm)Cho biểu thức

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

P

x y y x y x x 1 y

= − −

+ − + + + −

a) Tìm điều kiện x, y đểbiểu thức P xác định rút gọn P;

b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình P 2.=

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x2 x 6 x2 x x 4.

x

+ + + + + = +

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 2y 2xy 3y 0.2+ 2+ + − =

Câu 3.(2,0 điểm)

a) Tìm chữsố a b, cho a56b 45.

b) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn xyz 1.= Chứng minh rằng:

1 1 1.

x y y z z x 1+ + + + + + + + ≤

Câu 4.(3,0 điểm)Cho đường tròn (O R; ) điểm A nằm ngồi đường trịn (O R; ).Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB AC, (O R; ) (B C, tiếp điểm) Từ B vẽ đường kính BD (O R; ),đường thẳng AD cắt (O R; ) E (khácD )

a) Chứng minh AE AD =AH AO ;

b) Qua O vẽđường thẳng vng góc với cạnh AD K cắt đường thẳng BC

tại F Chứng minh FD tiếp tuyến (O R; );

c) Gọi I trung điểm cạnh AB, qua I vẽ đường thẳng vng góc với cạnh AO M đường thẳng cắt đường thẳng DF N Chứng minh

NA=ND

Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình Hgồm ngũ giác lồi có tất cảcác góc góc tù tất cảcác điểm

nằm ngũ giác đó.Chứng minh tồn hai đường chéo ngũ giác cho hai hình trịn có đường kính đường chéo đố phủkín hình H(Ta nói: Hai hình trịn phủ kín hình Hnếu điểm thuộc hình Hđều thuộc hai hình trịn nói trên)

_Hết _

(20)

HUYỆN THANH HÀ

Đề số 16

LỚP 9THCS NĂM HỌC 2016-2017

MƠN THI: TỐN

Câu (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A x x x : x

x x x x x

 + + +    = + +    − 

− − − + +

    với

x≥0; x≠4; x≠9

2) Cho a, b, c sốdương thỏa mãn ab + bc + ca = a2+ b2 + c2 = 21

Tính giá trịbiểu thức: P = (a2 6)(b 6)2 (b 6)(c2 2 6) (c2 6)(a2 6)

c a b

+ + + + + +

+ +

+ + +

Câu ( 2điểm)

1) Giải phương trình: x 2015x 2014 2017x 20162+ − = −

2) Cho hàm số y = (m-1)x +2m -3 ( m tham số) có đồ thịlà đường thẳng (d) Tìm m đểđường thẳng (d) tiếp xúc với đường trịn tâm O (O gốc tọa độ Oxy) bán kính 2cm ( đơn vịtrên trục tọa độlà cm)

Câu (2 điểm)

1) Chứng minh với số tựnhiên n thì: n 6n 11n4+ 3+ 2+30n 24− chia hết cho

24

2) Tìm số hữu tỉa, b biết phuơng trình : x3 + ax2+ bx+2 = có nghiệm x=1+ 2

Câu ( điểm)

Cho nửa (O) đường kính BC=2R, A điểm nửa đường trịn (A khơng trùng với B, C) Kẻ AH⊥ BC, gọi E F chân đường vng góc kẻ từH

xuống AB AC

a) Chứng minh AE.AB = AF.AC EF3= BE.CF.BC

b) Gọi I điểm đối xứng với H qua AB Chứng minh IA tiếp tuyến (O) c) Tìm vịtrí điểm A nửa đường trịn cho diện tíchtam giác AHB đạt giá trị lớn ?

Câu (1 điểm)

Cho a, b hai sốdương thỏa mãn a+b≤ Tìm giá trịnhỏnhất biểu thức

2

1

P

2ab

a b

= +

+ +

_Hết _

(21)

HUYỆN HẬU LỘC

Đề số 17

Câu (4,0điểm)Cho biểu thức M x x 1

x x x x 1 x

+ +

= + +

− + + −

a) Rút gọn biểu thức M

b) Tính giá trị M với x 2= −

c) Chứng minh M

3 <

Câu (4,0 điểm) Cho đường thẳng: y = (m - 2)x + ( m tham số) (d)

a) Tìmgiá trị m đểđường thẳng (d) song song với đường thẳng : y = 2x -

b) Chứng minh đường thẳng (d) qua điểm cốđịnh với giá trị

của m

c) Tìm giá trị m đểkhoảng cách từgốc tọa độđến đường thẳng (d)

Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau:

a)x 2

x x x x +

+ = +

+ − − −

b) x x 12− = + + x 1+

Câu (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:

2

x y xy x 4+ − =

Câu (5,0điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, HB = 2cm, HC = 4,5cm

Vẽđường tròn tâm A bán kính AH Kẻ tiếp tuyến BM, CN với đường tròn (M N tiếp điểm, khác điểm H)

a) Chứng minh ba điểm M, A, N thẳng hàng b) Tính diện tích tứgiác BMNC

c) Gọi K giao điểm CN HA Tính độdài AK, KN

Câu (1,0điểm) Cho x y z2+ 2+ =3

Tìm giá trịlớn nhất, giá trịnhỏnhất biểu thức: P x y 2z= + +

_Hết _

(22)

TRƯỜNG THCS LÊ NINH

Đề số 18

MƠN THI: TỐN

Câu (2,0 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức sau:

A x x y y xy 3xy x y 1974= 2( + −) 2( − +) − ( − + +)

Biết x – y = 29 12 5+ −

2) Chứng minh rằng:

Nếu a , b , c số không âm thoảmãn điều kiện: b a c

2 +

= ta có:

1

a+ b + b+ c = c+ a

Câu (2,0 điểm)

1) Giải phương trình (ẩn x): x ab x ac x bc a b c

a b a c b c

− + − + − = + +

+ + +

2) Giải hệphương trình: (x y)(x 2y)(x 3y) 60 (y x)(y 2x)(y 3x) 105

 + + + =  + + + = 

Câu ( 2,0 điểm)

1) Tìm sốnguyên a, b thoảmãn: (a− 2011)(b+ 2011) 14=

2) Cho N = k4+ k3 – 16 k2 – 2k +15, k sốnguyên

Tìm điều kiện k đểsốN chia hết cho 16

Câu (3,0 điểm )

Cho đường tròn tâm O bán kính R hai đường kính AB MN Đoạn BM BN kéo dài cắt tiếp tuyến ởA đường tròn hai điểm tương ứng C D, gọi P, Q trung điểm CA DA

a) Chứng minh tứgiác MNDC nội tiếp

b) Đường cao BI tam giác BPQ cắt OA E.Chứng minh E trung điểm

OA

c) Đường kính AB cốđịnh, đường kính MN thay đổi Hãy tính giá trịnhỏnhất

diện tích tam giác BPQ theo R

Câu ( 1,0 điểm )

Cho sốa,b,c thoảmãn : a b c 0+ + = − < ≤ ≤ <1 a b c

Chứng minh : a2+b c2+ <2

_Hết _

(23)

HUYỆN VĨNH LỘC

Đề số 19

MÔN THI: TỐN

Câu (4,0 điểm)

Cho biểu thức P = 3x 9x x x

x x x x

+ − − + − − + − + −

a Tìm ĐKXĐ rút gọn P b Tìm x để P <

Câu (4,0 điểm)

a Giải phương trình: x 7x x 302− = + −

b Cho hai sốdương a b Chứng minh (a b ) 1 a b

  +  + ≥

 

Câu (4,0 điểm)

a Tìm số tựnhiên n cho A= n2+ n + sốchính phương

b Cho sốnguyên dương x, y, z thỏa mãn x y2+ =z2

Chứng minh A = xy chia hết cho 12

Câu (6,0 điểm)Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AA', BB', CC' a Chứng minh ΔAC'C ΔAB'B

b Trên BB' lấy M, CC' lấy N cho  90

AMC=ANB= Chứng minh AM =

AN

c Gọi S, S' diện tích tam giác ABC tam giác A'B'C'

Chứng minh 2 '

cos A cos B cos C S

S + + = −

Câu (2,0 điểm)

Cho x, y sốdương thỏa mãn x y 34 35

+ ≥ Tìm giá trịnhỏnhất biểu thức:

2

A 3x 4y

5x 7y

= + + +

_Hết _

(24)

HUYỆN CẨM GIANG

Đề số 20

MƠN THI: TỐN

Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức: P x 9x

1 4x

2 x 1 x

  − − = + ⋅

−

− −

  với x ≥ 0;

1

x ; x

4

≠ ≠ Tìm

giá trịnguyên x đểbiểu thức P nhận giá trịnguyên b) Cho x= 13+ +35 13−

Tính giá trị biểu thức A = x2015 – x2016 + 2017

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x 3x x x 12+ + =( + ) 2+

b) Tìm cặp số(x; y) nguyên thỏa mãn: 5x 3y 2xy 11− = −

Câu (2,0 điểm)

a) Cho n số tựnhiên lớn Chứng minh n4 +4n là hợp số

b) Cho x, y, z > x + y + z= Tìm giá trịlớn biểu thức

y

x z

P

x y z

= + +

+ + +

Câu (3,0 điểm)

Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh 2cm Gọi E, F thứ tựlà trung điểm

AD, DC Gọi I, H thứ thự giao điểm AF với BE, BD Vẽ  45

BIM = (M thuộc cạnh

BC), O giao điểm IM BD a) Tính độdài AI, BI

b) Chứng minh 4điểm B, I, H, M thuộc đường tròn c) Chứng minh DH.BO = OH.BD

Câu (1,0 điểm)

Cho a, b, c số thực dương có tổng Chứng minh rằng:

3

1 1 10

a b c

b c a

        + ⋅ + ⋅ + ≥                

_Hết _

(25)

Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức: A = , với a ≥

Rút gọn tính giá trị biểu thức A a = 2016 - 2015

b) Chứng minh rằng: 31 56 31 56

54 54

+ + − sốnguyên

Câu (2,0 điểm)

Giải phương trình:

a) x x 4+ − + x x 4− − = b) (x2+2x)2−2x 4x 32− =

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Cho S = + 22 + 23 + + 298.Chứng tỏS sốchính phương.

b) Tìm tất cảcác cặp sốngun (x; y) thoảmãn: 2x2+y2+4x 2xy= + .

Câu (3,0 điểm)

Cho hình vng ABCD, gọi O giao điểm hai đường chéo Lấy điểm G thuộc cạnh BC, điểm H thuộc cạnh CD cho GOH = 450 Gọi M trung điểm AB

a) Chứng minh: DOH = BGO  HD.BG = OB.OD

b) Chứng minh: HD.BG = MB.AD MG // AH

c) Đường thẳng qua D cắt AB, BC E F (E A nằm phía

B, F C nằm phía B) Chứng minh: = +

BD BE BF⋅

Câu (1,0 điểm)

a) Cho x, y, z dương thoảmãn: x + y + z = CMR: x y+ + y z+ + z x+ ≤

b) So sánh tổng S 1

1.2015 2.2014 3.2013 2015.1

= + + + + với số 2015

1008⋅

_Hết

   

 

+ + + −

+    

 

+ −

1

1 :

a a a a

a a

HUYỆN CẨM GIÀNG

Đề số 21

MƠN THI: TỐN

HUYỆN CẨM GIÀNG

Đề số 21

MƠN THI: TỐN

(26)

Câu 1.(2,0 điểm)

a) Cho biểu thức a b 2 2 a22 b22 ( )

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

P  − ⋅ + a b 0

+ + − − − + −

 

−

= + > >

Chứng minh khia b 1− = P 2 2.≥ +

b) Cho x0 = 2+ 2+ − 2− + Chứng ming rằngx0là nghiệm

phương trìnhx 16x4 − +32 0.=

Câu 2.(3,0 điểm)

a) Giải phương trìnhx 8x 2x x 2+ − = ( + ) 2−

b) Tìm nghiệm nguyên phương trìnhx x x( + + 2)=4y y 1( + )

Câu 3.(3,0 điểm)

1 Cho ∆ABC có 

A=60 Đặt BC =a ; CA = b ; AB =c

Chứng minh 1

a b a c a b c+ + + = + + ⋅

2 Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A, B Kẻ tiếp tuyến chung MN, M 

(O), N (O’) Qua A kẻđường thẳng song song với MN cắt (O) (O’)

C, D Hai đường thẳng CM DN cắt E Hai đường thẳng BM BN cắt

CD P, Q Chứng minh EP=EQ

Câu (1,0 điểm)

Cho x y, hai số thực dương thỏa mãn: (x y 1− )( − ≥)

Tìm giá trịlớn biểu thức

( )

2 2

x y xy A

x y x y

+

= ⋅

+ + +

Câu (1,0 điểm)

Xét tậpX 1;2;3; ;19791126={ }, tô màu phần tử X màu: đỏ, cam, vàng, lục, lam, tràm, tím Chứng minh tồn ba phần tử phân biệt

, ,

a b ccủa X màu cho a b c, , lớn 2019 1a+ bội của2019 1;b+

b

2019 1+ bội 2019 1c+

_Hết QUẬN LÊ CHÂN

Đề số 22

MƠN THI: TỐN

(27)

HUYỆN KINH MÔN

Đề số 23

MƠN THI: TỐN

Câu (2.0 điểm)

Rút gọn biểu thức sau:

) M 5

10 10

+ −

= −

+ + + −

1

2

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

) Q

x

x 4(x 1)

− − + + −  

=  − 

−

 

− −

2 với x 1; x 2> ≠

Câu (2.0 điểm)

1) Giải phương trình: (x x x 4x 7+ ) 2+ = + +

2) Cho M a a

+ =

+ tìm số hữu tỉ a để M nguyên

Câu (2.0 điểm)

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

2) Cho a, b số nguyên thỏa mãn: 2a 3ab 2b2+ + 2 chia hết cho Chứng minh rằng 2

a b− chia hết cho

Câu (3.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB) đường cao AH (H ∈ BC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E

1) Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độdài đoạn thẳng BE theo m =AB

2) Gọi M trung điểm của đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính sốđo góc AHM

3) Tia AM cắt BC G Chứng minh: = + GB HD BC AH HC

Câu (1.0 điểm)

Cho a,b,c số thực dương Tìm giá trịlớn biểu thức:

M a b c

b c 2a c a 2b a b 2c

= + +

+ + + + + +

_Hết

(28)

HUYỆN TRỰC NINH

Đề số 24

MƠN THI: TỐN

Câu 1.(4,0 điểm) Cho biểu thức:

1 2x x 2x x x x

A :

1 x

1 x x x x

 

  + − + − = −   + 

−

− +

    Với

1

x 0; x ; x

4

> ≠ ≠

b) Tính giá trị A x 17 12 2= −

c) So sánh A với A

Câu 2.(3,5 điểm) Chứng minh rằng: a) a( b) b( c)

b

− < < − Biết a; b; c số thực thỏa mãn điều kiện: a = b + = c + ; c >0

b) Biểu thức 2

2

2008 2008

B 2008

2009 2009

= + + + có giá trịlà số tựnhiên

Câu 3.(3,0 điểm) Giải phương trình

a) x2 −3x 2+ + x 3+ = x 2− + x2+2x 3− b) 4x 1 3x 2 x

5

+

+ − − =

Câu 5.(1,5 điểm) Cho M=( 3+ 2) (2008+ 3− 2)2008

a) Chứng minh M có giá trịnguyên b) Tìm chữsố tận M

_Hết

ĐỀTHI CHÍNH THỨC

Câu 4.(8,0 điểm)

Cho AB đường kính đường trịn (O;R) C điểm thay đổi đường tròn (C khác A B), kẻCH vng góc với AB H Gọi I trung điểm AC, OI

cắt tiếptuyến A đường tròn (O;R) M, MB cắt CH K

a) Chứng minh điểm C, H, O, I thuộc đường tròn b) Chứng minh MC tiếp tuyến (O;R)

c) Chứng minh K trung điểm CH

(29)

HUYỆN TIỀN HẢI

Đề số 25

MƠN THI: TỐN

Câu (4,0 điểm)

1 Cho biểu thức A 1 :

x x x x x

 

= + 

− − − +  

a) Rút gọn A b) Tìm x để A

2 =

2 Chứng minh rằng: Nếu x2+3x y4 + y2+3 x y2 =a 3 x2 +3 y2 = 3a2

Câu (4,0 điểm)

1 Cho hệphương trình ( )

(m x y m 1x m y 2)  + − = 



+ − = + 

Tìm m để hệphươngtrình có nghiệm (x, y) thỏa mãn x + 5y =

2 Tìm tất cảcác sốnguyên dương a, b, c thỏa mãn: a b

b c

−

− số hữu tỉ

2 2

a b c+ + sốnguyên tố

Câu (4,0 điểm)

1 Cho parabol (P): y = x2và đường thẳng (d): y = mx + m + (m tham số)

a) Tìm m đểđường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt

b) Trên parabol (P) lấy điểm phân biệt: A(a, a2), B(b, b2), C(c, c2)

Biết a2 – b = b2 – c = c2 – a

Tính giá trị biểu thức: M = (a + b + 1)(b + c + 1)(c + a + 1) Giải phương trình: x x 12− − = 8x 1+

Câu (6,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD Trên cạnh CD lấy điểm M khác C D Đường trịn đường kính AM cắt cạnh AB điểm N khác A Đường trịn đường kính CD cắt đường trịn đường kính AM E khác D

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

b) Gọi giao điểm đoạn thẳng MN với DE H, đoạn thẳng NM cắt đường trịn đường kính CD K Chứng minh MK2 = MH.MN.

c) Gọi F giao điểm DE với cạnh BC Chứng minh MF AC

Câu (2,0điểm)

Cho số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: 2b ca

4

a a

 ≠

 

≥ +



Chứng minh phương trình ax bx c 02+ + = có nghiệm.

⊥

(30)

THÀNH PHỐ BẮC GIANG

Đề số 26

MÔN THI: TỐN

Câu 1.(5 điểm)

a/ Cho biểu thức M x x x x : x x 10

x

x x x x x

 + + + +   − +  = +    + 

−

− − + +

   

Rút gọn M tìm x đểM >

b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab+ bc+ ca 1= Tính H= a b b c c a

1 c a b

− + − + − + + +

Câu 2.(4 điểm)

a/ Giải phương trình 2

2

5

30 6x 6x

x x

− + − = b/ Tìm số thực x để số x 3; x2 2 3; x

x

− + − sốnguyên

Câu 3.(4 điểm)

a/ Tìm x nguyên dương để 4x 14x 9x 63+ 2+ − là sốchính phương

b/ Cho x, y, zlà số thực dương thỏa mãn x y z xyz+ + = Chứng minh rằng: 1 x2 1 y2 1 z2 xyz

x y z

+ +

+ + + + + + ≤

Câu 4.(6 điểm)

Cho đoạn thẳng OA = R, vẽ đường tròn (O;R) Trên đường tròn (O;R) lấy H kỳ cho AH < R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O;R) Trên đường thăng a lấy B C cho H nằm B C AB = AC=R VẽHM vng góc với OB ( M∈OB), vẽHN vng góc với OC ( N∈OC)

a/ Chứng minh OM⋅OB=ON⋅OC MN qua điểm cốđịnh

b/ Chứng minh OB⋅OC=2R2

c/ Tìm giá trịlớn diện tích tam giác OMN H thay đổi

_Hết

(31)

TRƯỜNG THCS THANH VĂN

Đề số 27

MƠN THI: TỐN

Câu 1.(6 điểm)

a Cho biểu thức M x : x x x

x x x x x

   + + +  = −    + + 

+ − − − +

   

1) Rút gọn M

2) Tìm giá trịnguyên x đểbiểu thức M nhận giá trịlà sốnguyên b Tính giá trị biểu thức P

2013 2011

P 3x= +5x +2006 với x= 2 3+ − 2 3+ + 18 2− −

Câu 2.(4 điểm)

a - Giải phương trình: (1 x+ 2)3 −4x3 = −1 3x4

b - Tìm tất cảcác sốnguyên n cho n 20142+ là sốchính phương

Câu 3.(4 điểm)

a) Cho đường thẳng: (m 2)x (m 1)y 1− + − = (m tham số) (1)

Chứng minh đường thẳng (1) qua điểm cốđịnh với giá trị m

b) Chứng minh rằng: a, b ,c ba số thỏa mãn a + b + c = 2013 1

a b c+ + =

thì ba sốphải có sốbằng 2013

Câu 4.(5 điểm)

Cho đường tròn (O; ) AB CD hai đường kính cốđịnh (O) vng góc với

nhau M điểm thuộc cung nhỏAC (O) K H hình chiếu

M CD AB a) Tính

b) Chứng minh:

c) Tìm vịtrí điểm H đểgiá trị của: P = MA MB MC MD lớn

Câu 5.(1 điểm)

Tìm giá trịnhỏnhất biểu thức

_Hết

2013

R

   

2 2

sin MBA+sin MAB+sin MCD+sin MDC

2

(2 )

OK =AH R−AH

c b a

c b

c a

b a

c b

a P

− + + − + + − +

= 16

(32)

HUYỆN GIA LỘC

Đề số 28

MƠN THI: TỐN

Câu (2,0 điểm)

Rút gọn biểu thức:

1) A x x 1

x x x x x

+ +

= + −

− + + − với x 0, x 1≥ ≠

2) B 13 48

6

+ − +

=

+

Câu (2,0 điểm)

1) 2x 7x 9x 7x 04 − 3+ 2− + = 2) 2 3x 10 x 9x 20+ = 2+ +

Câu (2,0 điểm)

1) Giải phương trình nghiệm nguyên :x xy 2014x 2015y 2016 02 + − − − =

2) Tìm sốnguyên tố k để k 42 + k 162+ đồng thời sốnguyên tố

Câu 4.(3,0 điểm)

Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O Gọi M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C) Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE = CM

1) Chứng minh tam giác OME vuông cân 2) Chứng minh ME // BN

3) Gọi H giao điểm OM BN Chứng minh CH ⊥ BN

Câu (1,0 điểm)

Cho x, y, z sốdương thỏa mãn 1 x y z+ + =

Chứng minh rằng: 1 1

2x y z x 2y z x y 2z+ + + + + + + + ≤

_Hết

(33)

HUYỆN VŨ QUANG Đề số 29

MƠN THI: TỐN

Câu

a) Cho x y, số thực thỏa mãn x3+y x3− ( +y2)+13 x y 20 0( + )− =

Tính giá trị A x y 12xy= 3+ +

b) Cho biểu thức x x 02− − = Tính giá trị của 6

x 3x 3x x 2017 Q

x x 3x 3x 2017

− + − + =

− − − +

c) Cho x y 1+ = xy≠0 Chứng minh 3x 3y x y(2 2 )

y x x y

−

− + =

− − +

Câu

a) Cho biểu thức B 2a2 a2 b2 2b2 :a ab b2

a a ab ab b ab a b

 −  − + = − + − 

−

− −

 

Rút gọn tính giá trị B với 2a 1− = b 1 + =

b) Cho P x( ) đa thức bậc với hệsốcao

Biết P(2015)=2016; P(2016)=2017; P(2017)=2018

Tính P(2014)+P(2018)

Câu

a) Giải phương trình 2 2 2

4x

x +5x x 11x 28 x 17x 70+ + + + + + + = −

b) Giải phương trình nghiệm nguyên x xy y2− + =3

Câu

a) Tìm x y, đểbiểu thức F 5x 2y 2xy 4x 2y 3= 2+ 2− − + + đạt giá trịnhỏnhất

b) Tìm sốnguyên dương n cho 2n+3n+4n sốchính phương

Câu

a) Cho hình bình hành ABCD Gọi M điểm cạnh AB cho

3

AM = AB, N trung điểm CD, G trọng tâm tam giác BMN , I giao

điểm AG BC Tính AG GI

IB IC

b) Cho tam giác ABC, phân giác góc A cắt BC D, đoạn thẳng DB, DC lấy điểm E F cho EAD =FAD Chứng minh

2

BE BF AB CE CF = AC

c) Cho hình thoi ABCD có cạnh đường chéo AC, tia đối tia AD

lấy điểm E Đường thẳng EB cắt đường thẳng DC F, CE cắt AF O Chứng

minh ∆AEC∆CAF, tính sốđo EOF

(34)

QUẬN BẮC TỪ LIÊM

Đề số 30

MƠN THI: TỐN

Câu (4,0 điểm)

1 Cho biểu thức:

( )3

x y

1 1 1

A :

x y x y xy x y x y xy xy

  −  

  =  +  + +

  + +

  +  

b) Tính giá trị biểu thức Akhi x = 3+ 5; y = 3−

2 Cho biểu thức: P a b b c c a;Q c a b

c a b a b b c c a

− − −

= + + = + +

− − − với a,b,c 0≠

thỏa mãn: a b c≠ ≠ a b c3+ 3+ =3abc Chứng minh rằng: P.Q 9=

Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau:

a) x x x x

x x

 −  + − =  +  +    

b) (4x x x 2x 1− ) 2+ = ( 2+ +) −

Câu 2.(4,0 điểm)

a) Tìm sốnguyên x y, thỏa mãn: y 2xy 7x 12 02+ − − =

b) Tìm số tựnhiên n để: A n= 2012+n2002+1là sốnguyên tố

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vng A có cạnh AC>AB, đường cao AH(Hthuộc BC) Trên tia HClấy điểm Dsao cho HD=HA Đường vuông góc với BCtại D

cắt ACtại E

a) Chứng minh: ∆ADC∽∆BEC Cho AB=m, tính BE theo m

b) Gọi M trung điểm BE Chứng minh rằng: ∆BHM∽∆BEC Tính góc AHM

c) Tia AM cắt BC G.Chứng minh rằng: GBBC= AH HCHD+ Câu 4.(2,0 điểm)

Cho x y z, , sốdương thỏa mãn: 1

x y y z z x+ + + + + =

Chứng minh 1

(35)

Câu (4,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức: x xy x : xy x x

xy 1 xy xy xy

 + +   + +   + +   − −   + −   − +     , với

x 0; y 0; xy 1> > ≠

2 Cho ( )

3

3 10 x

21

− +

=

+ + , tính giá trịbiểu thức ( )

2017

P= x +4x 2−

Câu 2.(2,0 điểm)

1 Cho x 2

+ =

− nghiệm phương trình:

2

ax bx 0+ + = Với a b,

số hữu tỉ Tìm a b

2 Cho p sốnguyên tốlớn Chứng minh p20−1 chia hết cho 100

3 Cho a b c, , độdài cạnh tam giác, chứng minh rằng:

4 4 2 2 2

a b c+ + <2a b 2a c 2b c+ +

Câu 3.(2,0 điểm)

1 Tìm sốnguyên x cho x 3x x 23− 2+ + sốchính phương

2 Giải phương trình: x2 3x x 2x x 5

x

+ + + = + + +

Câu (6,0 điểm)

Cho hình thoi ABCD có AB=BD=a Trên tia đối tia AB lấy điểm N ,

tia đối tia DB lấy điểm K cho AN+DK=2a Gọi giao điểm CN với BD AD thứ tựlà I M Tia BM cắt ND P

1 Chứng minh IC CN =IN CM

2 Chứng minh

DM BN =a Từđó tính sốđo góc BPD

3 Tìm vịtrí điểm N K đểdiện tích tứgiác ADKN lớn

Câu 5.(1,0 điểm)

Cho a b c, , >0 a b c 3+ + = Chứng minh rằng:

5 5 1

a b c

+ + + + + ≥

_Hết _ HUYỆN LỤC NAM

Đề số 31

MƠN THI: TỐN

HUYỆN LỤC NAM

Đề số 31

MƠN THI: TỐN

(36)

Câu (2,0 điểm)

1 Cho biểu thức: A x x : x

2

x x x x 1 x

 +  −

= + +  − + + −

 

a, Rút gọn biểu thức A

b, Chứng minh rằng: A 2< ≤

2 Cho biểu thức: x x

2 x x

+ + − =

+ − − với − < <2 x x 0≠

Tính giá trị biểu thức: x

x + −

Câu (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: x 7x x 302− = + −

2 Cho hai đường thẳng ( ) ( )

1

d : y= m x m 2m− − − ;

( ) ( )

2

d : y= m x m m 1− − − + cắt G (Với m tham số)

a, Xác định tọa độđiểm G

b, Chứng tỏ điểm G thuộc đường thẳng cố định m thay đổi

Câu (2,0 điểm)

a, Cho p sốnguyên tốlớn Chứng minh p 242− 

b, Tìm số tựnhiên n cho A n n 6= 2+ + là sốchính phương.

c, Tìm sốngun x,y thỏa mãn: y 2xy 3x 02 + − − =

Câu (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường thẳng ( )d cố định nằm ngồi đường trịn M di

động đường thẳng ( )d , kẻ tiếp tuyến MA MB với đường tròn (O R; ), OM cắt AB I

a, Chứng minh tích OI OM khơng đổi

b, Tìm vịtrí M để ∆MAB

c, Chứng minh M di động ( )d AB ln qua điểm cố

định

Câu 5.(1,0 điểm)

Cho số thực dương x y z; ; thỏa mãn x y z 1+ + = Chứng minh rằng:

y

x z

x yz y zx z xy 4+ + + + + ≤

HUYỆN KIM THÀNH

Đề số 32

MƠN THI: TỐN

(37)

HUYỆN HỒI NHƠN Đề số 33

MƠN THI: TỐN

Câu (4,0 điểm)

a) Thu gọn biểu thức: A

2

+ + + + =

+ +

b) Cho x

1

2 11 1

=

−

+ − + +

Tính giá trị biểu thức

( 2 3 4)2018

B 2x x x x= − + + −

c) Cho x= 33 2+ +33 2− y= 317 12 2+ +317 2− Tính giá trị của

biểu thức:

( ) 3

C x= +y x y 2018− + +

Câu 2.(4,0 điểm)

a) Tìm số nguyên dương có hai chữ số, biết số bội tích hai chữ số

của sốđó

b) Chứng minh số tựnhiên

1 1

A 1.2.3 2017.2018

2 2017 2018

 

=  + + + + + 

  chia hết cho 2019

Câu 3.(5,0 điểm)

3.1 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện: ( ) (2 ) (2 )2 2

a +b c+ = a b− + b c− + −c a

a) Tính a b c+ + , biết ab bc ca 9+ + =

b) Chứng minh rằng: Nếu c a≥ , c b≥ c a b≥ +

3.2 Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x2019+y2019+z2019 =3 Tìm giá trị lớn

nhất biểu thức: E x y z= 2+ 2+ 2

(38)

Cho tam giác ABC có cạnh a Hai điểm M , N di động

hai đoạn thẳng AB, AC cho AM AN

MB NC+ = Đặt AM x= AN y= Chứng

minh rằng:

a) MN2 =x y xy2+ −

b) MN a x y= − −

c) MN ln tiếp xúc với đường trịn nội tiếp tam giác ABC

Câu 5.(3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( )O , gọi M trung

điểm cạnh BC, H trực tâm tam giác ABC K hình chiếu vng

góc A cạnh BC Tính diện tích tam giác ABC, biết

4 = = KM OM OK

và AM =30 cm

(39)

HUYỆN HẠ HÒA

Đề số 34

MƠN THI: TỐN

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: 4x2+8x 38 6y= − 2

b) Tìm số tựnhiên n để n 44 + là sốnguyên tố

Câu 2.(4,0 điểm)

a) Cho (x+ x2+2015 y)( + y2 +2015)=2015

Hãy tính giá trị biểu thức A x y 2016= + +

b) Chứng minh rằng:

Nếu ax3 =by3 =cz3 1 1

x y z+ + = 3ax2+by cz2+ =3a+3 b+3c

Câu 3.(4,0 điểm)

a) Giải phương trình 4 x 4x 11 x 4( 2+ + )= 4+

b) Giải hệphương trình ( )

( ) 2 2

x x y y 4y

y x y 2x 7y

 + + − + =

 

+ − − =



Câu (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O R; ) dây cung BC cố định (BC<2R) Điểm A di động

trên cung lớn BC cho ∆ABC có ba góc nhọn Kẻ đường cao AD BE CF, ,

cắt H

a) Chứng minh ∆AEF∽∆ABC AEF cos2 ABC

S

A S =

b) Chứng minh rằng: ( 2 )

1 cos cos cos

DEF ABC

S = − A− B− C S

c) Xác định vị trí điểm A cung lớn BC cho chu vi ∆DEF đạt giá trị lớn

nhất

Câu (2,0 điểm)

Cho a b c, , ba số thực dương, tìm giá trịnhỏnhất biểu thức:

3 3 2 2 2

2 2

a b c a b b c c a

P

2abc c ab a bc b ca

+ + + + +

= + + +

+ + +

_Hết _

(40)

HUYỆN ĐAN PHƯỢNG

Đề số 35

Câu 1.(5,0 điểm)

1 Cho biểu thức: p x x 26 x 19 x x

x x x x

+ − −

= − +

+ − − +

a) Rút gọn P;

b) Tìm giá trịnhỏnhất biểu thức P

2 Cho a=3 2− 3 +32+ 3 Chứng minh rằng:

( 2 )3

64 3a

a −3 − sốnguyên

Câu 2.(4,0 điểm)

1 Giải phương trình : x2− − =x x 1 x − ( − )

2 Nhà toán học De Morgan (1806 – 1871) hỏi tuổi trả lời: Tôi x tuổi

vào năm x2 Hỏi năm x2đó ơng tuổi

3 Tìm số tựnhiên A biết ba mệnh đềsau có hai mệnh đề mệnh đềsai:

a) A 51+ sốchính phương

b) Chữsố tận bên phải A số

c) A 38− sốchính phương

Câu (4,0 điểm)

a) Tìm x y biết2x2+4x 3y− 3+ =5 0 x y2 2+2xy y+ =0

b) Tìm cặp sốnguyên (x; y) thỏa mãn x y xy 2x2 + − 2−3x 0+ =

Câu (6,0 điểm)

1 Cho tam giác nhọn ABC Các đường cao AH, BI, CK

a) Chứng minh tam giác AKI đồng dạng với tam giác ACB; b) Biết SAKI =SBKH =SCHI Chứng minh rằng: ABC tam giác

2 Cho tam giác ABC tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) đường cao AH R Gọi M N thứ tự hình chiếu H AB, AC Chứng minh

rằng ba điểm M, N, O thẳng hàng

Câu (1,0 điểm) Với ba sốdương x,y,z thỏa mãn x y z 1+ + = , chứng minh:

2

2 1 y

1 x z 6

x yz y zx z xy

−

− −

(41)

HUYỆN BỈM SƠN Đề số 36

MƠN THI: TỐN

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức:

P a a a a

a a a

  

=     

 

+ − − + −

− +

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P a=(2+ 3)( 2− ) −

Câu (1,5 điểm)

Giải phương trình: x x 1− − − x 1.− =

Câu 3. (2,5điểm)

Cho x y, số dương

a) Chứng minh: x y

y x+ ≥

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M x y 2xy 2 y x x y = + +

+

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho điểm M nằm nửa đường trịn tâm O đường kính AB=2R (M khơng

trùng với A B) Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường trịn có bờ đường

thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax Đường thẳng BM cắt Ax I; tia phân giác 

IAM cắt nửa đường tròn O E, cắt IB F; đường thẳng BE cắt AI H,

cắt AM K

a) Chứng minh điểm F E K M, , , nằm đường tròn

b) Chứng minh HF ⊥BI

c) Xác định vị trí M nửa đường trịn O để chu vi ∆AMB đạt giá trị lớn

nhất tìm giá trị theo R?

Câu 5.(1,0 điểm)

Tìm số tự nhiên x y, biết rằng: (2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+4)−5y =11879

_Hết _

(42)

HUYỆN QUẢNG ĐIỀN

Đề số 37

MƠN THI: TỐN

Câu 1:(4,0 điểm)

Cho biểu thức A 3x 9x 1 :x 11

x x x x

 + − 

= + + −  −

+ − − +

 

a) Tìm điều kiện x đểbiểu thức A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A.

c) Tìm giá trị x để 2

A số tựnhiên

Câu 2:(6,0 điểm)

Giải phương trình hệphương trình sau: a) x - 2 + 6 - x = x - 8x 242 + b)

2 2

(x xy y ) x y 185 (x xy y ) x y 65

 + + + =

 

− + + =



Câu 3:(4,0 điểm)

Cho đường thẳng (d) có phương trình là: y = 2x +

a) Tìm đường thẳng (d) điểm có toạ độ thoả mãn đẳng thức

2

x + y – 2xy – 0=

b) Từđiểm A(–1; 1) vẽđường thẳng (d’) vng góc với (d) từđiểm B(–3;–3) vẽđường

thẳng (d’’) qua điểm C(1; 0) Viết phương trình đường thẳng (d’) (d’’) c) Tính diện tích tam giác tạo đường thẳng (d), (d’), (d’’)

Câu 4:(6,0 điểm)

Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Gọi M điểm nằm A B Qua M vẽ dây CD vng góc với AB, lấy điểm E đối xứng với A qua M

a) Tứgiác ACED hình gì? Vì sao?

b) Gọi H K hình chiếu M AC BC Chứng minh

HM MK. = CD HK MC 4R

c) Gọi C’ điểm đối xứng với C qua A Chứng minh C’ nằm đường tròn cốđịnh M di chuyển đường kính AB (M khác A B)

_Hết _

(43)

HUYỆN VŨ QUANG Đề số 38

MƠN THI: TỐN (Vịng 2)

Câu a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2

6 5

x + xy+ y − y−x

b) Cho

3

a − ab = b3−3a b2 =10 Tính S =2018a2+2018b2 c) Cho biểu thức: 3 : 10

4 2

x x

A x

x x x x x

   − 

= + +   − + 

− − + +

    Tìm giá trị x để

A>

Câu 2. a) Cho n sốnguyên không chia hết cho Chứng minh P=32n+ +3n chia hết cho

13

b) Tìm số hữu tỉ n thỏa mãn tổng sau sốchính phương: n2+ +n 503

Câu 3. a) Tìm sốnguyên x thỏa mãn phương trình: (3x−1 4)( x−1 6)( x−1 12)( x− =1) 330 b) Giải phương trình: x−2(x−1)(x+1)(x+2)=4

c) Tìm cặp (x y; ) nguyên thỏa mãn: y2+2xy−3x− =2

Câu 4. Gọi O trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờlà đường thẳng AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A) TừO kẻ đường thẳng vng góc với OC, đường thẳng cắt By D TừO hạđường vng góc OM xuống CD (M thuộc CD)

a) Chứng minh rằng: OA =AC BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông

c) Gọi N giao điểm BC AD Chứng minh MN//AC Câu 5. Cho a b c, , >0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )

2 2

1 1

2 a b c+ +b c+a +c a b+ ≥

_Hết _

(44)

HUYỆN THĂNG BÌNH

Đề số 39

MƠN THI: TỐN

Câu 1.(3,0 điểm)

Cho biểu thức

( )2

1 x

P :

x x x x 1

  +

= +  − −

  − (với 0< ≠x 1)

b) Tìm giá trịlớn biểu thức Q P x 2019= − +

Câu 2.(4,0 điểm)

a) Giải phương trình: x x x 1− + − = − + (7 x)(x 1)− −

b) Cho số thực dương a, b với a b≠ Chứng minh bất đẳng thức ( )

( )

3

a b

b b 2a a

a b 3a ab 1

b a 3abc

a a b b

−

− +

+ ≤

−

Câu (3,0 điểm)

Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh bất đẳng thức:

2 2

1 1

3abc a(a 8bc) b(b 8ac) c(c 8ab)+ + + + + ≤

Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu 4.(4,0 điểm)

a) Tìm số tựnhiên n cho n 50− n 50+ sốchính phương b) Tìm sốngun tố p, q cho p2 =8q 1+

Câu (2,5 điểm)

Trong tam giác ABC lấy điểm O cho  ABO=ACO Gọi H K, hình

chiếu O lên ABvà AC

a) Chứng minh OB.sinOAC=OC.sinOAB

b) Gọi M N, trung điểm BC HK Chứng minh MN

vng góc với HK

Câu (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB Đường thẳng d tiếp tuyến với đường

tròn ( )O Cvà gọi D hình chiếu C AB Từ A B kẻ AHvà BK

vng góc với đường thẳng d Chứng minh rằng:

a) AH+BK không đổi tiếp tuyến d thay đổi đường tròn ( )O

b) Đường trịn đường kính HKln tiếp xúc với AK, BKvà AB

Xác định vịtrí C để tứgiác AHKB có diện tích lớn

(45)

HUYỆN PHÙ NINH

Đề số 40

MÔN THI: TỐN

Câu 1.(4,0 điểm)

a Tìm số tựnhiên n cho: n + 24 n – 65 hai sốchính phương

b Chứng minh với số tựnhiên n ta có: A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19.

Câu 2.(4,0 điểm):

a Cho A x y z

xy x yz y zx z

= + +

+ + + + + +

Biết xyz = 4, tính A

b Cho x y z

a b c+ + = + + =0

a b c

x y z Chứng minh rằng:

2 2

2 + + =1 x y z a b c

Câu 3.(3,0 điểm):

( ) 2

2

x

+ =

+

Câu 4.(7,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AA’, BB’, CC’, H trực tâm

a) Tính tổngHA' HB' HC'

AA' BB' CC'+ +

b) Gọi AIlà phân giác tam giác ABC; IM, IN thứ tựlà phân giác góc AIC góc AIB Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM

c) Tam giác ABC thếnào biểu thức (AB BC CA)2 2 22

AA' BB' CC'

+ +

+ + đạt giá trịnhỏnhất?

2 Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm BC Một góc xMy 600quay

quanh điểm M cho cạnh Mx, My cắt cạnh AB AC D E Chứng minh rằng:

a) BD.CE BC2

4

=

b) DM, EM tia phân giác góc BDE CED c) Chu vi tam giác ADE không đổi

Câu 5.(2,0 điểm):

Cho a, b, c cácsốdương, chứng minh rằng:

a b c

T

3a b c 3b a c 3c b a

= + + ≤

+ + + + + +

_Hết _

(46)

Câu (4,0 điểm)

1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị x:

A = 6x (x 6) x 3

2(x x 3)(2 x) 2x 10 x 12 x x

− + −

− −

− + − − + − − −

Điều kiện x ≥0, x ≠ 4; x ≠ ; x ≠

2) Rút gọn biểu thức: B = 3

2 2

+ −

+

+ + − −

Câu (6,0 điểm)

1) Cho phương trình : 3a a 2a(a 1)2 2

a x a x x a

+ − − = −

+ − − ( a tham số)

a) Giải phương trình

b ) Tìm giá trị nguyên dương a để phương trình có nghiệm x số ngun tố

2) Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình sau: x32 y3 z3 3xyz

x 2(y z)

 − − = 



= + 

Câu (4,0 điểm)

1) Tìm tất số tự nhiên có chữ số abc cho :

2

abc n -1

cba (n 2)

 =  

= −

 Với n ∈ ; n >2

2) Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c =

Chứng minh : 52 ≤ 3( a2+ b2 + c2) + 2abc < 54

Câu (4,0 điểm)

Cho hình vng ABCD cạnh a N điểm cạnh AB Tia CN cắt tia DA E Trên tia đối tia BA lấy điểm F cho BF = DE Gọi M trung điểm EF

1) Chứng minh tam giác ACE đồng dạng với tam giác BCM

2)Xác định vị trí điểm N AB cho diện tích tứ giác ACFE gấp ba lần diện tích hình vng ABCD

Câu (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC cóB + C = 105 AB0 + AC 2 = 2BC Tính B C 

Hết _ THÀNH PHỐ THANH HÓA

Đề số 41

THÀNH PHỐ THANH HĨA

Đề số 41

(47)

Câu (5,0 điểm)

Cho biểu thức: A 3x 16x x x : x

x x x x x

 + − + +   

= − −    − 

+ − + − −

   

a) Nêu điều kiện xác định rút gọn A

b) Tính giá trị A x 27

9 10 2

+ =

+

c) Cho P x 2.A

x − =

+ Tìm x để P 0.<

Câu 2. (4,0 điểm)

a) Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ khơng số phương

b) Giải phương trình: x 17 x 2x 3+ = − + +

c) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 6x 19y2 + 2+24x 2y 12xy 725 0.− + − =

Câu 3. (3,0 điểm)

Cho ba số thực không âm x,y,z thỏa mãn x y z 3.+ + =

Tìm giá trịlớn giá trịnhỏnhất biểu thức: M 2x 2y 2z x y z

= + + + + +

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A AB( >AC), đường cao AH Gọi M trung

điểm AB AD, phân giác góc BAH D, ( ∈BH), MDcắt AH E

a) Chứng minh AB2 AC2 BH = CH

b) Tính độ dài AH biết diện tích tam giác ∆AHC;∆AHB

2

8, 64cm ;15, 36cm

c) Chứng minh: CEAD

Câu (2,0 điểm)

Cho 33 điểm nằm hình vng có độdài cạnh khơng có ba

điểm thẳng hàng Người ta vẽcác đường trịn bán kính tâm

các điểm cho Hỏi có hay khơng điểm điểm cho cho chúng

đều thuộc phần chung ba hình trịn có tâm ba điểm

Hết _ HUYỆN TÂN KÌ

Đề số 42

(48)

Câu (4điểm)

a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 9x 202 − +

b/ Rút gọn A = x x x

x x x x

− − + − +

− + − −

Câu (4 điểm)

a/ Giải phương trình: 3x 20x x 42− + = −

b/ Tìm giá trịnhỏnhất lớn A = 8x 6xy22 2

x y

+ +

Câu 3.(4 điểm)

a/ Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n(n+1)(n+2)

Chứng minh 4S + sốchính phương với sốnguyên dương n

b/ Cho a,b,c,d > S = a b c d

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

Chứng minh 1< S <

Câu 4. (4 điểm)

Cho điểm D nằm tam giác ABC Vẽcác tam giác BDE CDF (E, F, D nằm phía BC) Chứng minh tứgiác AEDF hình bình hành

Câu 5.(4điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O; bán kính R, đường kính AB TừA B kẻ hai tiếp tuyến Ax By Qua điểm H thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứba cắt

các tiếp tuyến Ax By ởM N, đường thẳng AN BM cắt P

a/ Chứng minh HP // AM

b/ Gọi K giao điểm HI AB Tính độdài HK theo R biết AK =

5

AB

Hết _ HUYỆN ĐỒNG XUÂN

Đề số 43

(49)

HUYỆN MỘC XUÂN

Đề số 44

Câu 1. (3,0 điểm)

a) Chứng minh số A 6= 2015+1 B 6= 2016−1đều bội của

b) So sánh A 1020172016

10 11

− =

−

2016 2017

10

B

10

+ =

+

Câu 2. (5,5điểm)

a) Rút gọn biểu thức: P x x x

x x x x

− + +

= + +

− + − − với x 0;x 4;x 9≥ ≠ ≠ \

b)Tìm giá trị lớn biểu thức: Q 2016x 2x 20162 2 x

+ + =

+

c) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 6x2+5y2 =74

Câu (3,5điểm)

a) Trên mặt phẳngOxy, cho đường thẳng ( )d có phương trình (m x m y 1− ) (+ − ) = (m tham số) Tìm m đểkhoảng cách từ gốc tọa độđến

đường thẳng ( )d lớn

b) Cho sốdương a, b, c Chứng minh rằng: a b c

a b b c c a

< + + <

+ + +

Câu (5,5 điểm)

Cho nửa đường trịn( )O , đường kính AB=2R Lấy điểm M nửa đường tròn (M khácA B); tiếp tuyến A Mcủa nửa đường tròn

( )O cắt K Gọi E giao điểm AM vàOK

a) Chứng minh OE OK không đổi M di chuyển nửa đường trịn

b) Qua O kẻđường vng góc với AB cắt BK I cắt đường thẳng BM N Chứng minh:IN=IO

c) Vẽ MH vng góc với AB H Gọi F giao điểm BK MH Chứng minh:EF // AB

Câu (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O R; ) Một điểm P chạy cung

nhỏ AB (P khác A B) Chứng minh tổng khoảng cách từ P đến A

và từ P đến B khơng lớn đường kính đường trịn (O R; )

Hết _

(50)

HUYỆN TIỀN HẢI

Đề số 45

MƠN THI: TỐN

Câu (4,0 điểm) Tính giá trị biểu thức sau: a) A= 4+ 10 5+ + 4− 10 5+

b) B (a bc b ca)( ) (c ab b ca)( ) (c ab a bc)( )

c ab a bc b ca

+ + + + + +

= + +

+ + +

(Với a, b, c số thực dương a + b + c = 1)

Câu (3,0 điểm)

a) Tìm sốa, b cho đa thức f(x) = x4 + ax3+ bx – chia hết cho đa thức x2 – 3x +

b) Chứng minh rằng: B = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y2z2là sốchính phương với x,

y, z sốnguyên

Câu (4,0 điểm)

a) Tìm m đểphương trình: 2m m

x

− = −

− vơ nghiệm

b) Giải phương trình: 4 x x 5x 14+ = 2− +

c) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: xy yz zx

z + x + y =

Câu (7,0 điểm)

Cho tam giác ABC vng A (AB <AC) KẻAH vng góc với BC H Gọi D, E hình chiếu H AB, AC

a) Biết AB = 6cm, HC = 6,4cm Tính BC, AC b) Chứng minh DE3 =BC.BD.CE

c) Đường thẳng kẻ qua B vng góc với BC cắt HD M, Đường thẳng kẻqua C vng góc với BC cắt HE N Chứng minh M, A, N thẳng hàng

d) Chứng minh BN, CM, DE đồng qui

Câu (2,0 điểm)

Cho đa thức f(x) = x4 + ax3+ bx2 + cx + d (Với a, b, c, d số thực)

Biết f(1) = 10; f(2) = 20; f(3) = 30 Tính giá trịbiểu thức A = f(8) f( 4)+ −

Hết _

(51)

THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG

Đề số 46

MƠN THI: TỐN

Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức ( )

3

x y 2x x y y xy 3y

A

x y x x y y

− + + −

= +

−

+ với x,y 0≥ x y≠ Chứng

minh rằnggiá trị biểu thức A không phụ thuộc giá trị biến

b) Chứng minh 3

o

x = 5+ + 5− nghiệm phương trình sau ( 3 )2019

x 3x 17− − − =1

Câu (2,0 điểm)

a) Gọi x ; x1 2 nghiệm phương trình x2−2mx 2m 1+ − = ( ) (với m là tham số)

Tìm giá trịlớn biểu thức

( )

1 2

2x x B

x x x x

+

= ⋅

+ + +

b) Giải hệphương trình x y 19x3 32 23

xy y 6x

 + =

 ⋅



+ = − 

Câu (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức P a a a a= 1+ 2 + 3+ + 2019 với a ;a ;a ; ;a1 2 3 2019 số nguyên dương

P chia hết cho 30 Chứng minh 5 5

1 2019

Q a= +a +a a+ + chia hết cho 30 b) Cho a,b,c 0> thỏa mãn abc 8= Chứng minh

3 3

1 1 1.

1 a+ + b+ + c+ ≥

Câu (3,0 điểm) Cho hai đường tròn  O1  O2 tiếp xúc điểm I Vẽ đường tròn  O tiếp xúc với  O1  O2 B C Từđiểm I vẽđường

thẳng d vng góc với OO1 2, d cắt cung lớn cung nhỏ BC  O điểm

,

A Q Cho AB cắt  O1 điểm thứhai E, AC cắt  O2 điểm thứhai D

a) Chứng minh tứgiác BCDE nội tiếp; b) Chứng minh rằngOA vng góc với DE;

c) Vẽ đường kính MN  O vng góc với AI (điểm M nằm AB không chứa

điểm C) Chứng minh rằngba đường thẳng AQ BM CN, , đồng quy

Câu (1,0 điểm) Bên đường trịn có đường kính AB =19 cho 38 đoạn thẳng,

đoạn thẳng có độdài Chứng minh tồn đường thẳng vng góc song song với AB giao hai đoạn 38 đoạn cho

Hết _

(52)

HUYỆN KIM THÀNH

Đề số 47

MÔN THI: TỐN

Câu (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A x x x

x x x x

− + +

= − −

− + − −

b) Cho x,y,z thoảmãn: xy yz zx 1+ + =

Hãy tính giá trịbiểu thức

2 2 2

2 2

(1 y )(1 z ) (1 z )(1 x ) (1 x )(1 y )

A x y z

(1 x ) (1 y ) (1 z )

+ + + + + +

= + +

+ + +

Câu 2.(3,0 điểm)

c) Cho hàm số: f x( )=(x 12x 313+ − )2012

Tính f a( ) a= 316 5− +316 5+

d) Tìm số tựnhiên n cho n 172+ là sốchính phương?

Câu (4,0 điểm)

Giải phương trình sau:

a) x− + x 3+ = b) x2+4x 2x 3+ = +

Câu (3,0 điểm)

e) Tìm x; y thỏa mãn: x y y x 4( − + − )=xy

f) Cho a; b;c số thuộc đoạn − 1; 2 thỏa mãn: a b c2+ 2+ =6

Hãy chứng minh rằng: a b c 0+ + ≥

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn; đường cao AK BD CE; ; cắt H

g) Chứng minh: b) Giảsử:

3

HK = AK Chứng minh rằng: tan tanB C=3

c) Giảsử SABC =120cm2 BAC= °60 Hãy tính diện tích tam giácADE?

Hết _

2 2

KC AC CB BA KB CB BA AC

+ − =

(53)

HUYỆN THANH OAI

Đề số 48

MƠN THI: TỐN

Câu (6,0 điểm)

a) Cho M x : x x x

x x x x x

   + + + 

= −    + + 

+ − − − +

   

1 Rút gọn M

2 Tìm giá trịnguyên xđểbiểu thức Mnhận giá trịlà sốnguyên

b) Tính giá trị biểu thức P 2013 2011

P 3x= +5x +2006 với x= 2 3+ − 2 3+ + 18 2− −

Câu (4,0 điểm) Giải phương trình:

a) (x x x x 6+ )( + )( + )( + )=24 b) 2x x 2x x 1− 2− = − −

Câu (4,0 điểm)

a) Cho hai sốdương x,ythoảmãn x y 1+ =

Tìm giá trịnhỏnhất biểu thức: 2

2

1

M x y

y x

   = +  +     

b) Cho x,y,z sốdương thoảmãn 1

x y y z z x+ + + + + =

Chứng minh rằng: 1

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2+ + + + + + + + ≤

Câu (5,0 điểm)

Cho đường tròn (O R; )và hai đường kính AB CD cho tiếp tuyến A

của đường tròn (O R; ) cắt đường thẳng BC BD hai điểm tương ứng E F Gọi P Q trung điểm đoạn thẳng AE AF

1 Chứng minh trực tâm H tam giác BPQ trung điểm đoạn thẳng OA

2 Gọi αlà sốđo góc BFE Hai đường kính AB CD thoảmãn điều kiện

thì biểu thức 6

sin cos

P= α+ α đạt giá trịnhỏnhất? tìm giá trịnhỏnhất

3 Chứng minh hệ thức sau:

CE DF EF=CD 3 BE CE BF = DF

Câu (1,0 điểm)

Tìm *

n∈ cho: n4+n3+1 sốchính phương

(54)

TRƯỜNG AMSTERDAM

Đề số 49

MƠN THI: TỐN

Câu Tìm tất cảcác bộba sốnguyên dương (p;q; n), p, q số nguyên tố

thỏa mãn: p p q q 3( + ) (+ + ) (=n n 3+ )

Câu 2. Gọi a, b, c ba nghiệm phương trình 2x 9x 6x 03− 2+ − =

Khơng giải phương trình, tính tổng:

5 5 5

a b b c c a

S

a b b c c a

− − − = + +

− − −

Câu Cho tam giác ABC, (AB< AC), với ba đường cao AD, BE, CF đồng quy H

Các đường thẳng EF, BC cắt G, gọi I hình chiếu H GA

1 Chứng minh tứgiác BCAI nội tiếp

2 Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH ⊥ AM

Câu Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn a b c 3.+ + = Chứng minh rằng: 2

2 2

1 1 a b c

a +b +c ≥ + +

Dấu đẳng thức xảy nào?

Cau Mỗi điểm mặt phẳng tô ba màu Đỏ, Xanh, Vàng Chứng minh tồn hai điểm A, B tô màu mà AB=1

Hết _

(55)

TRƯỜNG TRỰC NINH

Đề số 50

MƠN THI: TỐN

Thời gian: 120phút ( Không kểthời gian giao đề)

Phần trắc nghiệm. (2,0 điểm) Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả lời, có phương án Hãy chọn phương án (viết vào làm chữcái đứng trước phương án lựa chọn).

1 Biểu thức ( )2( )2

4

− − có giá trịbằng:

A 2( 7−3) B −2( 7−3) C 4( 7−3) D 3( − 7)

2 Cho 20−a2 − 10−a2 =5 biểu thức 20−a2 + 10−a2 có giá trịbằng:

A B - C D -6

3 Gọi R r bán kính đường trịn ngoại tiếp bán kính đường trịn nội tiếp

của tam giác vng cân Khi đó, tỉsố bằng:

A B C D

4 Cho (O; cm) O nằm hai dây AB // CD có độdài AB = cm, CD = cm Khi khoảng cách hai dây là:

A cm B cm C cm D cm

Phần tự luận(18 điểm)

Câu (3 điểm)

Tính A= 6− 11− 6+ 11

Cho biểu thức P 2x x x x

x x x x x

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

  ( với x≥0; x≠4)

b) Tìm giá trị x để P x− <0

Câu 2.(2 điểm) Giải phương trình ( )

4x+2 x+ =8 3x +7x+8

Câu 3 (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng (d1): x−3y+ =5

R r

2

− 2

2

+ 1+ 2

(56)

(d3): (m2−1 x) +3y 2m− − =0

a) Tìm tọa độgiao điểm A (d1) (d2)

b) Xác định m đểba đường thẳng đường thẳng phân biệt đồng quy

Câu 4 (8 điểm).Cho ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R) Các đường cao AD, BE, CF cắt H Kéo dài AO cắt đường tròn K

1 Chứng minh tứgiác BHCK hình bình hành

2 KẻOM  BC M Gọi G trọng tâm ABC Chứng minh SAHG = 2SAGO

3 Chứng minh AD BE CF HDHEHF

Câu 5.(2 điểm) Tìm tất cảcác cặp số(x; y) thỏa mãn 2 10

3 2

xy y x y

y y x

 − + + = 



+ − + + − = 

(57)

Đề số Câu

a Điều kiện : x>0;x≠1

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

1 2 1

1

1 2

1

x x x x x x x P

x x x x

x x

− + + −

= − +

+ + −

= − − + + + = − +

Vậy P= −x x+1, với x>0;x≠1

b

2

1 3

2 4 P= −x x+ = x−  + ≥

 

dấu xảy

4

x= thỏa mãn đk

Vậy GTNN P

4 x=

c Với x>0;x≠1 Q = x

x− x+ > (1)

Xét ( )

2

1

x x

x x x x −

− = ≥

− + − +

Dấu khơng xảy điều kiện x≠1

suy Q < 2.(2)

Từ(1) (2) suy < Q <

Câu

2014 2015 2015 2014 )

2015 2014 2015 2014

1

2015 2014 2015 2014

2014 2015

a + = − + +

= + + − > +

Vậy 2014 2015

2015 + 2014 > 2014+ 2015

b) Phân tích thành (2x - y)2+ (y – z + 1)2+ ( z - 3)2 ≤0 (1)

Vì (2x - y)2 ≥0; (y – z + 1)2 ≥0; ( z - 3)2 ≥0 với x, y, z nên từ

(1) suy x = 1; y = 2; z = b Điều kiện: x > -

(58)

3

x x

 +   +     

( ) ( )

1

4

4 11 11

3 0 0

1 5

2

3 4

x x

x x x x

− − + +

+ + + = ⇔ + =

   

+ + +  +  +  + 

+ +  +   + 

Vì x > - nên

( ) ( )

1

0

1

3

x x

+ >

   

+  + +  +  + + 

   

Do 4x + 11 = 0⇔ x = 11

4

− thỏa mãn điều kiện

Vậy tập nghiệm phương trình là: 11

4 S = − 

 

Câu

a Ta có ( ) ( ) ( )( )

3

2

5 5 1 5 (3 5)

x

− + − +

= = =

+ −

Do B = -

b Dễ thấy x≠ y Khơng tính tổng qt, giảsửx > y

Từ(3y + 1)  x ⇒3y+ =1 p x (p∈N*).

Vì x > y nên 3x > 3y + = p.x ⇒ p < Vậy p∈{ }1; • Với p = 1: ⇒x = 3y + 1⇒3x + = 9y +  y⇒ 4y

Mà y > nên y∈{ }2;

+ Với y = x =

+ Với y = x = 13

• Với p = 2: ⇒2x = 3y + 1⇒6x = 9y + 3⇒2(3x + 1) = 9y +

Vì 3x + 1y nên 9y + 5y suy 5y , mà y > nên y = 5, suy x =

Tương tự với y > x ta giá trịtương ứng

Vậy cặp (x; y) cần tìm là: (7;2);(2;7);(8;5);(5;8);(4;13);(13;4);

(59)

a Tam giác ABE vuông E nên cosA = AE

AB

Tam giác ACF vuông F nên cosA = AF

AC

Suy AE

AB= AF

AC ⇒ ∆AEF ∆ABC c g c( )

* Từ ∆AEF ∆ABC suy

2 cos AEF

ABC

S AE

A S AB

 

=  =

 

b Tương tự câu a, 2

cos , CDE cos

BDF

ABC ABC S S

B C

S = S =

Từđó suy DEF ABC AEF BDF CDE 1 cos2 cos2 cos2 ABC ABC

S S S S S

A B C

S S

− − −

= = − − −

Suy (1 cos2 cos2 cos2 ).

DEF ABC

S = − A− B− C S

c Ta có: tanB = AD

BD ,tanC = AD

CD Suy tanB.tanC = AD BD CD

Vì AH = k.HD⇒ AD= AH+HD=(k+1 )HD nên ( )2

AD = k+ HD (1)

Do tanB.tanC = ( )

2

1 HD k

BD CD +

(2)

Lại có ∆DHB∆DCA g g( ) nên DB HD DB DC HD AD AD = DC ⇒ = (3)

Từ(1), (2), (3) suy ra:

tanB.tanC = ( ) ( ) (( ))

2 2

2

1 1

1

HD k HD k HD k

k AD HD AD HD k

+ + +

= = = +

+

d Từ AF

HBC ABC S HC CE HC HB CE HB C HEC

AC CF AC AB CF AB S ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =

Tương tự:

HAB ABC S HB HA

AC BC =S ;

HAC ABC S HA HC

AB BC =S Do đó:

B C

F

E

H

(60)

AC AB AC BC AB BC SABC

• Ta chứng minh được: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) (*)

Áp dụng (*) ta có: 3.1

HA HB HC HA HB HB HC HC HA BC AC AB BC BA CA CB AB AC

 + +  ≥  + + = =

   

   

Suy HA HB HC

BC+ AC + AB ≥

Câu

Với *

,

x y∈N 36xcó chữsố tận 6, 5ycó chữsố tận nên :

A có chữsố tận ( 36x> 5y) ( nếu 36x< 5y)

TH1: A = 36x - 5y =1⇔ 36x - = 5y Điều khơng xảy (36x – 1)  35 nên

(36x – 1)  7, cịn 5ykhơng chia hết cho

TH2: A = Khi 5y - 36x= ⇔5y= + 36x điều khơng xảy (9 + 36x) 9 cịn

cịn 5ykhơng chia hết cho

TH3: A = 11 Khi 36x - 5y =11 Thấy x = 1, y = thỏa mãn

Vậy GTNN A 11, x = 1, y =

a) Ta có:

2

9

5

x= −   +    −   + 

2

9

5

= − +

− + = ( )2 2 5

9

5

+ − +

− = − =

−

( ) (1)

f x = f =

b) Ta có 2 2 2

2

( 2017 2016 1)( 2017 2016 1) 2015 2014

2017 2016

− − − − + −

− − − =

− + −

2 2

2 2 2

(2015 1) (2014 1) 2017 2016 (2017 2016)(2017 2016) 2017 2016 2017 2016 2017 2016

− − − − − +

= = =

− + − − + − − + −

2 2

2017 2016 2.2016

2017 2016 2017 2016

+

= >

− + − − + −

Vậy 2

2017 − −1 2016 −1 >

2

2.2016

(61)

cos sin

1

s inx cos

x x x + + 3 sin cos sin cos

1 c os 1+sinx

x x

x = + +

+

( )( 2 )

3 s inx cos sin s inx.cos cos

sin cos

sin cos sin cos

s inx c os s inx c os

x x x x

x x

x x x x

x x

+ − +

+

= + = +

+ +

sin cosx x sin cosx x = + − =

d) Ta có: ĐK: a ≠ ±b (*)

2

9 20 a b a b

2(a b 5) 3(a b 5) (9 20 5)(a b 5)(a b 5)

− = − −

+ −

⇔ − − + = − + + −

2 2

9a 45b a 5( 20a 100b 5b)

⇔ − − = − + + (*)

Ta thấy (*) có dạng A=B A, B ∈Q, B thi A I B

≠ = ∈ vơ lí B =

0 => A= Do (*)

2

9a 45b a

20a 100b 5b

 − − = 

⇔ 

− + + = 

2 2

2

9a 45b a 9a 45b a

9

9a 45b b a b

4  − − =  − − =   ⇔ ⇔ − + + = =    

a b a

4

b b 4b

 =  =  ⇔ ⇔ =   − = 

hoặc a

b

=   =

 (không t/m ĐK (*)) Vậy a = 9; b =

Câu

a) ĐK x≠1; x≠3 (**)

3

− −

− = −

− −

x x

x x (2)

3

( 3)( 1)

+ +

⇔ =

− −

x x

+ Trường hợp: x + = ⇔ = −x 3(TMĐK (**)

+ Trường hợp: x + 3≠ ⇔ ≠ −x

Ta có (x-3)(x-1) =

4

⇔x − x− =

2

4 ( 2) ⇔x − x+ = ⇔ x− =

2 7

x hoac x

⇔ = + = − (TMĐK (*))

Vậy tập nghiệm phương trình (2) là: S ={-3; 2+ 7; 2− 7}

b) ĐK: x ≥ (***)

2

(62)

( )2 ( )2

x 3 x 2 1 0

⇔ − + − − =

x 3 0 x 2 0

− = 

⇔ 

− − =

 ⇔ =x 3 (thỏa mãn ĐK(***))

Vậy nghiệm phương trình x =

Câu a) Ta có: P(0) = d

P(1) = a + b + c + d  => a + b + c  (1) P(-1) = -a + b – c + d  => -a + b – c  (2)

Từ(1) (2) suy 2b  => b  (2,5) = 1, suy a + c  P(2) = 8a + 4b + 2c + d  => 8a + 2c  => a  => c

b) Ta có 4x2 – 4xy + 4y2 = 16 ⇔( 2x – y )2+ 3y2 = 16

⇔( 2x – y )2 = 16 – 3y2

Vì ( 2x – y )2 ≥ 0 nên 16 – 3y2 ≥ ⇒ y2 ≤ 5 ⇒ y2∈{ 0; 1; }

- Nếu y2 = x2 = ⇔x =±2

- Nếu y2= ( 2x – y )2= 13 khơng sốchính phương nên loại y2 = - Nếu y2 = ⇔y = ±2

+ Khi y = x = x =

+ Khi y = - x = x = -

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) = ( - 2; ); ( 2; ); ( 0; ); ( 2; ); ( 0; -

2 ); ( - 2; -2 )

c) - Nếu n số chẵn n4 + 4n số chẵn lớn nên hợp số

- Nếu n sốlẻ, đặt n = 2k + với k số tựnhiên lớn n4 + 42k + = (n2)2+ (2.4k)2

= (n2)2+ 2.n2.2.4k+ (2.4k)2 – 2.n2.2.4k

= ( n2 + 2.4k)2–(2n.2k)2 =(n2 + 2.4k – 2n.2k).(n2 + 2.4k+ 2n.2k)

Vì n2 + 2.4k+ 2n.2k > n2 + 2.4k – 2n.2k = n2 + 4k – 2n.2k + 4k

= (n – 2k)2 + 4k >

Suy n4 + 42k + 1là hợp số

Vậy n4 + 4n là hợp số với mọi số tựnhiên n lớn 1.

Câu

a) Giảsửta có

2 4

b

(63)

4 3 2

2 2

a b ab a b a b ⇔ + − − + ≥

4 2 2

2

a a b a b b ab a b ⇔ − + + − + ≥

( 2 ) (2 2 )2

0 a ab b ab

⇔ − + − ≥ với a, b

Vậy

2 4

b

a + 3 3 2 2 b a b a ab + −

≥ với a, b

b) Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z số thực dương

Ta có + + =2

x + y + z +

1 1 1

2 1

x + y + z + y + z + y + z +

y z ⇒ = − − = − + − = +

1

x + y + z + y z

⇒ ≥ ⋅

(Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho sốdương

y + y

z + z )

Chứng minh tương tựta có

y + x + z +

x z

≥ ⋅

z + y + x + y x

≥ ⋅

Suy 1 2

x + y + z + y + z + x + z + x + y +

y z x z x y

⋅ ⋅ ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

( )( )( )

1 1

8

x + y + z + 1 1

xyz x y z ⇔ ⋅ ⋅ ≥

+ + +

1 xyz ⇔ ≤

Dấu “ = ” xẩy

1

x + y + y +

1

x y z

a b c

= = ⇔ = = = ⇔ = = =

Vậy giá trịlớn tích ( a + b )( b + c )( c + a)

8

(64)

a) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông tac có: AE.AB = AD2;

AF.AC = AD2

Suy ra: AE.AB = AF.AC

Biểu thịđược : tanB = AD

BD ; tanC = AD

CD ; tanB.tanC =

2

AD BD.CD

b) Biểu thịđược:

tanB = tan DHC CD HD

= ; tanC = tan DHB BD HD

= ; tanB.tanC = BD.CD2

HD

Suy ra: (tanB.tanC)2 =

2

AD

HD => tanB.tanC =

AD HD =

c) Chứng minh được: AE.AB/AK.AB=AF.AC/AI.AC => EF // IK

Chứng minh được: BM BD BE ME / /IK M EF

MI = DC = EK ⇒ ⇒ ∈

Tương tự chứng minh N∈EF suy điểm E, M, N, F thẳng hàng Đề số

Câu 1.

1) Ta có: 2008 2009 2009 2008

2009 2008 2009 2008

− + + = +

1

( 2008 2009) ( )

2008 2009

= + + − >

Vậy

2008 2009 2009

2008

+ > 2008+ 2009

N H

M E

F K

I

D

(65)

2010 86 43 ) 2011 ( 2011 2010 3 2 2 2010 2010 3 2 2 1 = > − = + + + + + + + + > + + + + + + + + = B Câu

Ta có:

5 ) ).( ( 5 ) ( 10 = − + − + = − + − + = x

⇒P =(23 −4.2−1)2010 =1∈Ν

Câu

1) Ta có: 2x−1+2=x⇒ 2x−1=x−2 Điều kiện:x≥2

   = = ⇔ = − − ⇔ = + − ⇔ + − = − ⇔ − = − ) )( ( 4 2 2 x x x x x x x x x x x

2) Ta có: y= x2 +4x+5 Điều kiện : x∈R,y>0

Bình phương hai vếta được:

2

y (x 2)

(y x 2)(y x 2)

= + +

⇔ + + − − =

Do x, y nguyên y nguyên dương nên ta có:

(66)

Trong tam giác AIK vng A ta có: 12 2 12 (2) AD AK

AI + = AB = AD

Từ(1) (2) 2 2 12

AB AK

AM + = ⇒

2) KẻAH vng gócMN (H∈MN)

Do CM + CN = CM - CN = ⇒CM = 4; CN = ⇒MN =

Ta có ∆AMN =∆AIN ⇒ AH = AD⇒IN =MN MH

ID AID

AMH =∆ ⇒ =

∆ màID=BM ⇒MH =BM

Ta lại có: DN+BM =MN =5và CM +BM =CN +DN ⇒DN −BM =CM −CN =1

⇒ DN = 3; BM = 2; BC = AD = AH =

⇒ .6.5 15( ) 2 cm MN AH

S∆AMN = = =

3) Từgiả thiết ta có AQRO hình chữnhật

2

2 )

( 2

2 2

2

2 OA OP AP AD

OP OA OR

OQ

OP + + = + ≥ + ≥ ≥

2

OR OQ

OP + + nhỏnhất O trung điểm AD

Câu

Vai trị a, b, c nên khơng tính tổng qt, giảsử : a≤b≤c Khi

đó vì: 0≤a,b,c≤2và a+b+c=3 nên ta có: 0≤a≤1⇒a3 ≤a

Mặt khác: 1≤c≤2⇒(c−1)(c−2)(c+3)≤0⇒c3 ≤7c−6

Ta xét hai trường hợp b: Nếu0≤b≤1⇒b3 ≤b Khi đó:

9 6 6 3

3 + + ≤ + + − = + + + − ≤ + − =

c c b a c b a c b a 3 + + ≤ ⇒a b c

Nếu 1≤b≤2⇒b3 ≤7b−6.Khi đó:

9 12 ) ( 7 3

3 + + ≤ + − + − = + + − − = − ≤

a a c b a c b a c b a

Vậy a3 +b3+c3 ≤9(đpcm)

a) Điều kiên: x >

1 x x x

B

x x x x x

−

= + +

− − − + −

x x x x x( x 1)

( x x)( x x) x

− + + − − −

= +

(67)

1

− x x

= − −

b) Với x > ta có : B 0> ⇔ −x x 0− >

⇔ >x x 1− ⇔x2 >4(x 1)−

⇔(x 2)− >0 (*)

(*) với x≠2 Vậy B > x > x≠2

c) Ta có: x 53 53(9 7)

81 28

9

+

= = = + −

−

Thay vào B x x 1= − − ta có:

B 9 2( 1) 7= + − + = + − + =

Vậy 53

9 2 7

= −

x B =

Câu

a) Điều kiện: x 5≥

x x 5− + − + − + −1 x x 4− =

2

( x 2) ( x 2)

⇔ − + + − − =

x x

⇔ − + + − − =

x 2 x

⇔ − + + − − = (1)

Áp dụng bất đẳng thức: A B A B+ ≥ + vào (1) ta có :

5 2 2 5 5 2 2 5 4

x− + + − x− ≥ x− + + − x− =

Dấu xảy ⇔( x 2).(2− + − x 5) 0− ≥

(2 5) 0

⇔ − x− ≥ (vì x− + >5 2 0)

2 x

x

⇔ ≥ −

⇔ ≤

Kết hợp với điều kiện, ta có 5≤ ≤x 9

Vậy nghiệm phương trình là: 5≤ ≤x 9

b. Giảsử: 10 số hữu tỉ Đặt : 10 a (a, b N ,UCLN(a;b)=1)*

b

(68)

b

2

10b 25 b b

⇒  ⇒  ⇒ 

Khi ƯCLN(a;b) ≥5 mâu thẫn với ƯCLN(a;b) =

Vậy 10 số vô tỉ

Câu

a Vẽđồ thịhàm số y = 2x+1

1 2 1 x

-2 2 1

1 2 1 x<

2

x

y x

x

 + ≥



= + = 

− − −



Nhận xét y≥0 với x

Ta có đồ thịhàm số :

b.(1,5đ) Giảsử M(x0; y0) tọa độgiao điểm hai đồ thịhai hàm số 2 1

= +

y x y = 3x – ta có :

2x0 + =1 3x0 −5 điều kiện 5 3 ≥

x

Trường hợp 1: 2x0 + =1 3x0 − ⇒ =5 x0 6 (nhận)

Trường hợp 2: 2 0 1 3 0 5 0 4

5 + = − + ⇒ =

x x x (loại) Vậy tọa độgiao điểm cần tìm M(6 ; 13)

Câu

1

x y

(69)

a) VẽOH vng góc với CD, OH cắt EF K, suy HK vng góc với EF (vì CD //

EF) Suy HC = HD; KE = KF

Ta chứng minh ∆HOM= ∆KON ( cạnh huyền - góc nhọn)

Suy OH = OK, suy CD = EF, từđó suy tứgiác CDEF hình bình hành

Lại có KH đường trung bình hình bình hành CDFE, nên HK // CE, suy

 

90 = =

ECD KHD Vậy tứgiác CDFE hình chữnhật

b) Ta có: OH OM.SinHMO 2.R.Sin600 R

3

= = =

CE HK 2.OH 2R

3

= = =

CH2 OC OH2 R2 3R2 6R2

9

= − = − =

Suy ra: CH R CD 2R

3

= ⇒ =

Vậy: SCDFE CE.CD 2R 2R 2R 2

3 3

= = = (đvdt)

Câu

A

B

C E

D

(70)

∆BCD ∆ECD có SBCD = SECD= 1, đáy CD chung nên đường cao hạ từ B E

xuống CD => EB // CD

Tương tựAC// ED, BD //AE, CE // AB, DA // BC

Gọi I = EC ∩BC => ABIE hình bình hành => SIBE= SABE= Đặt SICD = x <

=> SIBC= SBCD - SICD = 1-x = SECD - SICD= SIED

Lại có: ICD IBC IDE IBE

S IC S

S = IE S= Lại có

2

x x x 3x 0 x

1 x

− ±

= ⇒ − + = ⇒ =

−

Do x < nên x

− =

Vậy SIED =

2

−

Do SABCDE= SEAB+ SEBI+ SBCD+ SIED

= + 5

2

− = +

(đvdt)

Câu

a) Áp dụng bất đẳng thức x y2+ ≥2xy, ta có:

a4 b c4 1(a4 b )4 1(b c )4 1(c a )4

2 2

+ + = + + + + +

≥a b2 2+b c c a2 2+ 2 (1)

Mặt khác :

2 2 2 2 2 2 2 2

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

2 2

+ + = + + + + +

≥a bc b ca c ab abc(a b c)2 + + = + + ( )2

Từ(1) (2) ta có: a b c abc(a + b+ c)4+ + ≥ (đpcm).

b) Ta có: abc 100a 10b c n 1= + + = 2− ( ) 2

cba 100c 10b a (n 2)= + + = − =n 4n 4− + (2)

Từ(1) (2) ta có: 99(a c) 4n 5− = − ⇒(4n 5) 99−  (3)

Mặt khác 100 n 999≤ 2− ≤ ⇔101 n≤ ≤1000⇔11 n≤ ≤31⇔39 4n 119 (4)≤ − ≤

(71)

Câu

1) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠9

( )( )

( )( ) ( ) ( )( )

( )

( )( ) ( )( ( ) )

2

x x x x x

P :

x x x 2 x x 3

x x x x x

1 :

x x 3 x 2 2 x x 3

9 x x x x

3 x 9:

x x 3 x 2

3 x x x x

:

x x x x

3 :2 x

x x

3

2 x

 −   − − − 

= −    − − 

− + − − +

   

 

 −   − − − 

= −   − − 

−  + − − + 

   

− + − + − −

− =

− + −

− − + − − −

=

− + + −

− =

+ +

= −

2) Ta có:

x 0, x 4, x x 0, x 4,

P 0 x

2 x

x

 

 

> ⇔ ⇔ ⇔ ≤ <

>  − > 

≥



≠ ≥



≠ ≠ ≠

−

3) Ta có:

( ) ( )

3 x x

P x x 3

2 x x x

5

3 x x 12

x x

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

   

= −  + + = −  − + −

− −

   

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

( x 2) 2 ( x ) 2 5

x x

− + ≥ − =

− −

Do đó: P x 1( + ≤ −) 3.2 12− = −6 12−

Dấu “=” xảy x x x (2 5)2

x

− = ⇔ − = ⇔ = + −

Câu

1) Đặt n 14n 256 k k N2 − − = 2( ∈ ) (⇔ n 7− )2−k2 =305

(72)

Trường hợp 1: n – k – = n + k – = 305 => n = 160(nhận) Trường hợp 2: n – k – = - 305 n + k – = -1 => n = -146 (loại) Trường hợp 3: n – k – = n + k – = 61 => n = 40(nhận) Trường hợp 4: n – k – = -61 n + k – = -5 => n = -26 (loại)

Vậy n = 40, k= 28 n = 160 , k= 152

2) Áp dụng bất đẳng thức AM-GMcho sốdương a2 b2 2 2

a +b ≥2 a b =2ab 2=

A (a b a)( b2) 2 a b 1( ) 2 a b (a b)

a b a b a b

   

= + + + + ≥  + + + = + + + + + +  +   + 

Áp dụng BĐT AM-GM ta có :

( )

A 2 a b ab

a b

≥ + + + = + + = +

Giá trịnhỏnhất A= a = b =

Câu Điều kiện : x 2012

0 y 2012

 ≤ ≤  ≤ ≤



Từ2 phương trình hệta có:

x+ 2012 y− = 2012 x− + y ⇔ x− 2012 x− = y− 2012 y−

Nếu x > y : − 2012 x− > − 2012 y− => VT > VP (mâu thuẫn) Tương tựnếu x < y => VT < VP (mâu thuẫn)

=> x = y

Do đó: Hệ ( )

( )

x y

x 2012 x 2012

 =  ⇔ 

+ − =



Bình phương vế pt (2) => x = x = 2012 Vậy nghiệm hệ(x;y) = (0;0),(2012;2012)

(73)

2. Gọi P giao điểm MN OO’

Ta có: PO' O'N R'

PO = OM = R

Gọi P’ giao điểm BC OO’

Do OB // O’Cnên: P'O' O'C R'

P'O = OB = R

⇒ ≡P P' đường thẳng BC, OO’ MN đồng quy

3.MNO’C hình thang có:

( ) ( )

2

OM O'N O'H R R' R R' R R'

S O'H OO'

2 2

+ + + +

= = ⋅ ≤ ⋅ =

Dấu “ = “ xảy ⇔H O≡ ⇔OM OO'⊥ O'N OO'⊥

Vậy Max ( )

2

R R' S

2 + =

Câu

1. Gọi O I tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC A1 , B1, C1lần lượt trung điểm cạnh BC, CA, AB

Có: AA1 = ma≤ R + OA1 đẳng thức xảy AB = AC

BB1 = mb≤ R + OB1 đẳng thức xảy AB = BC

CC1 = mc≤ R + OC1 đẳng thức xảy AC = BC

a b c 1

a b c a b c a b c

m m m R 1 OA OB OC

h h h h h h h h h

   

⇒ + + ≤  + +  + + + 

    (1)

Có ( )

a b c

2S 2S 2S 2S

2S a b c r a b c

r h h h

= + + ⇒ = + + = + +

Với ( )

a b c

1 1

AB c,BC a,AC b

h h h r

(74)

a b c

h h h

1 1 1

a b c a b c

OA OB OC OA OB OC

2S

h h h h h h

 

=  + + ⇒ + + =

  (3)

Từ(1),(2),(3) a b c

a b c

m m m R r

h h h r

+

⇒ + + ≤

Dấu đẳng thức xảy khi∆ABC

2 Theo đềbài có: a b+ =k a b k N( − ) ( ∈ *)

( ) ( )

a k b ka b a k mb

⇔ + = − ⇔ + =

Với ka2− =b m m N( ∈ *)⇒m b ka+ = ( )2

Từ(1) (2) có (m – 1)(b - 1)= mb – b – m + = a + k – ka2+ = (a + 1)(k + – ka) (3)

Vì m > theo (1) nên (m – 1)(b – 1) ≥ Từ(3)

=> k + – ka ≥ => k+ ≥ ka => ≥ k(a – 1)

k(a 1) a

k(a 1) a 2,k

 − =  = ⇒ ⇒

− = = =

 



* Nếu a = từ(3) => (m – 1)(b – 1) = => b = b =

=> (a; b) = (1; 2) (1; 3)

* Nếu a = 2, k= => (m -1)(b – 1) =

Khi m = từ(1) => (a; b) = (2; 3)

Khi b = => (a; b) = (2; 1)

Thửlại ta có đáp số(a,b) = (1,2),(1,3), (2,3),(2,1)

1) Điều kiện x > 0; x≠1;

P = 2

) )( ( ) )( )( ( + − + − − x x x x

x +

2 ) )( ( ) )( )( ( − + + − + x x x x x = 1 + − x x + 1 − + x x = ) ( − + x x

P > 1⇔

1 ) ( − + x

x > 1⇔

1 ) ( − + x

x - > 0⇔

1 2 − + − + x x

(75)

1 x

⇒ x – > ⇒ x >

Kết hợp điều kiện x > 0; x≠1; Suy x > 1; x≠4 P >

2) P =

1 ) (

− + x

x = + −

x Với x > 0; x≠1;

P nguyên ⇔ x – ước

P đạt giá trịnguyên lớn ⇔ x – = ⇔ x = Vậy P đạt giá trịlớn x =

Câu

1) Điều kiện x – + 3+2x ≠

Phương trình tương đương

5

3x− - x−1 - 42x+3- 4x + 12 = (*)

Xét x <

-2

3Thì (*)⇔- 3x + + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 =

⇔2x = -28

⇔x = - 14 (Thỏa mãn đk)

Xét

-2

3≤ x < 1Thì (*)

⇔- 3x + + x – – 4(2x + 3) – 4x + 12 =

⇔ x =

7

2 (Thỏa mãn đk)

Xét ≤ x <

3

5 Thì (*)

⇔- 3x + – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 =

⇔ x =

8 (loại)

Xét x ≥

3

5 Thì (*)⇔3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 =

⇔x =

-5

2 (Loại)

Vậy phương trình có nghiệm x∈

   

 −

7 ; 14

2) Ta có x2+ xy + y2 = x2y2

(76)

xy=−1

Với xy = Kết hợp với x + y = ⇒ x = y =

Với xy = -1 Kết hợp với x + y = ⇒    − = = 1 y x    = − = 1 y x

+ Nếu x + y≠0 ⇒ (x + y)2là sốchính phương

xy(xy + 1) hai sốnguyên liên tiếp khác nên chúng ngun tốcùng Do khơng thểcùng sốchính phương

Vậy nghiệm ngun phương trình (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)

Câu

1) Ta có: a2 = x2 +

2

x + 2; b

2= y2 +

2

y + 2; c

2 = x2y2 +

2

1 y x +

Do đó: ab = (x +

x )(y +

y

) = xy +

xy + y x + x y = c +

y x

+

x y

⇒ abc = (c +

y x

+

x

y).c = c2+ c( y x

+

x

y) = c2+ (xy + xy )( y x + x y)

= c2 + x2+ y2 +

2 y +

1 x = a

2 – + b2 – + c2

⇒A = a2+ b2 + c2 – abc = 4

2) Ta có: 3(x2 -

2

x ) < 2(x -

3 x )

⇔ 3(x -

x 1)(x +

x

1) < 2(x - x 1)(x2 +

2 x + 1)

⇔3(x +

x

1 ) < 2(x2 +

x + 1) (1) ( Vì x >1 nên x - x > 0)

Đặt x +

x

1 = t x2 + x = t

2 –

Ta có (1) ⇔ 2t2 – 3t – >

⇔ (t – 2)(2t+ 1) > (2)

Vì x > nên (x – 1)2 > 0⇔x2 + > 2x ⇔ x + x

1 > hay t >

⇒ (2) Suy điều phải chứng minh

(77)

1) Ta có: IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) AD = BC (GT)

⇒ IPHQ hình bình hành Có IP = IQ =

2

1 AD =

1BC nên IPHQ hình thoi

Gọi P1; Q1 giao điểm PQ với AD BC

Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H

 

HPQ HQP

⇒ = (Góc ởđáy tam giác cân) (1)

Mà PH // BC⇒BQ P HPQ 1 = (So le trong)(2) QH // AD⇒AP P HQP 1 = (So le trong)(3)

Từ(1); (2); (3) Suy AP P BQ P 1 = 1 (đpcm)

2)

Gọi K, M, N trung điểm EF, DF, CE

Từgiả thiết ∆ ADE = ∆ BCF dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)

Suy MHP NHQ = ⇒MHQ NHP = ⇒MHN PHQ có tia phân giác Mặt khác dễcó IPHQ KMHN hình thoi

Suy HK HI phân giác củaMHN PHQ Suy H, I, K thẳng  hàng

Q P

H D

C

k

n m

F E

Q P

H I

D

C B

(78)

Đặt BD = x, DC = y Giảsửx < y Pitago tam giác vng AHD ta tính HD

= 27cm Vẽtia phân giác góc ngồi A, cắt BC ởE Ta có AE ⊥AD nên AD2 =

DE.DH.Suy DE =

DH AD2

=

27 452

= 75cm

Theo tính chất đường phân giác tam giác

DC DB =

EC EB ⇒

y x

=

y x + − 75

75 (1)

Mặt khác x + y = 40 (2)

Thay y = 40 – x vào (1) rút gọn x2 – 115x + 1500 = ⇔ (x – 15)(x – 100) =

Do x < 40 nên x = 15, từđó y = 25

Vậy DB = 15cm, DC = 25cm

Câu

Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1; ta có

(12 + 42)(a4+ 1) ≥ (a2+ 4)2

⇒ 1+a ≥

17 +

a (1)

Dấu “=” xảy ⇔ a =

2

Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1; ta có

17(b4+ 1) ≥ (b2+ 4)2 ⇒ +1 b ≥

17 + b

(2) Dấu “=” xảy ⇔ b =

(79)

17

Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =

4

9 ⇔ a + b + ab =

Áp dụng Cơsi ta có: a ≤ a2 +

1 ; b≤ b2 +

1 ; ab ≤

2

b a +

Cộng vếba bất đẳng thức ta

) (

2

3 2 b a + +

2

1 ≥ a + b + ab =

5 ⇒ a2+ b2≥ ( 5-

2 1):

2 3 =

2

Thay vào (∗)ta được: P ≥

17

+

=

2 17

Vậy giá trịnhỏnhất P

2 17

khi a = b =

2

a) Ta có a 5 a a

x y x z z y 2x y z

− + = = =

+ + − + +

Suy 25 2 (x z)+ =

(5 a)(5 a) (z y)(2x y z)

− +

− + + =

2

25 a (z y)(2x y z)

−

− + + =

16

(z y)(2x y z)− + +

Suy 25 – a2 = 16 ⇒ a2= ⇒ a= ±3

Mặt khác Q = a 2a a 26 55

a

− + − + =

5

a (a 2) (a 2)

a

− + − + =

5

(a 2)(a 1)

a

− +

+ = a – 2, với a ≠ -

Với a = Q = Với a = - Q = -

b) Ta có: 1 1 ab bc ca a b c abc+ + = ⇒ + + =

2

1 a ab bc ca a a(a b) c(a b) (a b)(a c)

⇒ + = + + + = + + + = + +

2

1 b ab bc ca b b(a b) c(a b) (a b)(b c)

⇒ + = + + + = + + + = + +

2

1 c ab bc ca c b(a c) c(a c) (a c)(b c)

⇒ + = + + + = + + + = + +

( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )

⇒ + 2 + 2 + 2 = + + + = + + + 2

1 a b c a b b c a c a b b c c a Vì a, b, c

các sốnguyên ⇒ +(a b)(b c)(c a) Z+ + ∈

2 2

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

⇒ + + + sốchính phương

(80)

17 19 21 23

x 241 1 x 220 2 x 195 3 x 166 4 0

17 19 21 23

− − − −

⇔ − + − + − + − =

x 258 x 258 x 258 x 258

17 19 21 23

− − − −

⇔ + + + =

(x 258) 1 1

17 19 21 23

 

⇔ −  + + + =

 

⇔ =x 258

Vậy phương trình có nghiệm x = 258

b) +Phương trình biến đổi thành: (x + 1)(x2+ 1) = (2y + 1)2

+ Ta chứng minh (x + 1) (x2+ 1) nguyên tốcùng

Vì d = UCLN (x+1, x2 + 1) d phải sốlẻ (vì 2y+1 lẻ)

⇒ x d2

x d

 +   + 

  ⇒

2

x x d

x d x d

 + 

+   + 

  

⇒ x d

x d

 +  − 



 ⇒2d mà d lẻnên d =

+ Nên muốn (x + 1)(x2+ 1) sốchính phương

Thì (x+1) (x2+ 1) phải sốchính phương

Đặt: 2

1 x k x t  + = 

 + =

 ⇒ (k + x)(k – x) = 1⇒ k x

=   =



1 k x

= −   = 

+ Với x = (2y + 1)2= ⇒ y = y = - 1.(Thỏa mãn pt)

Vậy nghiệm phương trình là: (x; y) ={(0; 0), (0; 1)− }

Câu

a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: c a c c b c

b a a b

− −

⋅ + ⋅ ≤

Áp dụng bđt Cauchy xy x y

2

+

≤ Với x ≥ 0, y ≥

Đẳng thức xảy <=> x = y Ta có:

c a c c a c 1 c c

b a b a b a

−  −   

⋅ ≤  + =  + − 

   

c b c c b c 1 c c

a b a b a b

−  −   

⋅ ≤  + =  + − 

   

(81)

b a a b a b+

b) Giảsử f x( )=ax4+bx3+cx3+dx e+

Do f 0( )=enên e 7

Mặt khác: f(1) a b c d e a c

f( 1) a b c d e b d

 = + + + +  +

⇒

 − = − + − +  +

 

 

f(2) 16a 8b 4c 2d e 4a c

f( 1) 16a 8b 4c 2d e 4b d

 = + + + +  +

⇒

 − = − + − +  +

 

 

a c 3a a

4a c c c

 +  

⇒ ⇒ ⇒

+

  

  

b d 3b b

4b d d d

 +  

⇒ ⇒

 +  

  

  

Vậy hệsố f(x) chia hết cho

Câu

a) Ta có: HBC ABC

1.HA'.BC

S 2 HA'

1

S .AA'.BC AA'

2

= = ;

Tương tự: HAB

ABC

S HC'

S = CC' ; HACABC

S HB'

S = BB'

HBC HAB HAC

ABC ABC ABC

S S S

HA' HB' HC' 1

AA' BB' CC' S+ + = + S + S =

b) Áp dụng tính chất phân giác vào ∆ABC, ∆ABI, ∆AIC:

BI AB AN AI CM IC; ;

IC AC NB BI MA AI= = =

BI AN CM AB AI IC AB IC. . . . . 1 IC NB MA AC BI AI AC BI

BI.AN.CM BN.IC.AM

⇒ = = =

⇒ =

c) VẽCx ⊥CC’ Gọi D điểm đối xứng A qua Cx

- Chứng minh góc BAD vng, CD = AC, AD = 2CC’

B

A

C I

B’ H N

x

A’ C’

M

D B

A

C I

B’ H N

x

A’ C’

M

(82)

-∆BAD vuông A nên: AB2 + AD2= BD2

⇒ AB2 + AD2 (BC+CD)2 => AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2

=> 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2

Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2

4BB’2 (AB+BC)2 – AC2

- Chứng minh : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2

2

2 2

(AB BC CA) 4

(AA') (BB') (CC')

+ +

⇔ ≥

+ +

Vậy GTNN

2

2 2

(AB BC CA) 4

(AA') (BB') (CC')

+ +

= + +

Đẳng thức xảy BC = AC, AC = AB, AB = BC hay AB = BC = CA tức ∆𝐴𝐵𝐶đều

Câu

Áp dụng định lí Talet ta có :

BQ MN EQ

ME =

(1);

MN PC FN

PF = (2)

Vì ME = PF ⇒

FN PF EQ ME =

(3)

Từ(1); (2); (3) ⇒

MN PC BQ

MN =

NP PC QB MQ = ⇔

Suy hai tam giác vuông BMQ NCP đồng dạng với

=> MBQ + NCP = CNP + NCP = 90   

Suy : ABC vuông A

≤ ≤

≤ ≤ ≤

≤

∆ ∆

(83)

Câu

a) Ta có: A x x x

( x 3)( x 2) x x

− + +

= + −

− − − −

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

2 x 2x x x x x x

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

( x 2)( x 1) x

( x 3)( x 2) x

− + + − − + − =

− −

− + − + − − + − −

= =

− − − −

− + +

= =

− − −

Vậy A x

x + =

− với (x 0,x 4,x 9)≥ ≠ ≠

b) Với (x 0,x 4,x 9)≥ ≠ ≠ Ta có:

1 x 1

A x x

2 x 3

1

3 x x (t / m)

+

= − ⇔ = − ⇔ + = − +

−

⇔ = ⇔ =

Vậy A =

2

− ⇔x =

9

Câu

a) Ta có 15− − 15+

2

5 15 15 ( 3) ( 3)

5 3

= − + − + + = − − + = − − − = −

b) Ta có: x x 02− − = ⇒x x 12− = ⇒(x x2− )3 = ⇒1 x 3x 3x x6 − 5+ 4− =1.

Mặt khác: x x 02− − = ⇒x2 = + ⇒x x6 =(x 1+ )3 =x 3x 3x 1.3+ 2+ +

Suy ra: P 2015 2016

1 2015 2016

+

= = =

+

c) Điều kiện: x2 – > ⇔ x

x

 >  < − 

+ Nếu x > 3: Bình phương hai vế phương trình ta được:

2

2 2 2

9x 6x x x

x 72 72

x x 9 x x 9

+ + = ⇔ + − =

(84)

2

x 9−

Khi đó:

2

x 6

x 9− = ⇔ x

4 – 36x2 + 324 = ⇔ x2 = 18

Trong trường hợp tìm được: x=3

+ Nếu x < –3: Khi đó:

2

3x

x

+ < <

− : PT vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x 2=

Câu

a)Ta có: F = n3+ 4n2 – 20n – 48 = (n – 4)(n + 2)(n + 6).

Thử với n = 1; 2; F đều khơng chia hết cho 125

Thử với n = F = chia hết cho 125

Vậy sốnguyên dương bé cần tìm là: n =

b) Ta có: A=n6 - n4+2n3+ 2n2

= n4(n2-1) + 2n2(n+1)

= n2(n+1)(n3-n2+2)

= n2(n+1)[(n+1)(n2-2n+2)]

= n2(n+1)2(n2-2n +2) = n2(n+1)2[(n-1)2+1]

Ta có: (n-1)2< (n-1)2+1 = n2+ 2(1-n) < n2(vì n > 1)

⇒ (n-1)2+1 khơng thểlà sốchính phương

Vậy A khơng thểlà sốchính phương

Câu

a) Ta có: SABC = 1

2.BC.AD

∆ABD vng D có AD =AB.sinB, SABC

= 1

2BC.AB.sinA

∆ABE vng ởE có AE = AB.cosA

∆BFC vng ởF có BF = BC.cosB

∆ACD vng ởD có CD = AC.cosC

Do AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC

b) Xét ∆ABD có tanB = AD

BD; ∆ACD có tanC =

AD CD

A

B C

H

D

(85)

BD.CD

Do HBD =CAD(cùng phụ với ACB) nên ∆BDH ∼∆ADC (g.g)

DH BD

DC AD

⇒ = ⇒BD.DC = DH.DA

Kết hợp với (1) tanB.tanC = AD2 AD

DH.AD = DH

c) Chứng minh ∆AEF ∼∆ABC (g.g) ⇒AEF =ABC

Tương tựđược CED =CBA nên AEF =CEDmà BE ⊥AC ⇒AEB =CEB = 900

Từđó suy FEB =DEB ⇒EH phân ∆DEF

Tương tự DH, FH phân giác ∆DEF nên H giao ba đường phân giác ∆DEF

d) Ta có : SBHC+ SCHA+ SAHB= SABC

Dễ thấy ∆CHE ∼∆CAF(g.g) CH CE

CA CF

⇒ = BHC BHC ABC ABC

HB.HC HB.CE 2.S S

AB.AC AB.CF 2.S S

⇒ = = =

Tương tựcó CHA

CBA

HC.HA S

BC.BA = S ;

HAB

CAB

HA.HB S

CA.CB =S

Do đó: BHC CHA AHB

BAC CBA ACB

HB.HC HC.HA HA.HB S S S

1

AB.AC + BC.BA + CA.CB =S +S +S =

Câu

Đặt a= x y ; b2+ = y z ;c2+ = z x2 + ⇒ a; b;c 0> a b c 2015+ + =

Ta có: a2+b c2+ =2(x y z )2+ 2+ ⇒

x2 a2 b c2 ; y2 a2 b c2 ; z2 a2 b c2

2 2

− + + − − + +

⇒ = = =

Do đó: (y z)+ ≤2(y z ) 2b2+ = ⇒y z+ ≤ 2b⇒ x2 a2 b c2

y z 2b 2

− +

≥

+

Tương tự: y2 a2 b c2 , z2 a2 b c2

z x 2c 2 x y 2a 2

+ − − + +

≥ ≥

+ +

⇒ T a2 b c2 b a2 b c2 c a2 b c2 a

2b 2 2c 2 2a 2

+ + + + + +

≥ − + − + −

2 2

1 (a b c ) 1 a b c

a b c

2 2

  + +

= + +  + + −

(86)

a b c

6  

1 (a b c)(a b c) 1 2015

a b c

6 2

 

= + + + +  + + − ≥  

1 2015.9 2015 2015

6 2 2

≥ − =

Dấu đẳng thức xảy a b c 2015

3

= = =

Vậy T 2015

2

= x y z 2015

3

= = =

1) Ta có:

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

n n n n

1

n n n n n n n n n n n n

n n n n n n n n

n n n n n n

n n n n n n 1

n n

n n n n n n

+ − +

=

   

+ + +  + + +   + − + 

+ − + + − +

= =

+

+ − +

+ + +

= − = − = −

+

+ + +

2) Từ kết câu 1, ta có

1 1

2 1 2

1 1

3 2 3

1 1

4 3 4

1 1

2017 2016 2016 2017 2016 2017

1 1

2018 2017 2017 2018 2017 2018

= − +

Cộng đẳng thức trên, vế theo vế ta

2018

1 2018 2018 2018

S

2018

2018 2018

− −

(87)

n

Khi n số phương rõ ràng Sn số hữu tỉ

Chẳng hạn n = 36 Sn

6

⇒ =

Câu 1) Ta có:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2

x 7x x 30 x 7x x 30

x 8x 16 x x

x

x x

x

− = + − ⇔ − − + + =

⇔ − + + + − + + =

 − =



⇔ − + + − = ⇔ 

+ − =

  − =

 ⇔ =



+ − = 

2) Ta có:

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

10x y z 2x 4y 6xz 10x y z 2x 4y 6xz

x x

x y z 3x y y

z 3x x

+ + < + + − ⇔ + + ≤ + + −  − =  =

 

⇔ − + − + − ≤ ⇔ − = ⇔ =  − =  =

 

Câu

1) Ta có: A=(x2−5x x+ )( 2−5x 6+ ) Đặt y x 5x 4= − +

( ) 2 2 ( )2

A y y 2= + =y +2y y= +2y 1+ − = y 1+ − ≥ −1

2

MinA= − ⇔ = − ⇔1 y x 5x 0− + = x1 5; x2 5

2

+ − ⇔ = =

2) Đặt x = b + c – a; y = a + c – b; z = a + b – c (x, y, z > 0)

Khi đó: x + y + z = a + b +c

Và 2a = a + b + c – (b + c – a) = x + y + z – x y + z a y z +

⇒ =

Tương tự b x z

2 +

= c x y

2 + =

BĐT cần chứng minh tương đương với:

y z x z x y 6 y x z x z y 6

x y z x y x z y z

   

+ + + + + ≥ ⇔ + + + + + ≥

     

 

   

BĐT cuối theo kết BĐT phụ: a b

(88)

M F

D C

1 Chứng minh: AE FM DF= = ⇒∆AED= ∆DFC ⇒ đpcm

2 c/m DE, BF, CM ba đường cao ∆EFC⇒ đpcm

3 Gọi cạnh hình vng ABCD a

Có Chu vi hình chữnhật AEMF = 2a khơng đổi

ME MF a

⇒ + = không đổi

AEMF

S ME.MF

⇒ = lớn ⇔ ME MF= (AEMF hình vng)

M

⇒ trung điểm BD

Câu

Giả sử hình vng ABCD có cạnh a (a>0) Gọi M, N, P Q trungg điểm AB, BC, CD, DA Gọi d đường thửng trrong 2018 đường thẳng cho thỏa mãn u cầu tốn Khơng tính tổng qt, giả sử d cắt đoạn AD, MP, BC S, E, K

sao cho SCDSK =3SABKS

Từ SCDSK =3SABKS ⇒ DS+CK=3(AS+BK)

⇔ a – AS +a – BK = (AS + BK) ⇔AS + BK =

2a ⇔ EM =

4a ⇒E cố định d qua E

Lấy F, H đoạn NQ G đoạn MP cho FN = GP = HQ =

4 a

P

D C

N Q

K S

G F H

E

d

M B

(89)

bài phải qua bốn điểm cố định E, F, G, H

Theo nguyên ý Dirichlet từ 2018 đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải có 2018 505

4

  + =  

  đường thẳng qua bốn điểm

E, F, G, H cố định, nghĩa 505 đường thẳng đồng quy

Đề số 10 Câu

1) Ta có

3 1 3 1

3

x

3 1

3 1 1

3 1 3 1 2

1

 + + −  + − 

   

   

= − =

+ − + − + +

+ + − + +

= =

Thay x=2vào biểu thức A ta

( 2 )2018

A= 2 1− − +2019 2019 2020= + =

2) Ta có:

( )( )

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

2

2 2

2

x x 2019 y y 2019 2019

x x 2019 x x 2019 y y 2019 2019 x x 2019

2019 y y 2019 2019 x x 2019

y y 2019 x 2019 x

+ + + + =

⇔ − + + + + + = − + − + + = − +

⇔ + + = + −

Tương tự: x+ x 20192+ = y 2019 y2+ −

Cộng theo vếhai đẳng thức ta x y 0+ = ⇔ = − ⇒x y x2019+y2019 =0.

Câu

a) Đặt

y= x + (điều kiện y≥1)

Ta có phương trình:

( ) 2 ( )( )

4x−1 y=2y +2x− ⇔1 2y −4xy+2x+ − = ⇔y y−1 y−2x+ =1

2

y x

(90)

2 2

1 2

3

1 4

x x x

x x x x x

+ = − ⇔ ⇔ ⇔ =

 + = − +  − =

 

Vậy phương trình cho có nghiệm

3 x=

2) Điều kiện x y, ≥0

2019 2019

x+ y = ⇔ y = − x

Bình phương hai vếta y=2019+ −x 2019x⇒ 2019x∈

Vì 2019=3.673 (3; 673)=1

Nên 2

3.673 2019

x= n = n (với n∈)

Tương tự: 2

3.673 2019

y= m = m

Thay vào ta

( ) ( ) ( ){ } ( ) ({ ) ( )}

1 ; 0;1 ; 1; ; 0; 2019 ; 2019;

m n+ = ⇒ m n ∈ ⇒ x y ∈

Câu

a) Đặt 1.2.3.4 12 3.4.6.7.8.9.12 ( )1

100 S

S = ⇒ = sốnguyên

Suy hai chữsố tận Slà 00

Mặt khác, suốt trình nhân liên tiếp thừa sốở vế phải (1), để ý đến chữ số tận ta thấy

100 S

có chữ số tận (vì

3.4 12; 2.6 12; 2.7 14; 4.8= = = =32; 2.0 18;8.11 88;8.12= = =96)

Vậy ba chữsố tận Slà 600

b) Do a b c, , ∈ −[ 1; 2]

Nên ( )( ) 2

1 0; 2 2

a+ ≥ a− ≤ ⇒ a+ a− ≤ ⇔a − − ≤ ⇔a a ≤ +a

Tương tự: 2

2;

b ≤ +b c ≤ +c

Suy a2+b2+c2 ≤ + + +a b c 6

Mà 2

6

a + +b c = ⇒ + + ≥a b c

(91)

a) Gọi I trung điểm BC ⇒OI đường trung bình tam giác ABC / /

OI BC

⇒ =1 OI BC

Chứng minh

2

GC= GI⇒OI = CM ⇒CB=CM

Xét ∆ABM có OA=OB=R CB=CMnên OClà đường trung bình / /

OC AM

⇒ mà OC⊥ AB⇒AM ⊥AB MA

⇒ tiếp tuyến đường tròn (O R; )

b) TừK hạlần lượt đường vng góc với AB CD P Q

* Chứng minh: ∆AKB vuông Ktheo định lý Pitago ta có:

2 2 2 4 2

4 16

KA +KB =AB ⇒KA +KB = R ⇒KA +KB + KA KB = R

Mặt khác:

2 2

4 2 4 2

4 4 2

2

16

KA KB AB KP R KP KA KB R KP KA KB KA KB KA KB R KP KA KB R R KP

= = ⇒ =

⇒ + + = + +

⇒ + = −

Chứng minh tương tự: 4 2

16

KC +KD = R − R KQ

Từđó suy 4 4 2( 2)

32

KA +KB +KC +KD = R − R KP +KQ

Xét tứ giác KPOQ có: O  = =P Qnên tứ giác KPOQ hình chữ nhật

2 2 2

KP KQ PQ KO R ⇒ + = = =

4

4 4 2

32R 8R R 24

KA +KB +KC +KD = − = R

c) Chứng minh AM=AB

Kéo dài BG cắt đường tròn F cắt AM E

A B

C

D

G

O

N

K P Q

(92)

* Chứng minh EAF =OBN⇒ AF =NB

* Chứng minh ∆AFN vuông cân ⇒FNA=450 ⇒ANB=45 0

* Chứng minh ( ) 

135 MAF BAN c g c MFA ANB

∆ = ∆ − − = =

Mà   0 0

90 360 135 90 135

AFN = ⇒MFN = − − =

Chứng minh ∆MFN = ∆MFA c( − − ⇒g c) MN =MA

Mà MA=AB=2R⇒MN =2 R

Câu

Các đại biểu ứng với điểm A, B, C, D, E, F

Hai đại biểu X Y quen ta tơ đoạn thẳng XY màu xanh cịn X Y khơng quen ta tơ đoạn thẳng XY màu đỏ

Xét đoạn thẳng AB, AC, AD, AE, AF theo Ngun lí Dirichlet tồn ba đoạn màu

* GiảsửAB, AC, ADmàu xanh

Xét điểm B, C, D: Vì đại biểu có hai người quen suy ba đoạn BC, CD, DBmàu xanh

GiảsửBC màu xanh suy A, B, Cđơi quen

* Còn AB, AC, ADmàu đỏsuy B, C, Dđôi quen

Đề số 11 Câu Điều kiện: x 0,x 1.> ≠

a) Ta có:

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

( )( ) ( )( )

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

x x

P

x x x x x x x

x x 2 x x x x 2x x x

x x x x x x

x x x

x x 2x x x x

x

x x x x x x

+

= + +

− + − +

+ + − + + + + − + +

= =

− + − +

+ +

+ + + +

= = =

−

− + − +

b) Ta có:

( )2 ( )2

(93)

x 1− 1+ −

c) Ta có:

( x 2)

x

P

x x x

− + +

= = = +

− − −

ĐểP nguyên ( x 1− ) ước ( x 1− > −)

Do đó:( x 1− ∈) {0;1; 2}⇒ x∈{1; 2; 3}⇒ ∈x 1,4,9{ }

Mặt khác theo điều kiện x 0,x 1> ≠ ⇒ = ∨ =x x

Vậy đểP nguyên x = x =

Câu

a) Điều kiện x 6≤ ≤

Ta có: VT x 10x 27= − + =(x 5− )2+ ≥2 2

Dấu “=” xảy x =

Mặt khác: Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có:

( ) ( ) (2 )2

2

VP= x− + x 4− ≤ 1+  x− + x 4−  =2

 

Dấu “=” xảy khi: 1 x x x

6 x− = x 4− ⇔ − = − ⇔ =

Do phương trình có nghiệm VT = VP = x =

Vậy x = nghiệm phương trình

b) Điều kiện x 0.≥

Ta thấy x = khơng phải nghiệm phương trình nên chia cảhay vếcho x ta được:

( )

2 4

x 2x x x x x x x x *

x x

   

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

Đặt x t 0 t2 x 4 x t 42

x x

x

+ = > ⇔ = + + ⇔ + = −

Do đó: ( ) ( ) ( )

( )

2 t TM

* t t t t

t loai

 = ⇔ − − − = ⇔ − − = ⇔ 

= − 

Với t = ta được:

( )( ) x

2

x x x x x

x x

 = + = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ 

(94)

Câu

a) Ta có:

( ) (2 )( ) ( )

2 2

y +2xy 3x 0− − = ⇔x +2xy y+ =x +3x 2+ ⇔ x y+ = x x 2+ + *

Vếtrái (*) sốchính phương, vếphải (*) tích hai sốnguyên liên tiếp nên phải có hai sốbằng Do đó: = − ⇒ = = − ⇒ =xx 21 y 2y



Vậy có cặp nghiệm nguyên (x, y) = (-1; 1), (-2; 2)

b) Điều kiện ( )3

1 x 1

x 1; y x 0; y 0; 0;

y y

x

−

> > ⇔ − > > ⇔ > > > −

Sửdụng bất đẳng thức AM-GM cho sốdương:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 3

3

1 1 3 .1.1 2 1

x

x x x

3 x

x 1 3 x .1.1 x 2 2

y y y y

+ + ≥ ⇔ ≥ − −

− − −

−  −  + + ≥  −  ⇔ −  ≥ −      

      ( )

3 3

1 1 3 .1.1 2 3

y y + + ≥ y ⇔ y ≥ −

Từ(1), (2) (3) suy ra:

( ) ( )

( )

3

3 x

1 x 1 6

y y x y y

x

1 x 1 6x 3x 3 2x x

y y x y x y

x

−  − 

+  + ≥ − + + −

−  

 −  − +  −  ⇔ +  + ≥ + =  + 

− −

−    

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu “=” xảy ảkhi x = 2, y =

c) Xét n = A = khơng phải sốnguyên tố

n = A = sốnguyên tố Xét n > ta có:

( )670 ( )667 ( )

2012 2002 2 3

A n= −n +n − +n n + + =n n  n − +1 n n  − +1 n + +n

   

Mà ( )n3 670−1

 

 chia hết cho (n 13− )suy ( )

670

n

 − 

 

  chia hết cho (n2+ +n 1)

Tương tự: ( )n3 667−1

 

 chia hết cho (n2+ +n 1)

(95)

Câu

a) Dễ chứng minh ∆ABF= ∆ADK g.c.g( )⇒AF AK=

Ta giác KAE có đường cao AD nên:

2 2 2 2

1 1 1 1

AK +AE = AD ⇒ AF +AE =AD =a (không đổi)

b) Dễ chứng minh được: SKEF 1KE.EF.sin AEK 1.KE.EF.cos AKE

2

= =

Mặt khác: KEF ( )

1

S EH.KF EH KH HF

2

= = + suy ra:

 ( ) 

    

1 EH.KH EH.HF

KE.EF.cos AKE EH KH HF cosAKE

2 KE.EF

EH KH EH HF

cosAKE sin EFK.cosEKF sin EKF.cosEFK

EF EK KE EF

+

= + ⇔ =

⇔ = + = +

c) Dã sửđã dựng điểm N thỏa mãn NP + NQ = NM

Lấy N’ đối xứng với N; M’ đối xứng với M qua AD suy tam giác NN’M cân

tại N suy MN’ phân giác DMM' Suy cáchdựng điểm N sau: - Dựng M’ đối xứng với M qua AD

- Dựng phân giác góc DMM’ cắt DM’ N’

- Dựng N đối xứng với N’ qua AD

Chú ý: Học sinh có thểkhơng trình bày phân tích mà chỉtrình bày cách dựng cho điểm tối đa

(96)

Gọi O giao điểm hai đườngchéo hình bình hành, kẻOP vng góc với d P

Ta có OP đường trung bình hình thang DKHB nên DK + BH = 2OP

Lại dó OP đường trung bình tam giác ACI nên CI = 2OP Do đó: DK + BH + CI = 4OP

MàOP AO≤ nên BH CI DK 4AO+ + ≤ Vậy Max BH CI DK( + + )=4AO

Đạt P A hay d AC≡ ⊥

Đề số 12 Câu

1. a) ĐKXĐ: x 0; x

Ta có: P = =

= =

=

b) Với x 0; x ta có

3 + − = x x P

P( x +3)=m  x =2−m 

5

2 m

x = −  m≤2

Lại có: x  2−m ≠

 m≠−3

Vậy m≤2;m≠−3

2. Ta có: 3

17 17

3+ + − =

a  

     + + − −

= 3

3 17 17 6 a ≥ ≠ 3 2 3 11 15 + + − − − + − + − x x x x x x x

( )( )

3 2 3 11 15 + + − − − − + − − x x x x x x x ( )( ) ( )( )

( 1)( 3)

1 3 11 15 + − − + − + − − − x x x x x x x

( )( ) ( 1)( 3)

2 3 11 15 + − − + − = + − + − − + − − − x x x x x x x x x x x ( )( )

( )( )

(97)

Từđó: f( )a =(a3 +6a−7) =(a3 +6a−6−1) =1

Câu

1.Đặt x2 +9 = y (với y≥3)

Khi đó, ta có: y2 +5x=(x+5)y ( )( ) 

 

= = ⇔ = − − ⇔

x y y x

y

y 5

Từđó tìm nghiệm phương trình là: x=±4

2. Ta có: 2xy2 +x+y+1= x2 +2y2 +xy

⇔2y2(x−1) (−x x−1) (−y x−1)+1=0 (1)

Nhận thấy x = nghiệm PT (1) Chia vế phương trình cho x – 1, ta được:

1

2 =

− + − −

x y x

y (2)

PT có nghiệm x, y nguyên, suy

1

−

x nguyên nên x – thuộc {−1;1} • x – = -1  x =

• x – =  x =

Thay x = vào PT(2) ta được: 2y2 −y−1=0 ⇔ y=1;

2 − = y

Thay x = vào PT(2) ta được: 2y2 −y−1=0 ⇔ y =1;

2 − = y

Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun ( ) ( ) ( )x,y ∈{0,1; 2,1}

Câu

1.ĐK: x≠0

Đặt a= x+ 2012, =13− 2012 x

b

Thay x=a− 2012 vào biểu thức b, ta được:

2012 2025 ( ) 2012

2012 13

a b ab

a

b − ⇔ − = −

− =

Để a,b∈Z a=b, ab−2025=0

Từđó, suy a=b=±45 ⇒x=±45− 2012

Thửlại với x=±45− 2012 thấy a,b sốngun

2.Xét tích:

(x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z –1 = x + y + z -  (vì xyz = 1)

  

 

+ +

z y x

(98)

Nếu thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) dương ⇒xyz > (loại)

Nếu thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) âm ⇒(x –1)(y – 1)(z – 1)<0 (loại) Nếu thừa sốdương, thừa số âm ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0 (loại)

Nên phải có thừa số âm, thừa sốdương ⇒trong sốx, y, z có hai sốbé Cịn sốlớn

Vậy sốx, y, z có sốlớn

Câu

1.a) Lấy điểm E khác phía với điểm P đường thẳng AB cho ∆BPE vuông cân B

Ta có ∆BPC = ∆BEA (c.g.c)

⇒BEA = 1350

Do BEP = 450nên PEA = 900

∆AEP vng E Theo định lí Py –Ta – go

ta có:

AP2= AE2+ EP2

= CP2 + 2BP2

1.b Trước hết ta chứng minh nhận xét sau:

Giả sử I điểm nằm hình chữ nhật ABCD Qua I kẻ đường thẳng MN, PQ tương ứng song song với AB, AD Gọi diện tích

hình chữ nhật IPBN S1, diện tích hình chữ

nhật IQDM S2

Ta có S1 = S2khi chỉkhi I thuộc đường chéo

AC

Thật vậy: Giả sử I thuộc đường chéo AC Vì đường chéo hình chữ nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích nên S1= S2

Ngược lại, giảsử S1 = S2, suy ra: IN.IP = IM.IQ

=>

MA NC IP IQ IM

IN = =

Suy ∆MAIđồng dạng với ∆NIC (c.g.c) =>MIA NIC =

Do M, I, N thẳng hàng nên A, I, C thẳng hàng

z y x

P

A D

B C

P

E

N

A B

D C

I M

P

(99)

Dễ thấy tứgiác NBMQ hình chữnhật Qua P Q

kẻcác đường thẳng song song với cạnh hình vng Do P thuộc đường chéo AM hình chữ nhật ABMR nên SBLPK= SPIRS (1)

P thuộc đường chéo CN hình chữnhật NBCH nên SBLPK = SPTHF (2)

Từ(1)&(2) suy ra: SPIRT= SPTHF

=> SFQRS = SQITH

Theo nhận xét trên, suy Q thuộc đường chéo PD hình chữnhật SPTD, tức PQ qua điểm D

2) Khơng tính tổng qt, giảsử: ∠A ≥ ∠B ≥ ∠ C => Â ≥ 600

TH1: ≤

60 Â < 900

KẻCH ⊥ AB, BK ⊥ AC => SABC =

2

CH.AB Mà CH ≤ CC1 ≤ 1, ta có:

AB 60 sin sin sin sin

1 ≤ ≤ =

≤ = A A BB A BK

=> SABC

3 =

≤ (1)

TH2: Â 90

≥ => AB ≤ BB1 ≤ 1; CH ≤ CC1 ≤

=> SABC

3 1

1 = <

≤ (2) Từ(1)&(2) suy SABC

3 ≤

Câu

Ta chứng minh hai bất đẳng thức: 3 3 2 2

2

8 x y

x y x x + ≥

+ (1) ( ) 2

2 3 2y x y y x y y + ≥ +

+ (2)

Thật BĐT (1)

( 2 2)2

4

3

2

8 x y

x y x x + ≥ + ⇔

⇔ x2 +y2 ≥2xy (đúng với x, y)

BĐT (2)

( ) ( 2 2)2

4 3 2y x y y x y y + ≥ + + ⇔

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

y

x + + ≥ +

(100)

Nên ( 2)( 2) ( )2 ( ) ( )3

1

3y x y y x y y x y

x y

x + + ≥ + + = +

Suy BĐT (2)

Từ(1) (2) ta Q≥1

Dấu “=” xảy chỉkhi x = y

Vậy P = x= y

Đề số 13 Câu

a) Ta có:

( )( ) ( )( )

x x x x 1

P :

x

x x x x

x x x : x x

x

x x x x

 + + +   

= −   + 

−

+ −  + − 

 

   

+ + − + +

   

= −   

−

+ − + −

   

   

( )( ) ( x 1)( x 1)

x x x x

2 x

x x

+ − + + − −

=

+ −

( x 2x 2)( x 1).( x 12 x)( x 1) xx

+ −

+ +

= =

+ −

b)Ta có

( )

x 0; x

1 x 1

2 x x

P *

8 x

 > ≠ + 

− ≥ ⇔  + − ≥  +



( ) ( ( ) ) ( ) ( )

2

16 x x

* x x tm

8 x

− +

⇔ ≥ ⇔ − ≤ ⇔ = +

Vậy x 9= x 1

P

+ − ≥

Câu

a) Điều kiện: x≥ −1

( )( )

( ) ( )

2

x 2x x 2x x 4x

x 2x x 2x x x

2x x 1 x x

(101)

( )

x 1 x

tm x

2x x

 + − =  = ⇔ ⇒ =

 − + =  

Vậy phương trình cho có nghiệm x 0; x 1= =

b) Ta có:

2 2

2

1 1

x y z

1 1

x y z

1 1

x y z

+ + + + + =  

   

⇔ − + + − + + − + =      

 

    ⇔ −  + −  + −  =

     

x

x x 1

1

y y

y

z

1

z



− = 

 = − 

 

⇔ − = ⇔ = −

  = −

 

− = 



hoặc x

y z

 =  =   = 

Do P x= 2017 +y2018+z2019 =3 khi x y z 1= = =

Hoặc P x= 2017+y2018+z2019 =1 khi x y z= = = −1

Câu

a) Nếu n 3k k= ( ∈) A 9k= 2+3k 2+ không chia hết cho 3.

Nếu n 3k k= + ( ∈) A 9k= +9k 4+ không chia hết cho 3.

Nếu n 3k k= + ( ∈) A 9k 15k 8= 2+ + khơng chia hết cho 3.

Do A không chia hết cho với sốnguyên n Vậy A không chia hết cho 15 với sốnguyên n

b) Nếu y=2k k( ∈), suy VT số chẵn (vơ lí)

Nếu y=2k+1(k∈), suy

( )

( ) ( )

2

1009 2018

2018 2

2 2017 2017

2017 2017 4 4.2017 2017

y n y n

y n n n n

= + ⇒ = +

⇒ = + + = + +

Mà 2017 chia cho dư 1, suy VT chia cho dư Còn VP=2019 chia cho dư (vơ lí)

(102)

a) Gọi CP cắt AH N

Ta có OA=OB=R; AP=PB(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy OP là đường trung trực AB hay OP⊥AB K

Xét ∆ACH ∆POBcó

 

90 AHC=PBO=  

ACH =POB (cùng phụ với ABC)

Do ∆ACH đồng dạng ∆POB(g.g) AH CH ( )1 PB = OB

Xét ∆CPB có AH//BP(gt) nên NH CH 2NH CH ( )2 PB = CB ⇒ PB = OB

Từ(1) (2) suy AH=2NHhay AN=NH

b) Xét ∆ABC vuông A với đường cao AHcó:

AH2 = BH.CH = (2R-CH).CH (3)

Từ (2) ta có CH 2NH.OB

PB

= thay vào (3), kết hợp với AH=2NH ta được:

( )

2

2 2 2

2 2

AH.CB AH.CB

AH 2R

2PB 2PB

4PB AH 4R.PB AH.CB AH.2R 8R PB.AH 4R AH PB AH 2R PB R AH

AH PB R 2R PB

  

= −  

  

⇔ = − = −

⇔ = −

⇔ + =

Thay PB2=m2-R2vào đẳng thức ta 2 2

2R

AH m R

m

= −

c) Ta có SMOP 1MP.OB 1(PB BM OA) 1(PB BM R) ( )4

2 2

= = + = +

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

( ) ( )

1 PB BM PB.BM 5

2 + ≥

N

M H

P

B O

(103)

MOP

∆ vuông O với OB⊥PB có: PB.MB OB= =R2 ( )6

Từ(4); (5); (6) suy

MOP

S ≥R

Do Min

MOP

S =R ⇔PB MB R= =

PBO

⇔ ∆ vuông cân B⇔OP=R

Vậy diện ∆MOPcó diện tích nhỏnhất ⇔OP=R Khi P là chân đường vng

góc hạ từ O đến đường thẳng d

Câu

a) Từgiả thiết suy 1 9 a b c

a b c a b c+ + ≥ + + ⇒ ≥ a b c+ + ⇒ + + ≥

Ta thấy a 2 a ab22

1 b+ = −1 b+

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai sốdương ta

2

a a ab a ab a ab

2b

1 b+ = −1 b+ ≥ − = −

Tương tựta được: b 2 b bc; c 2 a ab

2

1 c+ ≥ − a+ ≥ −

Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta

( ) ( )

1

P a b c ab bc ca ab bc ca

2

≥ + + − + + + + + =

Dấu “=” xảy ⇔ = = =a b c b) Có 1009 sốlẻtrên bảng lúc đầu

Mỗi lần phép tốn thực hiện, sốcác số lẻcịn lại giữngun (khi sốnày đưa không lẻ) giảm hai (khi số đưa lẻ)

Vì sốcác sốlẻcịn lại bảng sau phép tốn ln lẻ

Bởi vậy, thực quy tác sốcòn lại phải lẻ thếkhơng

thểlà số

Đề số 14 Câu

a) ĐKXĐ: x 0; y 0,xy 1.≥ ≥ ≠

( x y 1)( xy) ( x y 1)( xy) 1 xy x y 2xy

P :

1 xy xy

x x y y y x x x y y y x. xy

1 xy x y xy

+ + + − −  − + + + 

=  

−  − 

+ + + + − − + − =

(104)

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

= = =

+

+ + + +

b) Với ( )

( 2)( ) ( )2

2

x 3

2 3

−

= = = − = − + + −

( )2

x = 1− = 1− = 1−

( ) ( )2

2 2 2

P

13

5

1

− − +

= = =

− + −

Câu

a) ĐK: x 6≤ ≤

( )2

VT x 10x 27= − + = x 5− + ≥2 2, dấu “=” xảy ⇔ =x

( ) ( ) (2 )2

2

VP= x− + x 4− ≤ 1+  x− + x 4−  =2

 

Dấu “=” xảy 1 x x x tm ( )

6 x x

⇔ = ⇔ − = − ⇔ = − −

Vậy phương trình có nghiệm x=5

b) Ta có:

( ) ( )( ) ( )

2 2

2

y 2xy 3x x 2xy y x 3x

x y x x *

+ − − = ⇔ + + = + +

⇔ + = + +

VT (*) số phương; VP (*) tích hai số nguyên liên tiếp nên

phải có sốbằng x x y

x x y

 + =  = − ⇒ = ⇔ ⇔

+ = = − ⇒ =

 

Vậy có hai cặp sốnguyên ( ) (x; y = −1;1) ( ) (x; y = −2; ) Câu

a) Ta có

+ d sốnguyên tố abcd sốchính phương nên d =5

+ ( )2

2

10000 100 ;

abcd< = ⇒abcd= x với x∈{1; 2;3; 4; ;9}

+ Vì abcd chia hết cho ( )x5 29⇒x5 3 ⇒ + ∈x {6;9;12}⇒ ∈x {1; 4; 7}

Kiểm tra lại ta hai số: 2015 5625

(105)

y x

+) 1 ( )2

x y z x y z+ + ≥ + +

+) x2 y2 z2 xy yz zx x2 y2 z2 1 3( )

xy yz zx

+ +

+ + ≥ + + ⇔ ≥

+ +

Xảy đẳng thức ở(1), (2) (3) ⇔ = =x y z

Ta có:

( )

2 2

2 2 2

ab bc ca a b c

M a b c

abc

a b c

ab bc ca a b c 2ab 2bc 2ca a b c abc

a b c

+ + + +

= + + +

+ +

+ + + +

= + + + + + +

+ +

Áp dụng bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:

( 2 2)

2 2

2 2 2 2 2

ab bc ca

M a b c 2.9

ab bc ca

a b c

ab bc ca a b c 8.a b c 18 18 28.

ab bc ca ab bc ca

a b c

+ +

≥ + + + +

+ + + +

 + + + +  + +

= + + + ≥ + + = + + + +

+ +

 

Dấu “=” xảy a2 b c2 ab bc ca a b c ab bc ca

 + + = + + 

⇔ ⇔ = = = =



Câu

a) Ta có:

+ ∆OHB vng H có HM đường cao nên OM OB =OH2

+ ∆OHC vng H có HN đường cao nên ON OC =OH2

Suy OM.OB=ON.OC

D N

M

B

C

(106)

OM OA

+) Xét ∆OMA ∆OAB có: 

AOB chung OA OB

OM =OA (cmt)

Suy ∆OMA,∆OAB đồng dạng theo trường hợp (c.g.c)  

MAO OBA

⇒ = mà  AOB=OBA(vì OA=AB=R)⇒MAO =MOA⇒ ∆MOA cân

M ⇒MA=MO

Chứng minh tương tự: NA=NO

Từđó suy MN đường trung trực ON ⇒MN ⊥OA

b) Gọi giao điểm MN OA D Ta có DA=DO

Ta có OM OB ON OC cmt ( ) OM OC ON OB = ⇒ =

OMN

⇒ ∆ đồng dạng với ∆OCB(c.g.c)⇒OMN =OCB⇒ ∆OMD #∆OCH(g.g)

1

2

OM OD OD

OM OC OC OH OA

⇒ = = = ⇒ =

Lại có 2 2

2

OM OB=OH =R ⇒ OB OC=R ⇒OB OC= R

c) Ta có ∆OMNđồng dạng với∆OCB

( ) ( )

2 2

2

1 1

4 4

1

8

OMN

OMN OCB OCB

S OD R

S S OH BC

S OH R

R R AB AC R R R

 

⇒ =  = = ⇒ = =  

≤ + = + =

Dấu “=” xảy ⇔A B C, , thẳng hàng ⇔ ≡A H

Vậy diện tích lớn ∆OMN

2

OMN R

S = ⇔H ≡A

Câu

H M

D E

A

(107)

Kẻtrung tuyến AM

Đặt MA=R

Vẽ (O R; ) cắt BC D E,

Các điểm B C, đối xứng với quaM, chúng nằm đường tròn

Ta chứng minh tam giác ADE tam giác cần tìm Nghĩa cần chứng minh

ADE

S ≤

Kẻđường cao AH

Đặt MB=MC=a, ta có:

2

2 ADE

ADE ABC

S DE AH R AH

R S

S a

AH

BC a a

 = =

 ⇒ =



 = = =



Ta chứng minh R a ≤

Ta thấy hai góc  AMB AMC, có góc lớn 900

Giảsử 

90

AMC ≥ ta có:

2 2 2 2

4 AM +MC ≤AC ⇒R +a ≤AC ≤BC = a

2

3 R R

R a

a a

 

⇒ ≤ ⇒  ≤ ⇒ ≤

  (đpcm)

Đề số 15 Câu

a) ĐKXĐ: x 0; y 0,y 1,x y 0.≥ ≥ ≠ + ≠

( ) ( ) ( )

( )( )( )

( )( )

( )( )( )

x x y y xy x y

P

x y y x

x y x y x xy y xy

x xy y

x y y x

+ − − − +

=

+ − +

+ − + − + −

= = + −

+ − +

b) Để P 2= ⇔ x+ xy− y 2= ⇔ x 1( + y) (− y 1+ = ⇔) ( x 1− )( + y)=1

Ta có: 1+ y 1≥ ⇒ x 1− ≤ ⇒ x 2≤ ⇔ ≤x

Kết hợp với điều kiện x 0≥ ⇒ ≤ ≤ ⇔ ∈0 x x {0;1; 2; 3; 4}

Thay vào phương trình P 2=

(108)

a) Điều kiện x>0

2

2 2

2

4 x x

2x x x x x

x 2x x 6 x x 2 x

2x x x x x 2x x x x x

4

2 x x x x 2x

x

+ +

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

(x x 2x 4x 4)( ) 0 x 1

⇔ − + + + = ⇔ = (do x 2x 4x 03+ 2+ + > )

Vậy phương trình cho có nghiệm x=1

b) Ta có:

( ) ( )

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

2 2 2

2

x 2y 2xy 3y x y 2xy y 3y

x y y y y y x y *

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

Do − +(x y)2 ≤0 ∀x,y nên

(y y 0− )( + )≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇒ ∈ − − − −4 y y { 4; 3; 2; 1;0;1}

Theo giá trịnguyên y ta tính giá trịnguyên x

Vậy phương trình có nghiệm nguyên ( )x; y là:

(4; ; 2;0 ; 1; ; 5; ; 2;0 ; 1;1− ) ( ) ( − ) ( − ) (− ) (− )

Câu

a) Ta có: 45 5.9= mà ( )5;9 = ⇒1 a56b 45 ⇔a56b 5

* Xét a56b 5 ⇔ ∈b 0; 5{ }

- Nếu b 0= ta có a560 9 ⇔ +a 11 9 ⇒ =a

- Nếu b 5= ta có a560 9 ⇔ +a 16 9 ⇒ =a

Vậy ta tìm hai số7560 2565 thỏa mãn

b) Đặt x a ; y b ;z c= = =

Ta có x; y; z 0> xy z a,b,c 0= ⇒ > abc 1=

( )( ) ( ) (do )

3 2 2

a b+ = a b a ab b+ − + ≥ a b ab+ a b 0;a ab b+ > − + ≥ab

( ) ( )

( )

3

a b a b ab abc ab a b c

1

ab a b c

a b

⇒ + + ≥ + + = + + >

⇒ ≤

+ + + +

Tương tựta có:

( ) ( )

3 3

1 ; 1

bc a b c ca a b c

(109)

( )

3 3 3

1 1 1

x y y z z x a b b c c a

1 1 1 a b c 1.

a b c ab bc ca a b c

+ + = + +

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

 

≤  + + = + + =

+ +   + +

Dấu “=” xảy chỉkhi x y z 1.= = =

Câu

a) Ta có ∆BEDnội tiếp đường trịn (O R; )đường kính BD BED

⇒ ∆ vuông E⇒BE⊥ADtại E

+ Chứng minh ( )

1

AH AO= AB

+ Chứng minh ( )

2

AE AD=AB

Từ(1) (2) suy AE AD =AH AO

b) Chứng minh AO⊥BCtại H OH OA OB = ( )3

+ Chứng minh ∆OHF #∆OKA g( −g)

( )

OH OF

OK OF OH OA OK OA

⇒ = ⇒ =

Từ(3) (4) suy

OK OF =OB

Mà ( )

OK OD

OD OB bk OK OF OD

OD OF = ⇒ = ⇒ =

Chứng minh ∆OKD #∆ODF c g c( − − )



90

ODF DF OD

⇒ = ⇒ ⊥ D

Mà D thuộc đường tròn (O) đường kính BDnên FDlà tiếp tuyến đường trịn (O)

N M

I

F K

E D

H

C B

(110)

Áp dụng định lý Pitago ta có:

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

ND OD NO ND NO OD NM OM OB NM OM OI IB

NM OM OM MI IA IA IB NM OM OM IA MI

NM AM NA

+ = ⇒ = − = + − = + − −

 

= + − + −  = = + − + −

= + =

ND NA

⇒ = (đpcm)

Gọi AB cạnh lớn ngũ giác lồi ABCDE có góc tù Kẻcác đường

thẳng Ax By, vng góc với AB, tạo thành dải (hình vẽ) ,

E C nằm ngồi giải BAE>90 ;0 ABC >900

D nằm giải D nằm vịtrí D’ phía với C By ’

ED > AB trái với cách chọn AB

Kẻ DH ⊥AB H( ∈AB) Hình trịn đường kính AD phủ tứgiác AHDE, hình trịn

đường kính BD phủ tứgiác BHDC

Như AD BD, hai đường chéo cần tìm

Đề số 16 Câu

1) Ta có:

A x x x : x

x x x x x

 + + +    = + +    − 

− − − + +

   

D H

A B

C E

x

(111)

x x ( x 2)( x 3) x

 − − − −  +

 

A

( x 3)( x 3) ( x 2)( x 2) x 2:

( x 2)( x 3) x

x x x 2:

( x 2)( x 3) x

x : x

( x 2)( x 3) x x

+ − − + − + + =

− − +

− − + + + =

− − +

− +

= =

− − + −

2) Vì ab+bc+ca = nên a2 + = a2+ ab+bc+ca =(a+b)(a+c); tương tựta có :

b2+6 = (b+c)(b+a) ; c2+6= (c+a)(c+b)

Thayvà biểu thức P ta có :

2 2

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

P

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

+ + + + + + + + +

= + +

+ + + + + +

P 2(a b c)= + + (vì a, b,c >0)

Mặt khác : (a+b+c)2= a2+ b2 + c2 -2(ab+bc+ca) = 21-2.6 =

=> a+b+c = =>P =

Câu

1) x2+2015x 2014 2017x 2016− = −

Điều kiện x 2016 2017

≥

⇒Phương trình cho tương đương với

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm phương trình cho

2) Đểđường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn tâm O (O gốc tọa độ Oxy) bán kính 2cm khoảng cách từO tới đường thẳng (d) 2cm

* Nếu m =1 ta có : y = -1 đường thẳng song song với trục Ox cắt trục tung điểm

có tung độlà -1 Khoảng cách từ(d) tới O 1≠ => m = 1(loại)

2

2 2017 2016 2017 2016

x − x+ + x− − x− + =

( )2 ( )2

1 2017 2016

x x

⇔ − + − − =

1

2017 2016

x

x − =  ⇔ 

− − = 

1

2017 2016

x x = 

⇔  − =

 x ⇔ =

(112)

(d) 0≠ => m = 1,5 (loại) * Nếu m≠1, m≠1,5:

+ Cho x=0 => y=2m-3 ta có A(0, 2m-3)=>OA= 2m−3

+ Cho y=0 => (2 3)

1 m x

m − − =

− ta có

(2 3) ; m B

m

− −

 

 − 

 =>

2 m OB

m − =

−

Đồ thịhàm số đường thẳng AB tạo với trục tọa độ tam giác AOB vuông

O Kẻ OH ⊥AB ta có 2 12 12

OH =OA +OB đểOH=2 thì:

2

1 (m 1) 4m 12m 4m 8m 4 m

4 (2m 3) (2m 3)

−

= + ⇒ − + = + − + ⇔ =

− − (tm)

Vậy m

= thỏa mãn đk đềbài

Câu

1) Ta có : n 6n 11n4+ 3+ 2+30n 24−

=(n4+6n 11n3+ +6n)+(24n 24− )=n n 6n 11n 24 n 1( 3+ 2+ + )+ ( − )

=n n n( 3+ 2) (+ 5n 5n2+ )+(6n 6+ )+24 n n n n 5n 24 n 1( − =) ( + )( 2+ + +) ( − )

 

= n n n n 24 n 1( + )( + )( + )+ ( − )

Vì n; n + 1; n + 2; n + 3; bốn số tựnhiên liên tiếp nên tích chúng chia hết cho Mặt khác số tựnhiên liên tiếp tồn số chẵn liên tiếp nên có số

chia hết cho 2, số chia hết cho Vậy n n( +1)(n+2)(n+3) chia hết 2.3.4 = 24

24 (n - 1) chia hết cho 24 nên

6 11 30 24

n + n + n + n− chia hết cho 24

2) Thay x =1+ vào phương trình ta có : (1+ 2)3+ a(1+ 2)2+b(1+ 2) + =

=> + 2+ 3a + 2a + b + b 2=0

=>(5+2a +b) 2= -(3a + b + 9)

Nếu + 2a + b≠0 (3 9)

5 2a Q

a b b

= ∈

+ + − + +

(vơ lí )

Vậy

3

5 2

4; 13

9

0

a b a b

b a b

a a b

+ + = + = −

 

⇒ ⇒ = − −  =  = −

 +

 + +

Câu

a) * Tam giác ABH vuông H, đường cao HE nên : AH2=AE.AB

Tam giác ACH vuông H, đường cao HF nên : AH2=AF.AC

(113)

đường kính BC => ABC vng

tại A , có AH đường cao =>AH2=BH.CH => AH4

=BH2.CH2

Mặt khác: BH2=BE.BA ;

CH2=CF.CA => AH4 =

BE.CF.BA.CA

Ta lại có AB.AC= AH.BC =>AH3 =BE.CF.BC

Ta có : Tứgiác AEHF hình chữnhật => AH=EF => EF3 =BE.CF.BC

b) -Vì H đx với I qua AB =>IAB =HAB

- Tam giác OAB cân O => OAB =OBA

Ta có OAB   +IAB=OBA+HAB=900=>IAO =900=> IA tiếp tuyến với (O) A

c) Đặt BH = x(0≤ ≤x 2R) =>HC = 2R - x

Tính AH = x(2 R x)−

Ta có 1

(2 ) (2 )

2 2

AHB

S = AH BH = x x R−x = x R−x

Biến đổi :

2 2 2 2 2

3 2 x (6Rx 3x ) (x 6Rx 3x ) (6Rx 2x ) (3Rx x )

x (2R x) x (2Rx x )

3 12 12

− + − − −

− = − = ≤ = =

Mặt khác : 3Rx x2 9R2 (x 3R)2 9R2

4

− = − − ≤

=> S AHB 81R4 3R2

2 16.3

≤ =

 =>

2

AHB(max)

3 3R

S

8

=

 <=> x=

3

R

Vậy (m ax)

3 AHB

R

S = A giao điểm đường trung trực đoạn OB (O)

Câu

Chứng minh BĐT phụ: Với x, y > ta có : 1

x y x y+ ≥ + , dấu ‘=’ xảy x=y

Áp dụng BĐT phụtrên ta có :

2 2 2

2

1 1 1

P

2ab 6ab 3ab 3ab

a b a b a b 6ab

4

P

3ab (a b) 4ab

= + = + + ≥ +

+ + + + + + +

⇒ ≥ +

+ + +

I

F

E

O

H C

(114)

4

Vậy

2

4 4

P 1

1 3

1

4

≥ + = + =

+ +

, dấu ‘=’ xảy a = b =1

2

Đề số 17 Câu

a) ĐKXĐ: x≥0;x≠1

Ta có: M x x 1 x x 1

x x x x 1 x ( x 1)(x x 1) x x x

+ + + +

= + + = + −

− + + − − + + + + −

x ( x 1)( x 1) x x x x x x x x

( x 1)(x x 1) ( x 1)(x x 1) ( x 1)(x x 1)

+ + + − − − − + + − − − − −

= = =

− + + − + + − + +

x( x 1) x

( x 1)(x x 1) x x

−

= =

− + + + +

b) Ta có: x (2 1)= − = − ⇒ x 2 1= − Khi đó

x 2 2 (2 1)(9 2) 16

M

81 73

x x 2 1 2

− − − + −

= = = = =

− + + − + − + −

c) Xét M x ( x 1)2

3 x x 1 3(x x 1)

− − − = − =

+ + + +

Vì x 0;x 3(x≥ ≠ ⇒ + x 1) 0; ( x 1) 0+ > − − < Suy M 0 M

3

− < ⇒ <

Câu

a) Ta có 3≠ −1 đểđường thẳng (d) song song đường thẳng y = 2x -1

m - =  m =

b) Điều kiện để(d) qua điểm cốđịnh N(x0, y0) với giá trị m là:

(m-2)x0 - y0 + = ∀m  mx0 - (2x0+ y0 - 3) = ∀m

0

0 0

x x

2x y y

 =  = ⇔ ⇔

+ − = =

  Vậy (d) qua điểm cốđịnh N(0; 3) ∀m

c) Gọi A B giao điểm (d) với Ox; Oy

x y OA

3 3

y x OB

m 2 m m

= ⇒ = ⇒ = −

= ⇒ = = ⇒ =

− − −

Gọi OH khoảng cách từO đến (d)

A y

B x

(115)

9 9

OH OA OB

Mà OH m 4m 9= ⇒ 2− + = ⇔(m 2)− = ⇒8 m 2 2= ±

Vậy với m 2 2= ± khoảng cách từO đến (d)

Câu

a) ĐK: x≠ −1; x 2≠

Ta có: 2

2

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

x x x x +

+ = + ⇔ − + + = + − −

+ − − −

1

4x x (tm)

2

⇔ = ⇒ = Vậy phương trình có nghiệm x =

b) x x 12− = + + x 1+ Điều kiện thức có nghĩa

x

x x

x

 ≥

 − ≥   = −  ⇔  ≤ − ⇔  + ≥   ≥

 

  ≥ − 

* Thay x = -1 thoảmãn phương trình

* Với x 1≥ Khi phương trình có dạng (x 1)(x 1)− + − x x 1+ = +

Vì x 1≥ nên x 0+ > , chia hai vếcho x 1+

Ta có : x 1− − = x 1+ Vì với x 1≥ x 1− < x 1+

Nên x 1− − < x 1+ => phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x = -

Câu

Ta có:x y xy x 42 + − = ⇔xy(x 1) (x 1) 3+ − + = ⇔(xy 1)(x 1) 3− + =

+ TH1: x 1 x

xy 3 (vơ lí)

 + =  = ⇔

 − = − =

  + TH3:

x x

(tm)

xy 1 y

 + =  = ⇔  − =  =

 

+ TH2: x 1 x 2(tm)

xy y

 + = −  = − ⇔

 − = −  =

  + TH4:

x x

(tm)

xy 1 y

 + = −  = − ⇔

 − = −  =

 

Vậy phương trình có nghiệm (x; y) ( 2;1);(2;1);( 2;0)∈ −{ − }

Câu

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có:

           0

1 4

A =A ; A =A ⇒MAN A A= + +A +A =2(A +A ) 2.90= =180

Suy ba điểm M, A, N thẳng hàng b) Ta có:

(116)

BM = BH = 2cm; CN = CH = 4,5cm

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABC đường cao AH= BH.CH = 2.4,5 3= (cm)

 MN = 2.AH = 2.3 = (cm)

BMNC

(MB CN).MN (2 4,5).6

S 19,5

2

+ +

= = = (cm2)

c) Đặt AK = x; KN = y

Ta có KNA ~ KHC(g.g) AK KN AN x y

CK KH CH y 4,5 x 3

∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = = + +

3x 2y (1) ;3y 2x (2) = + = +

Từ(1) (2) suy x 7,8; y 7,2= = Vậy AK = 7,8 (cm); KN = 7,2 (cm)

Câu

Ta có: x y z2+ 2+ = ⇔3 6x 6y 6z 182 + 2+ =

2 2 2 2 2

(x y 4z 2xy 4xz 4yz) (x 2xy y ) (4x 4xz z ) (4y 4yz z ) 18

⇔ + + + + + + − + + − + + − + =

2 2

(x y 2z) (x y) (2x z) (2y z) 18

⇔ + + + − + − + − =

Vì (x y) 0;(2x z) 0;(2y z) 0.− ≥ − ≥ − ≥

Suy (x y 2z)+ + ≤18⇔ −3 x y 2z 2≤ + + ≤

Vậy Min

x y

2x z 2

P 2y z 0 x y ; z

2

x y 2z

 − =  − =

− 

= − ⇔ ⇔ = = = − − =



 + + = − 

Max

x y

2x z 2

P 2y z 0 x y ; z

2

x y 2z

 − =  − = 

= ⇔ ⇔ = = = − =



 + + = 

Đề số 18 Câu

1) Ta có x y− = 29 12 5+ − = (2 3)+ −2 5 3= + − =

Nên : A x x y y xy 3x y 3xy 3xy 1974= 3+ 2− 3+ 2+ − + 2− +

A

B H C

N

M

(117)

3

3 1974

2010

= + +

=

2) Ta có 1 b c b c ( )1

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

− −

− = =

+ + + + + + +

Tương tự 1 a b ( )2

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

−

− =

+ + + + +

Mà b a c a b b c (3)

2 +

= ⇒ − = −

Từ(1) (2) (3) 1 1

b c c a c a a b

⇒ − = −

+ + + +

hay 1

a+ b + b+ c = c+ a

Câu

1) ĐK : a b 0,a c 0,b c 0+ ≠ + ≠ + ≠

Biến đổi phương trình ta :

1 1 ab ac bc

x (a b c)

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

 

+ + = + + + + +  + + +  + + +

 

Biến đổi vếphải :

ab ac bc (a b c)

a b a c b c

ab ac bc a(b c) b(a c) c(a b)

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

+ + + + + =

+ + +

 + + + 

+ + + + + 

+ + +  + + + 

ab ac bc ab ac ba bc ca cb

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

ab bc ca ac ab bc bc ab ca

a b a c b c

1 1

(ab bc ca)

a b a c b c

 + + + 

= + + + + + 

+ + +  + + + 

+ + + + + +

= + +

+ + +

 

= + +  + + 

+ + +

 

Ta có:x 1 (ab bc ca) 1

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

 + + = + +  + + 

 + + +   + + + 

   

x ab bc ca

⇔ = + +

Vậy phương trình có nghiệm x ab bc ca= + +

2) Từ hệphương trình cho ta có:

(118)

(x 2y)(x 3y) (y 2x)(y 3x)+ + + +

Hay 2 2

2 2

60 105 60y 300xy 360x 105y 525y 630y

x 5xy 6y+ + = y +5xy 6x+ ⇔ + + = + +

Rút gọn phương trình ta được:525x 225xy 570y2− − =0

2

17x 15xy 38y

⇔ − − = (x 2y)(17x 19y) x 2y19

x y

17  = 

⇔ − + = ⇔ −

 = 

- Với x = 2y thay vào hai phương trình hệban đầu ta x = 2; y =1

- Với x 19y

17 −

= ta x 19 43 ; y 17 43

4

= =

Vậy hệphương trình có hai nghiệm là: (2;1); 19 17 43 ;

4

 

 

 

Câu

1) Ta có:

(a 2011 b)( 2011) 14 ab a 2011 b 2011 2011 14 (a b) 2011 2025 ab

− + =

⇔ + − − =

⇔ − = −

- Nếu a b≠ VP số vơ tỉ, VT sốngun ⇒Vơ lí

- Nếu a = b ab-2025 = 0⇒ = = ±a b 45.Vậy a = b = ±45 2) Ta có :

N= k4+ 2k3 – 16k2 – 2k +15 = (k4- k2)+(2k3 – 2k)- (15k2 – 15)

= (k2-1)(k2+ 2k – 15) = (k-1)(k+1)(k-3)(k+5)

Ta thấy với k sốnguyên lẻthì N tích thừa số

( nhân tử) chẵn Do N chắn chia hết cho 16

Vậy k phải sốnguyên lẻ

Câu

E

I

Q P

D C

O B

A M

(119)

   CBO MBA BMO

⇒ = = ( Vì ∆OBM cân O)

  CDB=BMO

Mà  

180 BMO CMN+ =

 

180

CDN CMN MNDC

⇒ + = ⇒ nội tiếp

2) Xét ∆PAE ∆BAQ có  PAE=BAQ=900(GT) (*)

ta có    

90

APE+PEA=ABQ+BEI = mà PEA =BEI ( đối đỉnh )

Nên  APE=ABQ (**)

Từ(*) (**)⇒ ∆PAE∆BAQ

1

2 2

AC AD

AP EA AP AQ

AP AQ BA EA EA

BA AQ BA AB

⇒ = ⇒ = ⇒ = =

( , )

2

AP= AC AQ= AD

1 AC AD EA

AB

⇒ =

Mà AC.AD = AB2 = 4R2( hệ thức tam giác vuông CBD)

2

.4

2

R R EA

R

⇒ = = Vậy E trung điểm OA

3) Ta có : BPQ

S = AB PQ

Do AB không đổi , nên SBPQ nhỏnhất CD nhỏnhất ( Vì CD = PQ)

Ta có CD = AC + AD mà AC.AD = 4R2không đổi

Nên AC + AD nhỏnhất AC = AD = 2R

Lúc :

2 AC AD PQ= + = R

Vậy SBPQ đạt giá trịnhỏnhất

2 (min)

2AB PQ = R

Câu

Với sốx cho : -1 < x < ta ln có x2 < x < x

Từa + b + c = sốkhơng thểcùng dấu.Do xảy trường hợp sau : 1) Nếu b = ⇒a2+b c2+ =a c2+ < + =1 2

2) Nếu − < <1 a 0,b c 1≤ ≤ < -a < ⇒a2+b c2+ ≤ − + + = −a b c 2a 2<

3) Nếu − < ≤ < < <1 a b c < - a <1, < - b <1

(120)

Đề số 19 Câu

a) ĐKXĐ: x≥0,x≠1

- Ta có

3x 9x x x

x x x x

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

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

3x x x x

( x 2)( x 1)

x x

( x 2)( x 1)

( x 2)( x 1) x

+ − − + − − + − + −

+ − + − − +

= − −

+ − + − + − + − − + − +

=

+ − + +

=

+ −

+ + +

= =

+ − −

b) - Ta có: P <

x x

x (do x 0)

x x

+ ⇒ <

−

⇒ − < + > ⇒ <

⇒ <

- Kết hợp với ĐKXĐ ta được: Với x 1≤ < P <

Câu

a) ĐKXĐ x≥ −5

- Ta có: x 7x x 302− = + −

( ) ( )

2

x 8x 16 x x

x x

⇔ − + + + − + + = ⇔ − + + − =

- Vì (x 4− )2 ≥0; x 3( + − )2 ≥0 nên

( )

2

x

 − =

 

+ − =



 − =  ⇔ 

+ − = 

⇔ =

(121)

- Nghiệm phương trình cho x =

b) Ta có: (a b ) 1 a b

a b b a

 

+  + = + +  

- Vì a, b > nên áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai sốdương a b 2 a b. 2

b a+ ≥ b a =

- Do (a b ) 1 a b

  +  + ≥

 

Dấu “=” xảy a = b

Câu

a)Tìm số tựnhiên n cho A= n2+ n + sốchính phương

- ĐểA sốchính phương thìA= n2+ n + = a2(a N ∈ )

- Ta có: n2+ n + = a2

( ) ( )

2

4n 4n 24 4a

2a 2n 23

2a 2n 2a 2n 23

⇔ + + =

⇔ − + =

⇔ + + − − =

- Vì a, n số tựnhiên nên (2a +2n +1) số tựnhiên

2a + 2n + > 2a – 2n -1 Do

2a 2n 23 4a 24 a

2a 2n 1 4n 20 n

 + + =  =  =

⇔ ⇔

 − − =  =  =

  

- Vậy n =

b) - Xét phép chia xy cho

Nếu xy khơng chia hết cho

2

2 2

x 1(mod 3) y 1(mod 3)

z x y 2(mod 3)

 ≡ ±  ≡ ± 

 ≡  ⇒ 

≡ 

⇒ = + ≡

(Vơ lí)

Vậy xy chia hết cho (1)

- Xét phép chia xy cho Nếu xy không chia hết cho TH1: x 1(mod 4)

y 1(mod 4)

(122)

2

y ≡1(mod 4)



2 2

z x y 2(mod 4)

⇒ = + ≡ (vô lí )

TH2: Trong hai số x,y số chia dư 2, số chia dư -1 Khơng

tính tổng qt giảsử

2

x 1(mod 4) y 2(mod 4)

x 1(mod8)

y 4(mod8)

 ≡ ±  ≡ 

 ≡  ⇒ 

≡ 

2 2

z x y 5(mod8)

⇒ = + ≡ ( vơ lí)

- Vậy xy chia hết cho (2)

- Từ(1) (2): Vậy xy chia hết cho 12

Câu

a)Chứng minh ΔAC'C ΔAB'B

- Xét ΔAC'C;ΔAB'Bcó Góc A chung

 

' ' 90

B =C =

Suy ra: ΔAC'C ΔAB'B

b)Chứng minh AM = AN

- Xét ∆AMCvuông M đường cao MB'

' AM =AB AC

- Xét ∆ANBvuông N đường cao NC'

' AN =AC AB

- Theo câu a ta có AB'.AC = AC'.AB

- Do đó: AM = AN

B C

A

A'

B'

C

(123)

S

- Chỉra

2

' ' '

cos AB C

ABC

S AB

A S AB

  =  =

 

- Tương tự ' ' cos BA C

ABC S

B S =

' ' cos CA B

ABC S

C S =

- Do đó:

2 2 ' ' ' ' ' '

' ' '

cos cos cos

'

AB C BA C CA B ABC

ABC A B C ABC

S S S

A B C

S

S S S

S S

+ + + + =

−

= = −

Câu

- Ta có:

2

A 3x 4y

5x 7y

7y

1x 1y 5x

2 5x 7y

= + + +

= + + + + +

- Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai sốdương ta

2 5x 2 2.5x 2

5x 2+ ≥ 5x.2 =

8 7x 2 8.7x 4

7x 2+ ≥ 7x.2 =

- Vì x y 34 35

+ ≥ nên A 34 617

2 35 35

≥ + + =

- Dấu "=" xảy

2 5x

5x x

7y

8 5

7y y

7 34

x y 35

 =

 

  =

 = ⇔

 

  =



 

+ = 



- A đạt giá trịnhỏnhất 617

35

2 x

5

4

y

7 

(124)

Câu

a) P x 9x

1 4x

2 x 1 x

  − −

= + ⋅

−

− −

 

2

1 9x x

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

2 x (3 x 1)

(2 x 1)(2 x 1) x

1

(3 x 1)

2 x x

2 x

  − +

= − ⋅

− + − −

 

 

+ − −

= ⋅

+ − − = ⋅ −

+ − =

+

Vậy P x x

− =

+ với x ≥ 0;

1

x ; x

4

≠ ≠

Xét 2P x 3(2 x 1) 5

2 x x x

− + −

= = = −

+ + +

Với x ∈Z thì:

5

P Z 2P

2 x

∈ ⇔ = −

+ sốnguyên chẵn

5

2 x

⇔

+ sốnguyên lẻ { }

2 x 1;

⇔ + ∈

1) x 1+ = ⇔ =x (thỏa mãn ĐK) 2) x 5+ = ⇔ =x (thỏa mãn ĐK)

Vậy x∈{ }0; giá trị cần tìm

b) Ta có:

3

x 5 13 5 13

x 10 27 5 13 5 13

 

= + + − 

 

 

⇔ = + −  + + − 

 

3

x 10 9x x 9x 10 0

⇔ = −

⇔ + − =

(x x)( x 10) 0

(125)

2

 

 

Thay x = vào biểu thức A ta được: A = 12015 – 12016 + 2017 = 2017

Câu

a) ( )

3 1 3 1

x + x+ = x+ x +

Đặt x2 +1 = t, với t > 0, ta có t2+ 3x = (x + 3).t

Từđó giải t = x; t = Do đó:

+ Với t = x, ta có x2 +1= x ⇔ x2 2

x x

≥  

+ =

 vô nghiệm

+ Với t = 3, ta có x2+1 = ⇔ x2 = ⇔ x = ±2 2

Vậy phương trình có nghiệm x = ±2 2

b) Ta có: 5x – 3y = 2xy – 11 ⇔2xy + 3y = 5x + 11

⇔y(2x + 3) = 5x + 11

Dễ thấy 2x + ≠ (vì x ngun)

11

2 x y

x + =

+

Đểy ∈ Z ta phải có 5x + 11  2x + ⇒2(5x+11) 2 x+3

⇒10x+22 2 x+3

⇒5(2x+ +3) 2 x+3

⇒7 2 x+3

⇒ 2x + ước

Ta có

2x + -1

-7

x

-1

-2

-5

y -1

Vậy cặp số(x; y) nguyên cần tìm (-1; 6); (-2; -1); (2; 3); (-5; 2)

(126)

n = 2k + 1, với k số tựnhiên lớn

+ Với n = 2k, ta có:

n 2k

4 ) k (

n + = + lớn chia hết cho

Do n 4

n + hợp số

+ Với n = 2k + 1, tacó:

( )( )

4 4

4 2

2 2

2

4 4 4 (2.4 )

2 .2.4 (2.4 ) 2 .2.4 ( 2.4 ) (2 .2 )

2.4 2 .2 2.4 2 .2

( 2 ) 4 ( 2 ) 4

n k k

k k k

k k

k k k k

n n n

n n

n n n n

n n + = + = + = + + − = + − = + − + + = − + + +

Mỗi thừa sốđều lớn Vậy n4 + 4nlà hợp số

Vậy n4 + 4nlà hợp số với n số tựnhiên lớn

b) Ta có: 1

1

x

x+ = − x+

1

y

y+ = − y+

1

z

z+ = − z+

=> P = – (

1 1 1 + + + +

+ y z

x ) = – Q

Theo BDT Côsi , a, b, c >

( )

3 1 3 1 1

3

1 1

a b c abc a b c

a b c a b c

 

+ + ≥ ⇔ + + ≥ ⇒ + +  + + ≥

 

⇒ + + ≥

+ +

Suy Q =

1 1 1 + + + +

+ y z

x

9 ≥

⇒ – Q

4 −

≤ nên P = – Q ≤ –

4 =

4 3

Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z =

3

Vậy GTLN P =

4

3 khi x = y = z = 1

(127)

a) Chứng minh ∆ABE= ∆DAF

⇒  ABE=DAF

Mà  

90 DAF+BAF = ⇒  ABE+BAF =900 ⇒ 

90 AIB=

Xét tam giác ABE vuông A, theo định lý Pytago có:

2 2

2

BE= AB +AE = + = (cm)

Lại có AI⊥BE, đó:

AI.BE = AB.AE ⇒ 2.1

5 AB AE AI

BE

= = = (cm)

BI.BE = AB2

2

5 AB BI

BE

⇒ = = = (cm) b) Xét ∆ABH ∆BIM có

 

45 ABH =BIM =  

BAH =IBM (cùng phụ với ABI)

Suy ∆ABH ∆BIM(g.g)

⇒ AB AH BH

BI = BM = IM (1)

Ta có ∆HAB ∆HFD

⇒ HB AB HA HD = DF = HF =

⇒ 2 2

3 3

BH = BD= ⋅ = (cm); 2 5

3 3

AH = AF = ⋅ = (cm)

Từ(1) ⇒

2 5

3 5

2

AH BI BM

AB

⋅

= = = (cm)

O H I

F E

M

(128)

3 BC BD

⇒ ∆BMH ∆BCD (c.g.c)

Do BMH =BCD, mà hai góc vịtrí đồng vị ⇒ MH // CD

Mà BC⊥CD

⇒ MH⊥BC

Ta có ∆BIH ∆BMHlà hai tam giác vng có chung cạnh huyền BH,

điểm B, I, H, M thuộc đường tròn đường kính BH

c) Ta có  

45

BIM =MIF = , IM phân giác BIF

Ta lại có AF =BE= 5(cm) ⇒ 5

5

IF = AF−AI = − = (cm)

Suy

10 IF DF BA= AH =

Suy ∆IDF ∆BAH (c.g.c) ⇒  DIF= ABH =450

Do ID phân giác EIF

Xét tam giác BIH có IO ID phân giác

OH DH IH OB DB IB

⇒ = =

Suy DH.BO = OH.BD

Câu

Chứng minh rằng:

3

1 1 10

3

a b c

b c a

 +  ⋅ +  ⋅ +  ≥                 

Vì a + b + c = nên

1 1 1 1

1

P a b c abc

b c a abc a b c

   

= +  +  + = + + + + +

   

Từbất đẳng thức Cô-sicho sốdương ta có:

3

1

3 27

a b c

abc abc + +

= ≥ ⇒ ≤

Đặt x=abc, 27 x < ≤

Do 27 (27 )(1 27 )

27 27

x x x

x x

− −

+ − − = ≥

Suy 1 27 730

27 27 x abc

x abc

+ = + ≥ + =

Mặt khác (a b c) 1 1

a b c a b c

 

+ +  + + ≥ ⇒ + + ≥

(129)

27 27  

Vậy

3

1 1 10

3

a b c

b c a

 +  ⋅ +  ⋅ +  ≥         

        ; dấu “=” xảy

1 a= = =b c

Đề số 21 Câu

a) A = ,

= = =

Vậy A = 1+ a với a ≥

Khi a = 2016 – 2015 = ( 2015 – 1)2 thỏa mãn ĐK

Ta có A = + ( 2015 1− )2 = 2015

b) Đặt A=31 56 31 56

54 54

+ + −

⇒ A3 = + 56

54 + – 56 54 +

3 56

54

− A = + 33 54 − A

⇔ A3 = – A ⇔ A3+ A – = ⇔ (A – 1)(A2+ A + 2) =

Vì A2+ A + > với mọi A.

Nên ta có A – = ⇔A = sốnguyên

Vậy 31 56 31 56

54 54

+ + − sốnguyên

Câu

a) x+4 x− +4 x−4 x− =4 ĐK: x≥4

( ) (2 )2

4 4

x x

⇔ − + + − − =

4 4

x x ⇔ − + + − − = (*)       + + + − +       + − 1 : a a a a a a a a       + + − + + + − ) )( ( 1 : 1 a a a a a a a ( ) ) )( ( : 12 a a a a a a + + − + + −

( ) a

a a

a = +

(130)

+ Nếu x− − < ⇔ ≤ <4 x

thì (*) ⇔ x− + + −4 2 x− = ⇔ =4 4 (luôn đúng)

Vậy nghiệm phương trình 4≤ ≤x

b) ( 2 )2 2 ( 2 ) (2 2 )

2 2

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

Đặt

2

x + x=a , phương trình (1) trởthành

2

a − a− = (a 1)(a 3)

⇔ + − =

⇔a = –1 a =

+ Với a = –1, ta có x2 + 2x = –1 ⇔(x + 1)2 = ⇔ x = –1

+ Với a = 3, ta có x2 + 2x = ⇔ x + 2x – =

⇔(x – 1)(x + 3) =

⇔ x = x = –3

Vậy phương trình có tập nghiệm S = {−1;1; 3− }

Câu

a) Gọi M = + 22 + 23 + + 298 ⇒ S = + M

M = 2M – M = (22 + 23 + + 298 + 299) – (2 + 22 + 23 + + 298)

M = 299 –

⇒ S = 299= (24)24.23 = 8.1624

Vì 1624có chữsố tận ⇒ Scó chữsố tận Nên S khơng sốchính phương

b) 2

2x +y +4x= +4 2xy

( ) (2 )2 ( ) ( )2

2 8 1 2 8 2 8

x x y x x

⇔ + + − = ⇒ + ≤ ⇔ + ≤

Vì x, y nguyên nên ta có bảng giá trịsau:

x + –2 –1

x –4 –3 –2 –1

Thay vào (1) ta được:

(x – y)2

x Loại Loại Loại

(131)

Vậy (x; y) = (–4; –2); (–4; –6) ; (0; 2); (0; –2)

Câu

a) Ta có   1 45 B =D =

 

1 135

BGO+O = ; DOH +O1=1350 ⇒ BGO =DOH

⇒ ∆BGO ∆DOH (g.g)

⇒ OB BG HD BG OB OD HD =OD ⇒ = (1)

b) Ta có ∆MBO ∆OBA (g.g) OB MB

AB OB

⇒ = mà OB = OD, AB = AD

⇒ OB.OD = MB.AD (2)

Từ(1) (2) ta có HD.BG = MB.AD

HD AD MB BG

⇒ = mà ADH = MBG = 900 DHA

⇒ ∆ ∆BMG (c.g.c) ⇒ DHA =BMG

Mà  DHA=HAB (2 góc so le trong, AB // DC) ⇒  HAB=GMB, mà hai góc vịtrí đồng vị ⇒ MG // AH

c) Ta có SBEF =SBDE +SBDF

1 1

2BE BF AD BE 2DC BF

⇒ = +

1

1 B

O

H M

G

F E

D

(132)

Chia hai vếcho BE.BF.AD (AD = DC)

Ta có 1

AD= BF +BE

Lại có

2 BD BD=AD ⇒ AD=

Suy 1

BD = BE + BF

Câu

Theo bđt Cô si ( )

2

2 3 3

3

x y x y x y + + + + + ≤ = ( )

2 3 3

3

y z y z y z + + + + + ≤ = ; ( )

2 3 3

3

z x

z x z x

+ + + + + ≤ =

Cộng theo vếlại ta có: 2.( )

3 x+ +y y+ +z z+x ≤

Suy : x+ +y y+ +z z+ ≤x

Dấu “=” xảy x + y = y + z = z + x =

3 ⇔ x = y = z =

Đề số 22 Câu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

2 2

2 2 2 2 2

) a b a b

a b a b a b a b a b

a b a b

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

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

b a b a b a b

a P a b

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

= + > >

− + 2 a b b a b + = +

Vì a – b = a = b +

( )2 2

2 1

= 2b + 2 2b 2 2

b b

a b b b

b b b b b

(133)

b)x0 = 2+ 2+ − 2− +

( )

2

0 2 3 2 3

8 2 3

2 3

x ⇒ = + + + − + − + + − + = − + − − + = − + − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0

8 2 3

16 64 12

16 64 32

16 32

x x x x x x x x ⇒ − = − + − −   ⇒ − = − + − −    ⇔ − + = + + − + ⇔ − + = ⇔ − + =

Vậyx0là nghiệm phương trình

4

16 32

x − x + = (đpcm)

Câu

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2

2 2

2

) 2 1 (*)

4 1 2 1 4

2 1

2 1 1 (1)

2 1 1 (2)

a x x x x

x x x x x x x

x x x

x x x x x

x x x x

+ − = + − ⇔ − + = − − + − + + + ⇔ − = − − −  − = − − −  − =   ⇔ ⇔  − = − − + +  − =  

2 2

0

(1)

16 15

x x

x x x

≥ ≥

 

⇔ ⇔

= − = −

 

Phương trình vơ nghiệm

(2)⇔ x − = ⇔ = ±1 x

Vậy nghiệm phương trình (*) làx= ±

( ) ( )

( )( ) ( )

2

b) 1 4 1

4 4

1 4 4 1

1 1 2 1

x x x y y

x x x y y

x x y

+ + = +

⇔ + + = +

⇔ + + + = + +

⇔ + + = +

Vì (2y + 1)2 là sốdươnglẻ, + x2 > nên + x + x2 đều sốdương lẻ

(134)

Mà 2

1+x d ⇒ + + −1 x x =2d⇒ =d 1(vì d sốlẻ)

 + x 1+ x2 ngun tốcùng có tích sốchính phương nên sốlà số

chính phương

Ta chứng minh hai sốchính phương hai số tựnhiên liên tiếp hai số0;

Thật vậy: Gọi n số tựnhiên n2, n2+ hai sốchính phương

n2, n2+ hai sốchính phương liên tiếp

 n2+ 1= (n + 1)2

2n = n = 0hai sốchính phương hai số tựnhiên liên tiếp hai số0;

Vì + x2 và x2 là hai số tựnhiên liên tiếp sốchính phương

x = thay vào phương trình có

( )

4

1 y y y

y =  + = ⇔  = −



Vậy phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (0; 0) ; (0; -1)

Câu

1 Kẻđường cao BH ∆ABH vuông H nên BH = AB.sin 600 =

2 AB

AH = AB.cos600 = AB

Xét ∆BHC vuông H nên BC2= BH2+ HC2

2

2 2

3

4

3

4

AB AB

BC AC

AB AB

BC AC AB AC BC AB AC AB AC

  = + −

= + − + = + −

Hay a2= b2 + c2– bc (1)

2 2

1

(2 )( ) 3( )( )

2 2 3 3

a b a c a b c

a b c a b c a b a c

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

+ =

+ + + +

⇔ + + + + = + +

⇔ + + + + + + + + = + + +

 a2= b2 + c2 – bc theo (1)

2 Xét (O) có   d

2 NMA=MCA= s MA

60°

H

B

A

C

D

P

Q

O O'

B A

K N

M E

(135)

  EMN NMA

⇒ = Tương tự ENM =MNA

∆EMN = ∆AMN (g – c – g) ME = MA ∆MAE cân M Có MN đường phân giác đường cao EA ⊥MN Mà MN // PQ EA ⊥ PQ

AB cắt MN K

Xét (O) có   d

2

KMA=MBA= s MA nên ∆KMA  ∆KBM (g – g)

KM2= KA.KB Tương tựKN2= KA.KB nên KM = KN.

∆BKM có AP // MK nên AP BA

MK = BK

∆BKN có AQ // NK nên AQ BA

NK = BK

Suy AP AQ

MK = NK mà MK = NK nên AP = AQ

∆EPQ có EA vừa đường cao, vừa đường trung tuyến nên ∆EPQ cân E Suy EP = EQ

Câu 4. Ta có:

(x−1)(y− ≥ ⇔1) 1 xy− − ≥ ⇒x y 0 xy≥ + ≥x y 2 xy⇒ xy≥ + ≥x y 4 *( )

( ) ( ( ) ) ( () )

( ) ( )

2

2 2 2 2

2 2

A

16

8 4

16

1 1

. 1

1 32

32 1

xy x y xy x y x y xy

x y x y

x y x y x y x y

xy

x y x y

xy

xy x y xy

xy

+ +

+

= = ≤

+ +

+ + + + + + +

+ +

= ≤ =

+ +

Lạicó 1 15 15.4 17 ( )2

16 16 16 16 xy xy

xy

xy+ = xy+ + ≥ + =

Từ(1) (2) có 32 17 16 17 A≤ =

Dấu xảy x= =y Vậy max 16 17 A =

Câu

Xét 15 phần tử: 15

3 , , , X Vì có tất cả7 màu nên theo ngun lý Dirichlet

trong 15 phần tửtrên có phần tửa, b, c màu

Giảsửa> > >b c 1thì a bội b b bội c (vì chúng lũy thừa

(136)

2019 +1

Vậy toán chứng minh

Đề số 23 Câu

1) Ta có:

3 5

M

10 10

M 5 5

2 5 5 5

+ −

= −

+ + + −

+ − + −

= − = −

+ + + − + −

(3 5)(3 1) (3 5)(3 1) 24 M

44 11 11

(3 1)(3 1)

+ − − − +

= = = ⇒ =

+ −

2

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

2) Q

x

x 4(x 1)

− − + + −  

=  − 

−

 

− − , với x>1;x≠2

2

(x 1) x 1 (x 1) x 1 x

Q

x x 4x

− − − + + − + − + − =

− − +

( ) ( )

( )

2

x 1 x 1 x 2

Q

x x

− − + − + − =

− −

x 1 x 1 x 2

Q

x x

− − + − + −

=

− −

*Nếu < x < ta có :

Q x x 1 x 2

2 x x x

− − + − + −

= =

− − −

* Nếu x > ta có :

x 1 x 1 x 2

Q

x x x 1

− − + − + −

= =

− − −

Câu

1) Điều kiện: x R∈ ( )

( ) ( )

2

2 2

x x x 4x x x x x 4x

x x x x 4x

+ + = + + ⇔ + + + = + +

(137)

2

x x x x (1)

x x (2)

 + − =  + =

 

⇔ ⇔

 + − =  + =

 

- Phương trình (1) vơ nghiệm

- Phương trình (2) có nghiệm x = x = -3

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = x = -3

2) Ta có: M a a

+ =

+

Điều kiện: a 0≥

Đặt: a n n Z( )

a

+

= ∈

+

Ta có: a n 2( − )= −2 5n

Nếu n 2= ⇒ = −0 (vô lý)

Nếu n a 5n

n

−

≠ ⇒ =

−

Do a 5n n

n

−

≥ ⇒ ≥ ⇔ ≤ <

−

Do n nguyên nên n = a = (thỏa mãn)

Vậy a =

Câu

a) Ta có: x= 2x(x y) 2y x 2− + − + ( )1

Vì x > nên :

( )1 ⇔x2 =2x(x y) 2y x 2− + − + ⇔x 2x2− 2+2xy 2y x 2− + = ⇔ −(1 x)(x 2y) 2− =

Do x, y sốnguyên ta có bảng sau

1 - x -1 -2

x - 2y -2 -1

x -1

y -1 -1 2

Mà x, y > nên có cặp sốnguyên (x; y) thỏa mãn (2; 2) (3; 2)

b) Ta có: 2

2a +3ab+2b 7

( ) 7

2 7 ) (

2 2  

ab b

a ab

ab b

a + − + ⇒ − +

⇒

Do ( ) ( )2 ( )

7ab7 a b, ∈Z ⇒2 a b− 7do 2, =1

Từđó ta có 2

( )( )

(138)

Câu

1) Xét∆CDE ∆CABcó C chung CDE =CAB=900

Nên ∆CDE∆CAB⇒CD=CE ⇒CD =CA CA CB CE CB

Xét∆BEC ∆ADCcó C chung CD = CA CE CB

Nên ∆BEC∆ADC c g c( )⇒BEC =ADC (Hai góc tương ứng)

Ta có HD = HA (gt) nên ∆ADH vng cân H

⇒ 

45

HDA= ⇒ ADC =1350 ⇒ BEC=1350⇒ AEB=450

∆ABEvuông A sin

2

= ⇒ = ⇒ = AB BE AEB m BE BE m

2) Ta có tam giác ABE vng cân A có AM đường trung tuyến đồng thời đường cao ta có: BM.BE = AB2

∆ABCvng A, đường cao AH ta có: BH.BC = AB2

⇒BM BE=BH BC⇒ BH =BM BE BC

Xét ∆BHM ∆BECcó Bchung BH =BM BE BC

Nên ( )   

135 45

∆BHM ∆BEC c g c ⇒BHM =BEC= ⇒AHM =

3) Tam giác ABE vuông cân A có AM đường trung tuyến nên AM đường phân giác nên AG phân giác BAC

Theo tính chất đường phân giác ta có: GB = AB

GC AC mà ∆ABC đồng dạng∆DEC ⇒ AB = ED

AC DC

DE song song AH song song với AH ⇒ ED = AH = HD DC HC HC

D E M

H G

C B

(139)

+ + + GC HC GB GC AH HC BC AH HC

Câu

* Ta chứng minh với hai số dương x, y ta có 1 1 ( )*

x y x y

  ≤  +  +  

Dấu xảy x = y

* Áp dụng đẳng thức AM-GM ta có : .1 1( 1)

2 ≤2 +4

+ + + +

a a

b c a b c a

2

⇒ ≤ +

+ + + +

a a

b c a b c a

Áp dụng bất đẳng thức (*)ta có:

1 1 1

2 ( ) ( )

1

2 4

  = ≤  +  + + + + +  + + 

   

⇒ ≤  + ⇒ ≤  + +  + +  + +  + +  + +  b c a a b a c a b a c

a a a a a a

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

Tương tự: 1 ; 1

2 4

   

≤  + +  ≤  + +  + +  + +  + +  + + 

b b b c c c

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

Do đó: 3

4

 

≤  + + + + + + =

+ + + + + +

 

a a b b c c

M

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

Giá trịlớn M là3

2 a = b = c Đề số 24 Câu

a) Rút gọn biểu thức

A 1 : 2x x 2x x x x x 0; x 1; x

1 x

1 x x x x

 

  + − + −   = −   +  > ≠ ≠ 

−

− +  

   

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

x 2x x

x x 2x x: x

x x x x x x x

 + − 

− +  + − − 

=  + 

−  − + + − + 

 

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

x x x x x

2 x :

x x 1 x x x x x

 + − + − 

−  

=  + 

−  − + + − + 

 

( ) ( )

2 x : x 1 x

1 x x x

x x

  

−

=  −  +  − − +

 

(140)

( ) ( ) ( )( )

2 x : x :

x x 1 x x x

= −

− − − +

( ) (: )(1 ) x xx

x x 1 x x x

− +

= =

− − − +

b) Tính giá trị A x 17 12 2= −

Tính x 17 12 2= − =(3 2− )2⇒ x = (3 2− )2 = −3 2 2= −

A 2 17 12 2( ) 15 10 2( )

3 2 2 2

− − + − − −

= = = =

− − −

c) So sánh A với A(1 điểm).

Biến đổi A x x x 1

x x

− +

= = + −

Chứng minh x x

+ > với x 0; x 1; x

4 > ≠ ≠

( )

1

A x 1 A A A A

x

A A A A

⇒ = + − > ⇒ > ⇒ − > ⇒ − > ⇒ − > ⇒ >

Câu

a) Chứng minh a( b) b( c) b

− < < − biết a; b; c ba số thực thoả mãn điều kiện a = b + = c + ; c >

Ta có: a b 1= + ⇒ − = ⇒ >a b a b 1( )

( )

b c 2+ = + ⇒ − = ⇒ > >b c b c (c > theo (gt))

Từ(1) (2) suy a > b > c >

Mặt khác a b ( a b)( a b) a b 1

a b b

− = ⇒ − + = ⇒ − = <

+

(Vì a >b > 0)

( )

2 a b

b

⇒ − <

Chứng minh tương tựcho trường hợp: b( c)

b < −

Vậy a( b) b( c) b

(141)

2 2009

2009

Ta có : 2 ( )2

2

2008 2008 2008 2008

B 2008 2008 2.1.2008

2009 2009

= + + + = + − + +

( )2 2

2

2008 2008 2008 2008 2008

2009 2.2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009

 

= − + + =  −  +

 

2008 2008 2008 2008

2009 2009 2009

2009 2009 2009 2009

= − + = − + = Vậy B có giá trịlà số tựnhiên

Câu

a) x2−3x 2+ + x 3+ = x 2− + x2 +2x 3−

⇔ (x x 2− )( − )+ x 3+ = x 2− + (x x 1− )( + )( )

Điều kiện

( )( ) ( )( )

x x

x

x x

 − − ≥ 

+ ≥

 ⇔ ≥

 − ≥ 

 − + ≥ 

( )1 ⇔ x 2− ( x 1− − −) x x 1+ ( − − )=0

( )( ) x 1 x 1

x 1 x x x

x x x x

 − − =  − =

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

 

x = thoảmãn điều kiện xác định Vậy phương trình có nghiệm x =

b) 4x 3x x

5

+

+ − − = (1)

Điều kiện x ≥

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

5

4x 3x 4x 3x

+ − − + + − + + − + +

⇔ = ⇔ =

+ + − + + −

4x 3x x x x 4x 1 3x 5

5

4x 3x 4x 3x

+ − + + + +

⇔ = ⇔ = ⇔ + + − =

+ + − + + − (2)

(Vì x

≥ nên x + >0)

(142)

1) Chứng minh điểm C, H, O, I thuộc đường tròn Chứng minh OI ⊥ AC

Suy ∆OIC vuông I suy I thuộc đường trịn đường kính OC CH⊥AB (gt) ∆CHO vng H ⇒H thuộc đường trịn đường kính OC

Suy I, H thuộc đường trịn đường kính OC hay C, I, O, H thuộc

đường tròn

2) Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn (O; R) (2 điểm)

- Chứng minh AOM COM =

- Chứng minh ∆AOM = ∆COM

- Chứng minh MC⊥CO

⇒MC tiếp tuyến (O; R)

3) Chứng minh K trung điểm CH ( điểm)

∆MAB có KH//MA (cùng ⊥AB) ⇒ KH HB KH AM.HB AM.HB

AM = AB⇒ = AB = 2R (1)

Chứng minh cho CB // MO ⇒AOM CBH = (đồng vị)

C/m ∆MAO đồng dạng với ∆CHB

⇒ MA AO CH AM.HB AM.HB

CH = HB ⇒ = AO = R (2)

Từ(1) (2) suy CH = KH ⇒ CK = KH ⇒ K trung điểm CH

4) Xác định vịtrí C để chu vi ∆ACB đạt giá trịlớn nhất? Tìm giá trịlớn

đó

Chu vi tam giác ACB PACB =AB AC CB 2R AC CB+ + = + +

Ta lại có

( )2 2 2 2 2 2 2

AC CB− ≥ ⇒0 AC CB+ ≥2AC.CB⇒2AC 2CB+ ≥AC CB 2AC.CB+ +

( 2 2) ( )2 ( 2 2)

2 AC CB+ ≥ AC CB+ ⇒AC CB+ ≤ AC CB+

⇒AC CB+ ≤ 2AB2 (Pitago)

AC CB+ ≤ 2.4R ⇒AC CB 2R 2+ ≤

Đẳng thức xảy AC = CB ⇔M điểm cung AB

(143)

Vậy max PACB =2R 1( + 2) đạt M điểm cung AB

Câu

a) Chứng minh giá trị M sốnguyên

Biến đổi M =(5 6+ ) (1004 + −5 6)1004

Đặt a= +5 6; b= −5 ⇒ + =a b 10 a.b 1=

Đặt n n

n

U =a +b với n∈N Khi M = U1004

Ta có n n n n ( ) n ( ) n

n

U + =a + +b + =a.a + +b.b + = 10 b a− + + 10 a b− +

( n n 1) ( n n)

n n

10 a + b + ab a b 10U + U

= + − + = − (vì ab = 1)

n n n

U + 10U + U

⇒ = − (*)

Ta thấy U0 = ∈ Z ; U1= a + b = 10 ∈Z

2 2 ( )2 2

2

U =a +b = a+b −2ab=10 −2.1=98∈Z

Theo cơng thức (*) U3 =10U2−U1 mà U1, U2∈Z suy U3∈Z

Lại theo (*) U4 =10U3−U2 có giá trịngun

Q trình lặp lặp lại vơ hạn suy Uncó giá trịnguyên với n ∈N*

Suy M = U1004có giá trịlà sốngun

a)Tìm chữsố tận M

Từ(*) suy Un 2+ +Un =10Un 1+ 10

( ) ( ) ( )

n n n n n n n n 4k r

U + U U + U + U + U 10 U + U 10 U +

⇒ − = + − +  ⇒ −  ⇒ Ur

có chữsố tận giống

1004 = 4.251 suy U1004và U0có chữsố tận giống

Mà U0có chữsố tận (theo c/m câu a) nên M có chữsố tận

Đề số 25 Câu

a) ĐKXĐ: x 0,x 1> ≠

( ) ( )

( )( )

2

x

1

A

1 x

x x

1 x x

A x A

x x x

  −

 

= +  − −

 

 

+ −

= − ⇔ = −

(144)

2 x

c) Đặt 22 33

3

x b x b

y c

 = >  =  ⇒

 

= = > 



Ta có: b b c3+ + c bc3+ =a

Bình phương hai vếđược: b3+b c c2 + 3+bc2+2 b c (b c)2 + =a2

Biến đổi ta được: (b c)+ =a2 3a2 b c

⇒ = + hay a2 = x2 +3 y2 (đpcm)

Câu

a) Ta có: ( )

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

y m x m

x m y

m x y m x m m x m m

 = + − +

 + − =

 ⇔

   

+ − = + + − + − + = +

 

   

( ) ( )

2

y m x m

m x m (*)

 = + − + 

⇔ 

= + 

Để hệphương trình có nghiệm phương trình (*) có nghiệm

 m

Với m khác hpt có nghiệm (x,y) m m 12 2 ; 2

m m

 + +  =  

 

Đểx + 5y = m2+ + 5(m + 1) = m = –2, m = –3

b) Đặt a b x

y b c

− =

− (x, y ∈ Z, xy ≠0)  ay – bx = (by – cx) (*)

Vì a, b, c, x, y ∈Z  ay – bx ∈ Z  (by – cx) 2∈Z

Mà ∈ I nên từ (*) ay bx ay bx

by cx cx by

 − =  = ⇒ ⇒

− = =

 

 acxy = b2xy  ac = b2(vì xy ≠ 0)

a2+ b2 + c2= (a + c)2 – 2ac + b2= (a + c)2 – b2= (a+c – b)(a+c+b)

Vì a2+ b2 + c2là sốnguyên tố a + c – b < a + c + b

 a + b – c =  a + b + c = a2 + b2 + c2 (1)

Mà a, b, c nguyên dương nên a≤ a2, b≤ b2, c≤ c2 (2)

Từ(1) (2)  a = b = c = 1, thửlại: Thỏa mãn, kết luận

Câu 1)

a) Với m = ta có (d): y = x +

Lí luận đưa phương trình hồnh độgiao điểm: x2 – x – =



(145)

Tìm tọa độgiao điểm: (–1; 1) (2; 4)

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

x2 = mx + m + x2 – mx – m – = (*)

(P) (d) cắt điểm phân biệt phương trình (*) có nghiệm phân biệt

Tìm m –2

c) Ta có: a2 – b = b2 – c a2 – b2= b – c

Tương tự:

Tính M = –1

2) Điều kiện : x ≥ −

Đặt 8x y, y 0   ta có: x2 x y2 4x2 4x 4y2

8x y 8x y

 

       

 

 

     

 

 

4x2 + 4x – = y2+ 4y (2x+1)2= (y+2)2

y = 2x – y = -2x –

Với y = 2x –  8x 2x 1   , giải x = Với y = -2x –  8x 1   2x

Câu

a) Chứng minh DN đ/kính đường trịn qua điểm A, D, M, E, N Chứng minh

Chứng minh

Chứng minh C, E, N thẳng hàng







b c a c

a b a b

 

      

 

b a c b

b c ; c a

b c c a

 

     

 

F K

H

E

M N

D C

B A



DEN 90



(146)

DKC vuông K có KM đường cao MK2= MD.MC (1)

MHD ~ MCN (g.g) MD.MC = MH.MN (2)

Từ(1) (2) MH.MN = MK2

c) Chứng minh DCF = CBN (gcg) CF = BN (3) Chứng minh tứgiác BCMN hình chữnhật BN = CM (4)

Từ(3) (4) CF = CM CMF vuông cân C mà CA phân giác góc (t/c hình vng) CA MF

Câu

+) Nếu ac phương trình có nghiệm

+) Nếu ac > a c dấu, từ b a dấu

a, b, c dấu Vì ta cần xét a, bvà c dương đủ Với a, b, ccùng dương ta có :

đpcm

Đề số 26 Câu

a/ Ta có:

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

2 x

x x ( x 1) x

M :

x

x x x x x x x

   + 

+ + + −

   

= +   + 

−

− + + − + + +

   

   

1 x : x

x x x x

 +   −  = +    + 

− − − +

   

( )( )

( )( ) ( )( )

x x x (3 x 5)( x 1) 2( x 2)

:

x x x x

− + + − − + + − =

− − − +

( )( ) ( )( )

x x x x 3x x x x 4:

x x 11 x x

− + − + − + − − + −

=

− − − +

( x 2x 3)( x 11) (: x 23x 9)( x 1) ( x 2x 3)( x 1)( x 23(x 3))( x 1) 3 x 1( x )

− +

− − − +

= = =

−

− − − + − − −

 

  



  



  

BCD  ⊥

≤ 

 2b c

a   a 



2

2b c c 4a c 8ac 16a

4 b b

a a

  

     

 2

2

2 c 8ac 16a c 4a

b 4ac

4



 

(147)

( )

3 x−1

*M <

( 1) ( 1) 2( )

1

3 3

x x x x

x

x x x

+ + − −

⇔ > ⇔ − > ⇔ > ⇔ >

−

− − −

Ta có

2

1

2 x x x x x x  − > 

 − >

⇔ ⇔ < < ⇔ < < 

 − <   − <   

.Vậy M>1 < x < x≠3

b/ Ta có:

• Vì ab+ bc+ ca=1 nên 1+c= ab+ bc+ ca+ = =c ( a+ c)( b+ c) • Tương tựta có 1+ =a ( a+ b)( a+ c);1+ =b ( a+ b)( b+ c)

• Vậy H=

( a ac)( bb c) ( a bb)( ac c) ( a cb)( aa c)

− − −

+ +

+ + + + + +

=( ) ( )

( aa cc)( bb cc) (( aa bb) ()( aa cc)) (( bb cc) ()( aa bb))

+ − + + − + + − +

+ +

+ + + + + +

= 1 1 1

b+ c − a+ c + a + c − a+ b + a+ b − b+ c =

Câu

a) Điều kiều x ≥

Vì

6

x ≥ ⇒

2

0; 6x

x > − > , theo AM-GM ta có

( ) ( )

2

5

6

5

30

2 x x x x x + − − = − ≤

Dấu = có 2

6x x

x = − ⇔ = ±

Vì

6

x ≥ ⇒ 2

6x

x

− ≥ , theo cơsi ta có

2

5 (6 )

5

6 (6 )

2 x x x x x x − + − = − ⋅ ≤

Dấu = có 2

6x x

x

(148)

Vây ta có 30 2 2

2

x x

x

x x

− + − ≤

2

5

30 6x 6x

x x

⇔ − + − ≤ Dấu = có ⇔ = ±x

Vậy x=±1 nghiệm phương trình 2

2

5

30 6x 6x

x x

− + − =

b) Tìm số thực x để số 2 3; 3;

x x x

x

− + − sốnguyên

Đặt 2

3; 3; a x b x c x

x

= − = + = − với a b c, , ∈Z

Từ a= −x 3⇒ = +x a 3; từ b=x2+2 3⇒x2 = −b 3, nên ta có

( )2 ( )

2

3 3 3 3

a+ = −b ⇔a + a+ = −b ⇔ a+ = −b a −

-Nếu a+1≠0 3

1 b a a

a − −

⇒ ≠ − ⇒ =

+ ,

2

,

1 b a

a b Z Q Q

a − −

∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ ⇒

+ VL

Vậy a+1=0 nên ta có 12

4

3

a a

b b a

+ = = −

 

⇔ ⇔   =

− − = 

 x= 3 1−

Với x= 1− ta có a= −1;b=4 c= −2 nguyên, thỏa mãn đầu

Câu

a/Tìm x nguyên dương để

4x +14x +9x−6 sốchính phương

Vì

4x +14x +9x−6 sốchính phương, nên ta có 4x3+14x2+9x−6=k2 với k∈N

Ta có

14

x + x + x− =…=(x+2 4)( x2+6x−3)nên ta có (x+2 4)( x2+6x−3)=k2

Đặt ( )

2,

x+ x + x− =d với d∈N*

Ta có x+2d ⇒(x+2 4)( x−2)d⇒4x+6x−4d

Ta lại có ( ) ( )

4x +6x−3d⇒ 4x +6x− −3 4x +6x−4 =1d⇒ =d

Vậy ( )

2, x+ x + x− =

mà ( )( )

2

x+ x + x− =k2 nên ta có

x+2

4x +6x−3 sốchính phương⇒ + =x a v2 4x2+6x− =3 b2 với a,b∈N*

Vì x > nên ta có 2 2 2 ( )2 2 ( )2

4x <b <4x +12x+ ⇔9 2x <b < 2x+3

Vì b lẻnên 2 ( )2 2 2

2 4

b = x+ ⇔ x + x− = x + x+ ⇔ =x

Với x=2 ta có

4x +14x +9x−6=100=102là sốchính phương

(149)

x x xy yz zx x yx z x y z

Vậy 1 x2

x

+ + 1

2 x y z

  ≤  + + 

 

Tương tựta có 1 y2

y

+ + 1

2 x y z

  ≤  + + 

  ;

2

1 z

z

+ + 1

2 x y z

  ≤  + +   

Vậy ta có 1+ 1+x2 +1+ 1+ y2 +1+ 1+z2 ≤

x y z

1 1

3 ;" " x y z

x y z

 + +  = ⇔ = =  

 

Ta có ( )2 ( ) ( ) (2 ) (2 )2

3

2

x+ +y x − xy+yz+xx = =  x−y + y−z + x−z ≥

Nên( )2 ( )

3

x+ +y x ≥ xy+yz+xx

( )2 ( ) 1

3 3xy yz xz

xyz xy yz xz xyz xyz

xyz x y z

  + +

⇒ ≥ + + ⇒ ≤ ⇒  + + ≤  

Vậy 1+ 1+x2 +1+ 1+ y2 +1+ 1+z2 ≤xyz

x y z ; " " x y z

= ⇔ = =

Câu

a/Chứng minh OM⋅OB=ON⋅OC MN qua điểm cốđịnh

*Ta có OH ⊥HB (t/c tiếp tuyến) ⇒ ∆OHB vuông H, mà HM⊥OB (gt) nên theo

hệ thức lượng tam giác vuông ta có 2 OM OB⋅ =OH =R

Chưng minh tương tựta có 2

ON OC⋅ =OH =R Vậy ta có OM OB⋅ =ON OC⋅

* Ta có 2

OM OB⋅ =OH =R mà OA=R nên ta cóOM OB OA2 OM OA OA OB

⋅ = ⇒ =

Xét ∆OMA ∆OAB có O chung, có OM OA

OA =OB ⇒ ∆OMA∆OAB

  OAM OBA

⇒ =

Ta có AO=AB=R (gt)⇒ ∆OAB cân ⇒ AOB=OBA⇒ AOM =OBA , OAM = AOM OMA

⇒ ∆ cân ⇒MO=MA

E a

N M

A H

C B

(150)

Ta có MO=MA;NO=NA, MN trung trực OA, gọi E giao điểm

MN với OA ta có EO=EA=

2 OA

MN ⊥OA E, mà O, A cốđịnh nên E cốđinh

Vậy MN qua điểm cốđịnh

b/Chứng minh OB OC=2R2

Ta có OM OB ON OC OM ON

OC OB

⋅ = ⋅ ⇒ =

Xét ∆OMN ∆OCB có O chung , có OM ON OMN OCB

OC = OB ⇒ ∆ ∆ ,

mà OE⊥MN OH⊥BC nên ta có

1

2 2

OM OE OM OE OE

OM OC

OC =OH ⇒ OC = OA= OE = ⇒ = ( OH=OA=2OE)

Ta có 2

OM OB⋅ =OH =R ( cm trên) 2 2OC OB R OC OB R

⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ =

c/Tìm giá trịlớn diện tích tam giác OMN H thay đổi

Ta có ∆OMN ∆OCB (cm trên)

( )

2 2

2

1

OMN OCB

S OE OE OE S OH OA OE ⇒ = = = =

Nên 1 1 1

( ) ( )

4 8

OMN OCB

S = S = ⋅ ⋅OH BC⋅ = R BC⋅ ≤ R AB+AC = R R+R = R

Dấu có B, A, C thẳng hàng ⇔H ≡ A

Vậy diện tích tam giác OMN lớn OMN

S = R H ≡A

Câu

- Nếu n lũy thừa bậc số tựnhiên toán chứng minh xong

-Nếu n không lũy thừa bậc số tự nhiên, ta ln tìm số ngun dương k cho 2 ( )2

1

k < <n k+ Vì n nguyên dương n>k2 ⇒ ≥n k2+1, ta có:

( )2 2 ( )2 2 ( )2

2n− k+1 ≥2(k + −1) k+1 = = k −2k+ =1 k−1 ≥0

Vậy k nguyên dương , nên ta có 2 ( )2 k < <n k+ ≤2n

Vậy dãy ln có lũy thừa bậc số tựnhiên

Đề số 27 Câu

a) ĐKXĐ: (*)

1)Rút gọn M: Với

9 ; ;

0 ≠ ≠

≥ x x

x

9 ; ;

0 ≠ ≠

≥ x x

(151)

2) Biểu thức M có giá trịngun chỉkhi:

Ư(3) Vì

Nên

Xảy trường hợp sau:

(TMĐK (*))

(không TMĐK (*) loại )

Vậy x = M nhận giá trịnguyên b)

Có

Với x = 1.Ta có

Vậy với x = P = 2014

Câu

a Ta có: (1)

Ta có: (2)

Thay (2) vào (1) ta có:

(1) (3)

Đặt , với y ≥ Suy

Thay vào (3):

+ x 1 1 1 + − = + − + + = + − + = + − = x x x x x x x x M ) ( 1

3 x+ ⇔ x + ∈U

{±1;±3 }

∈ x≥0⇒ x+1≥0⇒ x+1≥1

} {1;3 1∈ + x 0

1= ⇔ = ⇔ =

+ x x x

4

3

1= ⇔ = ⇔ =

+ x x x 18 2 2

6+ − + + − −

= x 4 ) (

18− = − = − = −

1 ) ( 2

2+ + − = + = + = +

3 2 3 2

6+ − + = + − = + − −

= x 3 3 ) (

6+ − − = + − − = + −

= x 3 3 )

( + − = + − = + − =

= x 2014 2006 2006

3 2013+ 2011+ = + + = =

P

( 2)3 3 4

1+x −4x = −1 3x

( )

3 4 2 2

4x + −1 3x = −3x +4x +x −x + = +1 x −x 3x −4x+1

⇔ ( 2) (3 2) 2( ) 1+x − +1 x = −x 3x −4x+1

2 = +

y x x2 =y2−1

( )( )

3 2

1

− = − − +

y y y x x

⇔ 2( ) ( 2)( )

1

− − − − + =

(152)

* Với y = x = thỏa mãn phương trình

* Với y ≠ y ≥ 1, ta có: (4)

Vì y > thay vào vếtrái (4)

lớn

Do (4) vơ nghiệm Vậy phương trình (1) có nghiệm x =

b) Giảsử 2

2014 ( )

+ = ∈

n k k N

⇔2014=k2−n2 ⇔2014=(k+n k)( −n) (1)

Suy (k + n) (k – n) = 2k số chẵn nên (k + n) (k – n) tính chẵn lẻ

Do 2014 số chẵn nên (k + n) (k – n) số chẵn

Khi từ(1) suy ta lại có (điều vơ lí)

Vậy khơng có sốngun n để sốchính phương

Câu

a) Điều kiện cần đủ đểđường thẳng qua điểm cốđịnh

với m :

với m

Vậy đường thẳng (1) qua điểm cốđịnh N(-1; 1)

b) Điều kiện a, b, c

Từ Suy ( bc +ac +ab ) ( a+b+c ) – abc =

(a + b)(b + c)(c + a) = a + b = b + c = c + a =0 Nếu a + b = mà a + b + c =2013 nên c = 2013

Nếu b + c =0 mà a+b+c =2013 nên a = 2013

Nếu a + c = mà a + b + c = 2013 nên b = 2013

  +( +1 3)( −4 + =1) 0 y y x x

( )( )

2

1

+ + − + =

y y x x

2

2 1

3

3 3

 

− + =  −  − ≥ −

 

x x x

( ) 2

2 1 13 13

1

3 36 36

   

− + = −  − > −  − =

   

y y y

4 ) )( (k+n k−n  ⇒ 2014 2014 + n ) ( )

(m− x+ m− y= )

; (x0 y0 N ) ( )

(m− x0 + m− y0 =

0

2 0

0 − + − − =

⇔mx x my y

0 ) ( )

( 0 + 0 − 0 + 0 + =

⇔ x y m x y

   = − = ⇔    = + + = + ⇔ 1 0 0 0 y x y x y x ≠ c b a c b

a + + = + + 1

1

(153)

Câu 4.

a) Vì M thuộc (O) nên tam giác: BMA CMD vuông M nên:

=

=1+1=2

b) Chứng minh:

Thật vậy:KOHM hình chữnhật nên: OK = MH

Mà MH2= HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vng MAB có MH đường cao)

và BH = AB – AH = 2R – AH Suy ra:OK2=MH2=AH(2R-AH) (1đ)

c) P = MA.MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH (Vì MK = OH)

Mà OH.MH (Pitago)

Vậy đẳng thức xẩy MH = OH OH =

Câu

Đặt x = b + c – a, y = a + c – b, z = a + b – c `

Ta có

H K

D C

A O

B

M

   

2 2

sin MBA+sin MAB+sin MCD+sin MDC

   

2 2

(sin MBA c+ os MBA) (sin+ MCD c+ os MCD)

(2 )

OK =AH R−AH

2 2

OH +MH OM R

≤ = =

2

4 2 R

P≤ R = R ⇔ ⇔

2 R

0 , ,y z > x

        

+ =

+ = ⇒ 

   

= − +

2 2

y x c

z x b

y z a

z c b a

y b c a

(154)

Dấu đẳng thức xảy

Vậy giá trịnhỏnhất biểu thức P 26 chỉkhi

Đề số 28 Câu

1) Ta có:

( )(x ) x 1

A

x x x

+ + = + − + + − − + + ( )( ) ( )( )

x x x x

x x x

x x

x x x

+ + − − − − = − + + − = − + + ( ) ( )( )

x x x

x x

x x x

−

= =

+ + − + +

Vậy với x 0, x 1≥ ≠ A x

x x

=

+ +

2)Ta có :

2

2 (2 1)

2 13 48

6

2 ( 1)

2

6

+ − + + − + = = + + + − + − − = = + + A

2 9 8

2

2 9

2 16 36 26

2

y z z x x y P

x y z

y x z x z y

x y x z y z

(155)

2

6

( 6)

1

6

+ +

= = =

+ +

Vậy A =

Câu

1) Vì x = khơng nghiệm phương trình nên x≠0

Chia hai vế phương trình cho

x ta được:

2

1

2 x x

x x

 + −  + + =

   

   

Đặt y x x

= + 2

2

y x x − = +

Do ta có phương trình:

2(y − −2) 7y+ =9

⇔ 2y2 - 7y + 5=0 ⇔(y - 1)(2y - 5) =

2

y y

− = 

⇔  − = 

*Với y-1 = ta có x x

+ -1 = ⇔x2-x+1 = vô nghiệm

x2 - x + 1=

2

0,

x x

 −  + > ∀

 

 

*Với 2y - = ta có 2. +1

x x - = ⇔2x

2 - 5x + =

⇔(2x - 1).(x - 2) =

2 x x

=   ⇔

 = 

Vậy x = x =1

2 nghiệm phương trình

2)

2 3x+10 =x +9x+20 Điều kiện xác định: 10 x≥−

2 3x+10=x +9x+20

⇔

9 20 10 x + x+ − x+ =

⇔

(x +6x+ +9) 3x+10 3− x+10 1+ =0

⇔ 2

(x+3) +( 3x+10 1)− =0

⇔

2

( 3)

( 10 1)

x x  + = 



+ − =  (vì

2

(156)

3x+10 1− =0 

Vậy phương trình cho có nghiệm x = -

Câu

1)Ta có :

2014 2015 2016 x +xy− x− y− =

⇔

2015 2015 2015 x +xy+ −x x− y− =

⇔ x x( + + −y 1) 2015(x+ + =y 1)

⇔ (x−2015)(x+ + =y 1)

Vì x, y ∈ Z nên x-2015 x + y + 1∈Z ước

Ta có trường hợp sau:

* 2015 2016

1 2016

x x

x y y

− = =  ⇔  + + =  = −  

* 2015 2014

1 2016

x x

x y y

− = − =

 

⇔

 + + = −  = −

 

Vậy phương trình có nghiệm (2016;-2016); (2014; -2016)

2)Vì k số nguyên tố suy k2+ >4 5; k2+16 5>

-Xét k = 5n (n∈N) mà k số nguyên tố nên k =

Khi k2 + = 29; k2 +16 = 41 số nguyên tố

-Xét k = 5n+1 ( ) 2

25 10

n∈N ⇒k = n + n+ ⇒k + 

k

⇒ + không sốnguyên tố

- Xét k = 5n + ( ) 2

25 20 16

n∈N ⇒k = n = n+ ⇒k + 

k 16

- Xét k= 5n +3 ( ) 2

25 30 16

n∈N ⇒k = n + n+ ⇒k + 

k 16

- Xét k = 5n+4 ( ) 2

25 40 16

n∈N ⇒k = n + n+ ⇒k + 

k

Vậy để k2+4 k2+16 là sốnguyên tốthì k = 5.

Câu

1) Hình vẽ

1

H

M O

D C

B A E

2

1

(157)

OB = OC(vì ABCD hình vng)

B1 C1 45

Ο

= =

BE = CM (gt)

Suy ∆OEB = ∆OMC (c.g.c)

⇒ OE = OM O1=O3

Lại có O2+O3 BOC 90

Ο

= = (vì tứgiác ABCD hình vng)

2 1 O O

⇒ + = EOM=90Ο

kết hợp với OE = OM

⇒∆OEM vuông cân O

2) Vì ABCD hình vng ⇒ AB = CD AB // CD

⇒ AB // CN⇒ AM BM

MN =MC (Theo hệ ĐL Ta- lét) (*)

Mà BE = CM (gt) AB = BC ⇒ AE = BM Thay vào (*) ta có : AM AE

MN = EB

∆ABN có AM AE

MN = EB ⇒ ME // BN

(theo ĐL Ta-lét đảo)

3) TừME // BN ⇒OME =OHB ( cặp góc đồng vị)

Mà OME=45Ο ∆OEM vng cân O

 

1

MHB 45 C

⇒ = =

⇒∆OMC ∆BMH (g.g)

OM MC

MB MH

⇒ =

kết hợp OMB =CMH (hai góc đối đỉnh)

⇒∆OMB ∆CMH (c.g.c)

 

OBM MHC 45

⇒ = =

Ta có    0

BHC=BHM+MHC=45 +45 =90

Do CH ⊥ BN

Câu

Chứng minh BĐT : 1 1

4

a b a b

 

≤  +  +   (*)

Dấu xảy a = b

(158)

2x+ +y z x+ + +y x z 4x+y x+z

1 1

2

x y z x y y z x y y z

 

= ≤  +  + + + + +  + + 

1 1

2

x y z x z y z x z y z   = ≤  +  + + + + +  + + 

Suy 1 1.2 1

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

 

+ + ≤  + +  + + + + + +  + + + 

Tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta có:

1 1

4

x y x y   ≤  +  +  ;

1 1

4

y z y z   ≤  +  +  ;

1 1

z x z x

 

≤  + 

+  

Suy 1 1.2 .2.1 1 1

2 2 4

  + + ≤  + + = + + + + + +   x y z x y z x y z x y z

1 1

1 2x+ +y z +x+2y+z+ x+ +y 2z ≤

Dấu xảy

4 x= = =y z

Đề số 29 Câu

a) Từgiả thiết ta có:

3

6 12 12

x − x + x− +y − y + y− + + − =x y

( ) (3 )3

2

x y x y

⇔ − + − + + − =

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

4 2 2

x y  x x y y  ⇔ + −  − − − − + − + =

Vì ( ) ( )( ) ( ) ( )

2

2 2

2 2 2

4

y y

x− − −x y− + y− + =x− − −  + − + >

 

Do x+ − =y ⇒ =A (x+y) ( x+y)2−3xy+12xy=4 16 3( − xy)+12xy=64

Vậy A=64

b) Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

6

6 5 4 3 2

2

3 2017

2 2 2 2018

1 2 2018 2018

x x x x

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

− + − +

(159)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

6 5 4 3 2

2

2 2 2 2018

1 2 2018 2018

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

= − − + − − + − − + − − + − − + = − − + + + + + =

Do Q=1

c) Từ x+ =y ⇒ = −x y y; = −1 x Khi

3 3

1

1 1

x y y x

y x y x

− − − = − − − − −

( )( )

2

2 2

1 1

− − − − + + +

= + =

+ + + + + + + + x x y y y y x x x x y y

( )( )

( )

2 2

1

− + +

=

+ + + + + + + +

y x y x

x y xy x y x y xy x y

( ) ( )

2 2 2

2

− −

= =

+ + + + +

y x y x

x y xy x y x y

( )

3 2

2

0

1

x y x y

y x x y − ⇒ − + =

− − +

Câu

a) ĐKXĐ: a b, ≠0;a≠b

Ta có

2 1

a a a a a − = =   − = ⇔ ⇔ − = − =

  Vì a≠0 nên a=1

1

1 2

1 2 b b b b b  + =  = −   + = ⇔ ⇔  + = −  = −     Do ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2

1 1

2 :

1 1

1 1 1

2

1

1 1

2

1

b b b b B

b b b b

b b b b b

b b b b

b b b

b b b b b

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

Với

2

b= − ⇒ =B

Với

2

b= − ⇒ =B

(160)

Do Q x( ) có dạng Q x( ) (= x−2015)(x−2016)(x−2017)(x a− )

Suy P x( ) (= x−2015)(x−2016)(x−2017)(x a− + +) (x 1)

Ta có

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

( )

2014 2018 2014 2015 3.2.1 2018 2019

6 2014 6.2018 4034 4058

P P a a

a a

+ = − − − − + + − +

= − + + − + =

Câu

a) ĐKXĐ: x≠ −1; x≠ −4; x≠ −7; x≠ −10

Phương trình ban đầu trởthành:

(x+1)(3x+4) (+ x+4)(3x+7) (+ x+7)(3x+10) =4x9−2

( )( )

( ) ( )

2

1 1 1

1 4 7 10

1

1 10

7 12

3

x x x x x x x

x x x

x x x x x n x l

⇔ − + − + − = + + + + + + −

⇔ =

+ + − ⇔ + + = − ⇔ + + =

⇔ + + = = −

 ⇔ 

= − 

Vậy tập nghiệm phương trình cho S= −{ }3

b) Ta có

( ) ( )

2

2 2

2

3

4 4 12

2

4

2

x xy y

x xy y x y y y

y − + =

⇔ − + = ⇔ − = − ≥ ⇒ ≤

⇔ − ≤ ≤

• Với ( )( )

1 2

2 x

y x x x x

x = −  = ⇒ − − = ⇔ + − = ⇔ 

=  • Với ( )( )

1 2

2 x

y x x x x

x =  = − ⇒ + − = ⇔ − + = ⇔ 

= −  • Với 2 ( )2

2 1

y= ⇒x − x+ = ⇔ x− = ⇔ =x

• Với ( )2

2 1

y= − ⇒x + x+ = ⇔ x+ = ⇔ = −x

• Với ( )

0

(161)

Câu

a) Ta có

( ) ( )

2

2 2

2

5 2

4 4 2

2

F x y xy x y

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

= + − − + +

= + + − − + + + + +

= − + + + +

Do F≥2

Dấu " "= xảy ( ); 1; 3 x y  

⇔ = − 

 

Vậy minF =2

b) Đặt A=2n+ +3n 4n Nếu n=1 A=9 (thỏa mãn)

Xét n>1 hay n≥2 2n +4n chia hết cho

Ta có 3n chia dư với n chẵn −1 với n lẻ Mà sốchính phương chia dư 1nên A phải chia dư 1nên 3n phải chia dư Suy n chẵn

Với n chẵn: 2n chia dư 1, 4n chia dư 1, 3n chia hết cho

Do A chia dư (vơ lí, sốchính phương chia có sốdư

)

Vậy n=1

Câu

a) Gọi P giao điểm tia AI tia DC

Áp dụng định lí Thales, ta có:

1

2

1

2

AE GE

NP AE NC CP AB NP GN

AB CP AB CP AB

= = ⇒ = ⇒ + =

⇒ + = ⇒ =

Suy

5 IB AB IC =CP =

Ta có

3 AG GE PA = EN = ;

6 IA IB IP = IC =

6

5 11

IA IA

IP IA PA ⇒ = ⇒ =

(162)

11 33 PA PA PA

Do 33 11

3 7

AG AG PA

GI = PA GI = =

b)

Kẻ EH ⊥AB H, EN ⊥AC N, FM ⊥AB M FK ⊥ AC K

Vì  EAD=FAD  BAD=CAD  

BAE CAF

⇒ = BAF =CAE ⇒ ∆HAE ∆KAF⇒ AE = HE

AF KF



Lại có

ABE ACF

S BE HE AB AE AB S =CF = KF AC = AF AC

( )

BE AE AB CF AF AC

⇒ =

Chứng minh tương tự ( )2

BF AF AB CE AE AC ⇒ = Từ ( )1 ( )2

2

BE BF AB CE CF AC ⇒ =

(163)

Ta có  ABE=CFB BAE =FCB=60°

⇒ ∆ABE∆CFB AE AB AE AC BC CF AC CF ⇒ = ⇒ =

⇒ ∆AEC∆CAF   CFA ACE

⇒ = mà  FAB=CFA AB( / /DF)  

ACE FAB

⇒ =

Do CAF  +FAB=CAB= °60   60  120 CAF ACE EOF

⇒ + = ° ⇒ = °

Đề số 30 Câu

1 a) ĐKXĐ: x>0;y>0;x≠ y

( )

( ) ( ( ) ( ) )

( )

3

2

1 1 1

:

2

1

x y A

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

x y

x y xy x y x y x y

x y xy xy xy x y xy x y

xy xy xy xy x y x y

  −  

=  +  + + +  + 

  +  

+ +

= +

−

+ +

+ + =

− +

= =

− −

b) Với x= +3 5; y= −3 5ta có: x > y đó:

xy A

x y = >

−

Mà ( ) ( )( )

( )

2

2 2

2

3 5 4

8 2.2

(3 5) (3 5)

xy A

x y xy

 + − 

 

= = = =

− + − + + − − −

Vậy A= 8=2

2 Ta có: 3 3 3

3

a + + =b c abc⇔a + + −b c abc=

( )( 2 )

0 a b c a b c ab ac bc

⇔ + + + + − − − = (1)

Mà 2 2 2

( ) ( ) ( )

2

(164)

Mặt khác:

2 2

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )( )

(3) a b b c c a ab b a bc b c ac c a P

c a b abc

ab a b b c bc ac a c a b b c a c P abc abc − − − − + − + − = + + = − + − + − − − − = =

Hơn nữa:

Đặt

a b z b c x c a y − =   − =   − =  Ta có: 3

x y a b c c y z b c a a z x a c b b

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

(do (2) )

Vì thế:

1

c a b x y y z z x Q

a b b c c a z x y  − − −  = + + = −  + + 

− − −  

1 ( ).(y z).(x z)

x y xyz − − −

= − (Biến đổi tương tựrút gọn P)

1 ( 3c).( 3a).[ ( b)]

3 (a b).(b c).(c a) − − − − = − − − − ( ).( ).( ) abc a b b c c a

− =

− − − (4)

Từ(3), (4) ta có: P.Q ( ).( ).( ) 9

( ).( ).( )

a b b c a c abc abc a b b c c a − − − −

= =

− − −

Vậy P Q =

Câu

a) ĐKXĐ : x≠ −1 Đặt x x a x −   =  +    ; x x b x − + = +

Ta có : 5 2 5

1 1

x x x x x x x a b x x

x x x

− − − + + + −    

+ =   + + = =

+ + +

   

Mà a b = Do

2 a b ab

a b a b  =   = =  ⇔  + =  =    =  

Với a = 2; b = x2−3x+ = ⇔ =2 x x =

Với a = 3; b = x2−2x+ =3 (PT vơ nghiệm)

b) Giải phương trình :( ) ( )

4x−1 x + =1 x + +1 2x−1 (1)

Đặt

1 ( 1)

(165)

( ) ( )

2

2 2

2 ( 1).(2 1) 1

1 (L)

y xy x y

y xy y y x y y x y x

y x y x y

y

⇔ − + + − =

⇔ − + − − + =

= −

 

⇔ − + − = ⇔

 = < 

2

1

x x

⇔ + = − (ĐK : x≥1)

2

1 4

0( )

(3 4) 4

( )

x x x

x KTM x x

x TM

⇔ + = − +

=  

⇔ − = ⇔

 = 

Vậy phương trình có tập nghiệm

3 S =   

 

Câu 3.

a) Tìm sốnguyên x y, thỏa mãn:

2 12 y + xy− x− =

2

2 12 28 48 y + xy− x− = ⇔ y + xy− x− =

(2y 7)(2 y x)

⇔ − + + = −

TH1:

2 4

y x

y x y

− = = −

 

⇔  + + = −  =

 

TH1:

2

y x

y x y

− = − = −

 

⇔  + + =  =

 

Vậy x = − 4, y = x 3, = − y =

b)Tìm số tựnhiên n để: 2012 2002

A=n +n + sốnguyên tố

Xét n = 0 A = 1khơng phải ngun tố;

Xét n = 1thì A = nguyên tố

Xét n 1> : A=n2012−n2+n2002− +n n2+ +n

2 670 667

(( ) 1) (( ) 1) ( 1)

n n n n n n

= − + − + + +

Mà 670

(n ) −1 chia hết cho n3−1, suy 670

(n ) −1 chia hết cho n2+ +n

Tương tự, 667

(n ) −1 chia hết cho n2+ +n

Do A chia hết cho

n + +n > nên A là hợp số

Số tựnhiên cần tìm n =

Câu 4.(6,0 điểm)

(166)

a)Chứng minh hai tam giác ADC BEC đồng dạng BiếtAB=m, tính BE theo m

C/m: ∆CDEvà ∆CABđồng dạng (g.g)

Tam giác ADC tam giácBEC: CD CA

CE =CB (Vì hai tam giác CDE CAB đồng dạng)

GócC: chung

Suy tam giác ADC đồng dạng tam giác BEC(c.g.c)

C/m: Tam giác AHD vuông cân H =>ADH =45° ⇒ ADC=135° ADC

∆ đồng dạng với ∆BEC (cmt)  

 

135 45 ADC BEC BEC

AEB

⇒ =

⇒ = °

AEB

⇒ ∆ vng cân A

Do đó, BE=m

b) Gọi M trung điểm BE Chứng minh rằng:∆BHM#∆BEC Tính góc AHM

- Có:

AB =BH BC (Hệ thức lượng tam giác vuông)

2

AB BH BC BE BH BC ⇒ =

⇒ =

2

BE BH BM BH BC BE BC BE

⇒ = ⇒ = (Vì BE = BM)

- C/m: ∆BHM ∆BEC đồng dạng (c.g.c)

- Vì ∆BHM ∆BEC đồng dạng (cmt)

  135  45

BHM BEC AHM

⇒ = = ° ⇒ = °

c) Tia AM cắt BC G.Chứng minh rằng: GB HD BC = AH HC+

Tam giác ABE cân Enên AMcòn phân giác góc BAC

Suy ra: GB AB

(167)

( ) (2) AH HC AH AB HD AB

Do AH HD AB AC HC AC HC AC

⇒ = ⇒ = ⇒ = =

Từ(1), (2) suy :

GB HD GB HD GB HD GC = HC ⇒GB GC+ = HD+HC ⇒ BC = AH+HC

Câu 5.

Áp dụng BĐT 1

a+ ≥b a b+ (Với a,b > 0) =>

1 1

a b a b

 

≤  + 

+  

Ta có:

( ) ( )

1 1 1

3x 3y 2z 2x y z x 2y z 2x y z x 2y z

 

= ≤  + 

+ + + + + + +  + + + + 

( ) ( )

1 1 1 1 1

4 x y x z (x y) (y z) 4 x y x z x y y z

    

=  + ≤   + + +  + + + + + +   + + + + 

 

1 1

16 x y x z y z

 

=  + +  + + +

 

Tương tự: 1 1

3x 2y 3z 16 x z x y y z

 

≤  + +  + +  + + + 

1 1

2x 3y 3z 16 y z x y x z

 

≤  + +  + +  + + + 

Cộng vếtheo vế, ta có:

1 1 4

3 3 3 16

 

+ + ≤  + +  + + + + + +  + + +  x y z x y z x y z x y x z y z

4 1 1

.6

16

 

=  + + = =

+ + +

x y x z y z

Đề số 31 Câu

a) Với x y; >0 xy≠1 Ta có:

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

( )( )

1 1 1

: 1

x xy xy x xy xy xy

A

xy xy

+ − + + + + + − =

+ −

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

( )( )

1 1 1

1

xy xy xy x xy x xy

xy xy

(168)

( xy+1 1)( − xy) (+ xy+ x)( xy+ −1) ( x+1 1)( − xy)

1 x

x y xy xy + =

+

b) Ta có:

( ) ( ) ( )

( )

( )( )

( )

3

2

3 10 3 2

5 20

21 20 1 3 x

− +

− + − +

= = = = = −

+ +

+ + + +

Suy ra: ( ) (2 ) ( )2017

4 5 1

x − x− = − + − − = ⇒ = −P = −

Câu 1 Ta có: 2

x= + = +

−

Vì

2 x= +

− nghiệm phương trình

1 ax +bx+ = nên:

( )

17a+12a 2+3b+2b 1+ = ⇔0 12a+2b = −17a−3b−1

Do a b, số hữu tỉnên −17a−3b−1 12a+2b số hữu tỉ

Suy 12( a+2b) số hữu tỉ

Do 12

17

a b a

a b b

+ = =

 

⇔

 + + =  = −  

2 Ta có 20 ( )( 16 12 )

1 1

p − = p − p +p +p + p +

Do p sốnguyên tốlớn nên p sốlẻ

1 p

⇒ +

p − số chẵn

1 p

⇒ − chia hết cho

20 p

⇒ − chia hết cho

Vì p sốnguyên tốlớn ⇒ p sốkhông chia hết cho

Lập luận ta

p − chia hết cho

Lập luận ta 16 12

p +p + p + p + chia hết cho

Suy p20−1 chia hết cho 25

Mà (4; 25)=1 nên p20−1 (đpcm)

3 Ta có:

4 2 2 2

2 2

a + +b c < a b + a c + b c

4 2 2 2

2 2

a b c a b a c b c ⇔ + + − − − <

( 2 2 2)2 ( )2

2

a b c bc

(169)

⇔(a b c− − )(a+ +b c)(a b− +c)(a+ −b c)<0 (1)

Vì a b c; ; độdài cạnh tam giác nên:

(a b c− − )<0; (a+ +b c)>0; (a b− +c)>0; (a+ −b c)>0 (2)

Từ(1) (2) suy đpcm

Câu

1 Ta có: ( )( )

3 2

x − x + + =x x− x − −x

* Xét x− = ⇒ =2 x 2: thỏa mãn yêu cầu toán

* Xét

1

x − − =x : Loại

* Xét

2

x− =x − −x ta có: x=1

* TH x≠2; x≠1 Với x nguyên ta chứng minh (x−1;x2− − =x 1)

Nên

3

x − x + +x số phương x−2 x2− −x số

phương Để

1

x − −x sốchính phương x2− − =x y2 với y∈

Tìm x=2(loại x≠2) x= −1 Thửlại x= −1 ta có x3−3x2+ +x có giá

trịbằng −1khơng phải sốchính phương nên ⇒ = −x (loại)

Vậy x=2 x=1 x3−3x2+ +x sốchính phương

2 Giải phương trình:

3 2

x x x x x x

+ + + = + + + (*) Điều kiện: x>0 Khi ta có:

( ) ( )

* x x x 2x x x x

+ +

⇔ + + + − − =

( 2)( 3)

3

2 2 x x

x

x x x

x x

+ +

+

⇔ − + + − =

( ) ( )

3

2 2

2 x

x x x x +

⇔ − + − − + =

( )

2 x

x x

x  +  ⇔ − +  − =

 

2 x x

⇔ − + = x x

+

− =

Nếu x− x+ =2 ta có x=2 thỏa mãn

Nếu x x

+ − =

(170)

Câu

+ Do ABCD hình thoi nên AB=BC=CD= AD=a

+ BI đường phân giác tam giác BNC nên IC BC a IN = BN = BN

+ Vì AM// BC nên áp dụng định lý Ta lét tam giác NBC ta có: MC AB a

CN = BN = BN

Suy MC IC a IC CN IN CM

CN IN BN

 

= = ⇒ =

 

+ Dễdàng chứng minh hai tam giác BNC DCM đồng dạng với (g

-g)

2

BC BN

DM BN a DM DC

⇒ = ⇒ =

Ta có AB=AD=a BD= ⇒ ∆a ABD  ABD=BDM =60o

Lại có ( )

a BN BD BN

DM BN a

DM a DM BD = ⇒ = ⇒ =

Từ(1) (2) ⇒ hai tam giác MDB DBN đồng dạng (c-g-c) ⇒BND =DBM

Xét hai tam giác DBP DNB có góc D chung  BND=DBM ⇒ hai tam giác DBP DNB đồng dạng (g-g) ⇒NBD =BPD=60o

Vì SABD khơng đổi ⇒SADKN lớn SADKN+SABD lớn hay SNBK lớn

Thật ta có: sin 60

o NBK

S = NB BK (Học sinh phải chứng minh công thức

này)

1

4 NBK

S NB BK ⇒ =

P M

I

C

D A

B

N

(171)

2

 

Dấu “=” xảy BN =BK =2a, mà AN+DK =2a, BA=BD=a Vậy N K,

cách A D, khoảng a

Câu 5.

Áp dụng BĐT Cơsi ta có: 2

a a

a

+ ≥ ; 2

b b

b

+ ≥ ; 2

c c

c

+ ≥ Từđó suy ra: 5 1 ( 2 2) ( )

2

a b c a b c

a b c

+ + + + + ≥ + +

Mặt khác

1

a + ≥ a; b2+ ≥1 2b; c2+ ≥1 2c Suy ra:

( ) ( )

2 2

2 3

a + +b c ≥ a b c+ + − =

Từ(1) (2) ta có: 5 1 a b c

a b c + + + + + ≥

Dấu “=” xảy ⇔ = = =a b c

Đề số 32 Câu 1. a, Ta có: x≥0,x≠1 Khi đó:

( )( )

2 1 2

:

2

1 1 1

2 2

1

x x x x x x x x

A

x x x x x x x x x

x x

x x x x x x

 +  − + + − − − −

= + +  =

− + + − − + + −

 

− +

= =

− + +

b, Vì x≥0,x≠1 ta ln có A>0

Lại có: 1 1 2 2

1

x x

x x ≤

+ + ≥ ⇒

+ + hay A≤2

Vậy: 0< ≤A

2 Áp dụng tính chất: a c a b c d

b d a b c d

− −

= ⇒ =

+ + Ta có:

2 2 2

2

2 2 2

x x x

+ + − − −

= ⇒ =

+ − − + +

Từgiả thiết − < <2 x suy ra:

( )

2

2 2 2

0 2 17 12

2 2 2

x x x x

 

− > ⇒ − = − ⇒ − = + ⇒ + = − −  

 

+ +  +  + −

(172)

( )2 ( )2

4

5

x

x x x

x − = 

⇔ − + + − = ⇔ ⇔ = + − =



Vậy x=4

2 a, Hồnh độđiểm G nghiệm phương trình:

( ) ( )

1 2 1

m− x m− − m= m− x m− − + ⇔ = +m x m

Tung độđiểm x=4 là:

( ) ( )

1 2

y= m− m+ −m − m⇔ = −y m−

Suy G m( + −1; 2m−1)

b, Ta có y= −2m− = −1 2(m+ +1) Mà x= +m 1nên y= − +2x

Tọa độđiểm Gthỏa mãn phương trình đường thẳng y= − +2x cốđịnh Chứng

tỏ G thuộc đường thẳng y= − +2x cốđịnh m thay đổi

Câu

a, Ta có ( )( )

1 1

p − = p− p+

Vì p sốnguyên tốlớn nên p lẻ Do p−1 p+1 hai số chẵn liên

tiếp Từđó suy (p−1)(p+1 8) (1)

Xét ba số tựnhiên liên tiếp p−1; p; p+1 Ta có (p−1) (p p+1 3)

Mà p số nguyên tốlớn nên p không chia hết cho Mà sốnguyên

tốnên suy (p−1)(p+1 3) (2)

Từ(1) (2) kết hợp với ( )3;8 =1 3.8=24 ta suy p2−1 24 (đpcm)

b, Ta có

6

A=n + +n sốchính phương nên A có dạng:

( )

2 *

6 , A=n + + =n k k∈

Ta có:

( ) ( )

( )( )

2

2 2

6 4 24 2 23

2 23

2 2 23

2 1

n n k n n k k n

k n k n k n

k n

+ + = ⇔ + + = ⇔ − + = + + =

 ⇔ + + − − = ⇔ 

− − = 

Vì 23 sốnguyên tố 2k+2n+ >1 2k−2n−1

Ta có:

2 23

2 1

k n k

k n n

+ + = =

 

⇔  − − =  =

 

(173)

( ) ( )( ) ( )

2 2

2 2 2 *

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

Vế trái (*) số phương; Vế phải (*) tích số nguyên liên

tiếp nên phải có sốbằng Suy ta có: 1,

2 2,

x x y

+ = = − =  

⇒

 + =  = − =  

Vậy có cặp sốnguyên ( ) (x y; = −1;1) ( ) (x y; = −2; 2)

Câu

Yêu cầu học sinh vẽhình đến câu a.

a, Vì MA MB, hai tiếp tuyến đường tròn (O R; ) nên OB⊥MB; OA⊥MA

Dễdàng chứng minh ∆OAM = ∆OBM nên suy MA=MB

Lại có OA=OB nên OM đường trung trực đoạn thẳng AB OM ⊥AB ⇒ ∆OMB vuông B có BI đường cao Do đó:

2

OB =OI OM ⇒OI OM =R không đổi (đpcm)

b, ∆AMB cân M (theo chứng minh trên)

Để ∆AMB góc AMB=60o ⇔ góc BMO=30o OBM

⇒ ∆ vng B có OB=0, 5OM

2

OM OB R

⇒ = =

Kết luận: Vậy M điểm thuộc đường thẳng ( )d cho OM =2R

c, Kẻ OH ⊥d, H∈d ⇒Hcốđịnh, OH cắt AB K

Ta có ∆OIK ∆OHM (g-g) nên ⇒OH OK =OI OM =R2 không đổi

Mà O H, cốđịnh nên OH không đổi ⇒OK không đổi K∈OH cốđịnh

(d)

K I

H O

M

A

(174)

Câu Ta có x+yz=x x( + + +y z) yz=(x+y)(z+x)

Tương tựta có y+zx=(x+y)(y+z), z+xy=(y+z)(z+x)

Áp dụng BĐT Cơsi cho hai sốdương ta có:

(x+y)(y+z)(z+x)≥2 xy.2 yz.2 zx =8xyz

Suy ra:

( ) ( ) ( )

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

( )( )( )

2

8

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

x y z

x yz y zx z xy x y y z z x x y y z z x xyz xyz

x y y z z x xyz

+ + + +

 

+ + + + +  

+ + = =

+ + + + + + + + + = + ≤ + =

+ + +

(đpcm)

Đẳng thức xảy

3 x y z ⇔ = = =

Đề số 33 Câu a) Ta có

2

+ + + + =

+ + A

( )

2 2

1 2

+ + + + +

= = +

+ +

b) Ta có:

( )( )

2

1

2 11 1 1 1

= = =

−

+ − + + + − + +

x Thay

2 =

x vào biểu thức, ta được:

( ) ( ) ( )2 2018 ( )2018 ( )2018

1 2 2 2 2 2 1

 

= − + + −  = − + + − = − =

 

B

c) Ta có :

( )3

3 3

3 2 2 2 3 2

= + + − = + + + − = +

x x x

( )3

3 3

17 12 17 2 17 12 17 12 34

= + + − = + + + − = +

y y y

Cộng vếtheo vếta được: 3 3 ( )

40 3 2018 2058

+ = + + ⇔ + − + + =

x y x y x y x y

Vậy C=2058 x= 33 2+ +33 2− y=317 12 2+ +317−2

Câu a) Gọi số cần tìm ab, theo đề, ta có 10a b+ =kab (Trong đó: 1≤a, b≤9 a, b,

+

(175)

− k a a − a k a Từ 10 10

1 5

; 2; ;5;10

1

10 : k a k a k a +  ≤ − ≤  ⇒ − ∈        − ∈  

Nếu ( )

1

3

1

3

6 a a k k k a b b =    − =   − = ⇒ ⇒ = =   = 

(không thỏa)

3 =   =   =  a k b (thỏa) 36 ab ⇒ =

Nếu ( )

1 1 5 a a k k k a b b =   − =   − = ⇒ ⇒ = =

  = (thỏa) ⇒ab=15

Nếu

1

2 2 a k k a b =   − = ⇒ ⇒ =  = 

(không thỏa)

2 =   =   =  a k b

(thỏa) ⇒ab=24

Nếu ( )

1 1 2 a a k k k a b b =   − =   − = ⇒ ⇒ = =   = 

(thỏa) ⇒ab=12

Nếu ( )

1 10 1 10 11 1 a a k k k a b b =   − =   − = ⇒ ⇒ = =   = 

(thỏa) ⇒ab=11

Vậy ab∈{11;12;15; 24;36}

b)Ta có

1 1

1.2.3

 

=  + + + + 

 

B n

n ( )* số tựnhiên Thật vậy:

Với n=1 B= ∈1  suy ( )*

Với n=2 B= ∈3  suy ( )*

Giảsử ( )* n=k, nghĩa 1.2.3 1   =  + + + + ∈    B k k

Cần chứng minh ( )* n= +k 1, nghĩa

( ) 1 ( )

1.2.3

2

(176)

( ) 1 ( ) 1 ( )

1.2.3 1.2.3 1.2.3

2 3

   

= +  + + + + =  + + + +  + +

+  

 

B k k k

k k

Có

1 1

1.2.3

2 1.2.3   + + + + ∈       + ∈ ⇒ ∈   ∈       k k B k

Vậy 1.2.3 1

 + + + + 

 

 

n

n số tựnhiên

Suy ra, với n=2k 1.2.3 1

2

 + + + + 

 

 

k

1 1

1.2.3

2  + + + +      k k

là số tựnhiên

Suy 1 ( 1)( 2)

1 2

 + + +  + +  + + 

k k k k k k số tựnhiên

Áp dụng chứng minh ta có: 1.2 1009 1 1009

 + + + 

 

 

1 1

1010.1011 2018 1010 1011 2018

 + + + 

 

  số tựnhiên

Ta có 1011 1010.1011 1342 2018 2019 1342 673  ⇒      1

1.2 1009 1010.1011 1342 2018 2019 1009

 

⇒  + + + 

  

Và 3 1.2.3 673 1009 2019

673 673  ⇒     

1 1

1.2 1009 .1010.1011 2018 : 2019 1010 1011 2018

 

⇒  + + + 

 

Vậy số tựnhiên 1.2.3 2017.2018 1 1 2017 2018

 

=  + + + + + 

 

A chia hết cho

2019

Câu a) Tính a b c+ + , biết ab bc ca+ + =9

Từ

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

2 2 2

2

a +b +c = a b− + −b c + −c a ⇒a +b +c + ab bc+ +ca = ab bc+ +ca

(177)

Khơng tính tổng quát, giảsử c≥ ≥a b Khi đó, ta có:

( ) ( )

( )

2 2

4

2

c a b b c a b ab b

c a b b  − − ≥ − − = ≥ ⇔ 

− − ≤ −



( )1 ⇒ − − > ⇒ > +c a b c a b

( )2 ⇒ − − ≤ −c a b 2b⇔ − + ≤c a b *( ), mà c a− ≥0 suy ( )* vơ lí

Vậy c≥a, c≥b c≥ +a b

3.2 Cách

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có đánh giá sau:

2019 2019

2017 so

1 1 2019

x +x + + + + + ≥ x Dấu “=” xảy x=1

2019 2019

2017 so

1 1 2019

y +y + + + + + ≥ y Dấu “=” xảy y=1

2019 2019

2017 so

1 1 2019

z +z + + + + + ≥ z Dấu “=” xảy z=1

Khi đó:

( 2019 2019 2019) ( 2 2 2) 2019 2019 2019 3 2 2 2

6 x +y +z +6051≥2019 x +y +z → +x +y +z = x y +z ≤3

Dấu “=” xảy x= = =y z

Vậy E đạt giá trịlớn x= = =y z

Cách

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có đánh giá sau:

2019

672 so

1 1 673

x + + + + + ≥ x ; 2019 672 so

1 1 673 y + + + + + ≥ y

2019

672 so

1 1 673 z + + + + + ≥ z

2019

2018 so

1 1 2019

x + + + + + ≥ x; 2019

2018 so

1 1 2019 y + + + + + ≥ y 2019

2018 so

1 1 2019 z + + + + + ≥ z

Khi đó:

+ 2019 2019 2019 ( 3 3 3) 2019 2019 2019 3 3 3 3

2016 673 x y z

x +y +z + ≥ x +y +z → ++ + = x y +z ≤

+ 2019 2019 2019 ( ) 2019 2019 2019 3

6054 2019 x y z

x +y +z + ≥ x+ +y z → + + ≤+ + = x y z

Suy 3 Cos ( 2 2) 2

6

i

(178)

Dấu “=” xảy 3

1 y y x y z z z

= ⇒ = = = 

 = 

Cách 3.(Sửdụng BĐT HOLDER) Áp dụng bất đẳng thức HOLDER, ta có

( 2019 2019 2019)( 2019 2019 2019) 2017 ( 2 2 2)2019

3

x +y +z x +y +z ≥ x +y +z

( )

2019 2019 2019 3 2019 2 2 2 2019 2 2 2

3

x y z

x y z x y z

+ + =

←→ ≥ + + → ≥ + +

Câu 4 Vì 1

1

2

AM AN AN a

x x a x

AM AN MB NC NC

x y a

AN AM AM y a y a

MB NC

y NC MB MB

 = −  <  <

   < − 

  

+ = ⇒ ⇒ ⇔ ⇒ ⇒ + <

< − 

 = −  <  <

 

  



Khơng tính tổng qt ta giảgiử AM ≤AN Kẻ MH ⊥AC hình vẽbên

Khi đó, ta có cos 60 AM AH =AM =

a) Áp dụng định lyd PYTAGO, ta có:

( )2

2 2 2

MN =MH +HN = AM −AH + AN−AH

2 2 2

2

AM AN AN AH AM AN AM AN x y xy = + − = + − = + −

Vậy 2 2 2 ( )2 ( )

3 MN =x +y −xy= x+y − xy

b) Theo đềta có:

1 1

AM AN AB AC

MB + NC = ⇒MB− + NC − =

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

3 3 3

a a

a a x y a a a x y xy a a x y xy a x a y

⇒ + = ⇔ − + + = − + + ⇒ − + = − − −

Thay ( )2 vào ( )1 ta được:

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

2 2

2

MN = x+y − a x+y +a ⇔ x+y − a x+y +a = a− −x y

Vậy MN = − − = − −a x y a x y (vì x+ <y a)

(179)

6

2 a MK = −x;

2 a NE= −y

Ta có

2

a a

KM +NE= − + − =x y MN ( )2 ax+ay−3xy=a a( − −x y)

2

2 2

DMN AKD MKD NED AMN

KD MK KE NE AH AN S∆ = S∆ −S∆ −S∆ −S∆ =DK AK− − −

( )

2

3

2 12 12

DK MN AH AN a a x y

DK AK a x y

= − − = − − − −

( ) [ ] ( )

2

3 3

3

12 12 12

a DK MN

a a a x y xy ay ay xy a x y

 

=  − − − − = + − = − − =

Do

2

DI MN DK MN

DI DK

= ⇒ = Suy DI bán kính đường tròn nội tiếp,

mà MN ⊥DI ⇒MN tiếp tuyến đường tròn

Câu Gọi D trung điểm AC

Ta chứng minh ∆AHB∆MOD (ba cặp cạnh song song)

2

AH AB

HG OG OM MD

⇒ = = ⇒ =

Gọi G giao điểm AM OH Ta chứng minh

AG HG AH AH 2OM

GM GO OM

⇒ = = = ⇒ =

Dễdàng chứng minh tứgiác OMKH hình

chữnhật (hình bình hành có góc vng)

4 HO KM HO OM

⇒ = ⇒ = , suy 3OG=4OM

Ap dụng định lý PYTAGO tam giác vng

OGM , ta có:

2

2 2 16

5

9

AM

OM +OG =GM ⇔OM + OM = ⇔ OM =AM ⇒OM = cm

Khi OH =24 cm; AH =12 cm; AK =18 cm

Ta có 2

12

OC=OA= OH +AH = , từđó tính

2

2 12

BC= MC= OC −OM =

Vậy 18.112 19 108 19

2

ABC

AK BC

S∆ = = = (cm2)

G D H

K M

O

C A

(180)

Câu a) Ta có 2

4x +8x=38 6− y ⇔ 2 ( )2 ( 2)

2x +4x=19 3− y ⇔2 x+1 =3 7−y

Ta thấy: ( )2 ( 2)

2 x+1 2⇒ 7−y 2⇒ y lẻ

Mặt khác: 2

7−y ≥ ⇒0 y ≤7 Do y2 = ⇒ = ±1 y

Khi 2(x+1)2 =18⇒ + = ±x 1 3⇒ =x 2 x= −4

Vậy phương trình cho có nghiệm (x y; ) ( ) (∈{ 2;1 ; 2; ;− ) (−4;1 ;) (− −4; 1)}

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

4 4 2 2 2

n + =n + + n − n = n + − n = n − n+ n + n+

Vì n số tự nhiên nên n2+2n+ >2 1, mà n4+4 số nguyên tố nên

2 1

n − n+ = ⇔ =n

Câu a) Nhân vế đẳng thức cho với ( ) 2015

x− x + ta được:

( ) ( )

2015 y y 2015 2015 x x 2015

− + + = − + ( )1

Nhân vế đẳng thức cho với ( ) 2015

y− y + ta được:

( ) ( )

2015 x x 2015 2015 y y 2015

− + + = − + ( )2

Lấy ( ) ( )1 + vế theo vế ta x+ =y

Vậy A= + +x y 2016=2016

b) Đặt 3

ax =by =cz =t, ta có ax2 by2 cz2 3 t t t t x y z

+ + = + + = (vì 1 1

x+ + =y z )

( )1

Mặt khác 3 3

t =x a = y b=z c Suy 3 3 1

a b c t t

x y z

 

+ + =  + + =

  ( )2

Từ ( )1 ( )2 ta có điều phải chứng minh

Câu a) Ta có ( )

4 x +4x+2 =11 x +4 ( )1

( ) ( ) ( )( )

6 x 2x 2 x 2x 11 x 2x x 2x

⇔ + + − − + = + + − +

( ) 2

2

6 2 2 2

2 11

2 2

x x x x

+ + + +

⇔ − =

− + − + (do

2

2 ( 1)

x − x+ = x− + > với x)

Đặt 22

2 2 x x t

x x

+ +

=

− + , (t>0) Phương trình ( )1 trở thành

2

6 11 1

6 t t t

t =   − − = ⇔ −

 = 

Chọn t=2,

2

4 10

2

x x

x x x

x x

+ + = ⇔ − + = ⇔ = ±

(181)

3    

b) Thay y=0 vào hệphương trình ta thấy khơng thỏa mãn

Với y≠0 ta có:

( )

2

2 2

4

2

x x y y y y x y x y

 + + − + =   + − − =  ⇔ ( ) ( ) ( ) 2

2

x y y x y y x y x y  + + + =   + − + =  ( ) 2 x x y y x x y y  + + + =   ⇔  +  + − = 

Đặt u x2 y

+

= , v= +x y

Hệ phương trình trở thành: 2 2 3,

5,

2 15

u v u v v u

v u v u v v

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

• Với v=3,u=1 ta có hệ phương trình

2

1,

1

2,

3

x y x y x x

x y x y y x

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

• Với v= −5, u=9 ta có hệ phương trình

2 2

1 9 46

5 5

x y x y x x

x y y x y x

 + =  + =  + + =

⇔ ⇔

  

+ = − = − − = − −

   (vô nghiệm)

Vậy hệphương trình có nghiệm (x y; ) ( ) (∈{1; ; −2;5)}

Câu a) Ta có ∆ABE vng E nên cosA AE AB

= , ∆ACF vuông F nên cosA AF AC =

Suy AE AF AEF ABC

AB = AC ⇒ ∆ ∽∆ (c.g.c)

Khi 2 cos AEF ABC S AE A S AB   =  =  

b) Tương tựcâu a) ta có:

2 cos BDF ABC S B S = ,

2 cos CDE ABC S C S =

Từđó suy ra:

2 2

1 cos cos cos ABC AEF BDF CDE

DEF

ABC ABC

S S S S

S

A B C

S S

− − −

= = − − −

Suy ( 2 )

1 cos cos cos

DEF ABC

S = − A− B− C S

c) Ta chứng minh OA⊥EF; OB⊥DF; OC⊥ED

(182)

R

Chu vi ∆DEF đạt giá trịlớn ⇔ AD lớn ⇔ A điểm

cung lớn BC

Câu Ta có 2 22 22 22

2 2

a b c ab bc ca P

bc ca ab c ab a bc b ca ≥ + + + + +

+ + +

Mà 2 1, 2 1, 2

2 2 2 2 2

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

+ + +

= − = − = −

Suy 22 22 22

2 2

a bc bc b ca ca c ab ab P

bc a bc ca b ca ab c ab  +   +   +  ≥ +  + +  + + −

+ + +

     

2

≥ + + − = (Vì với x y, >0, áp dụng BĐT Cosi ta x y y+ ≥x )

Dấu "=" xảy a= =b c

Vậy GTNN P

2 đạt a= =b c

Đề số 35 Câu 1a) ĐK: x≥0;x≠1 Ta có:

( )( )

26 19 26 19

2 3 3

x x x x x x x x x x

P

x x x x x x x x

+ − − + − −

= − + = − +

+ − − + − + − +

( ) ( )( )

( )( )

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

26 19 3

1

26 19

1

1 16

16 16 16

3

1 3

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

+ − − + + − − =

− +

+ − − − + − + =

− +

− + − +

= = =

+ − + − +

b) Ta có 16 25 25

3 3

x

P x x

x x x

+

= = − + = + + −

+ + +

( )

2 10

3 x

x

≥ + − = − = +

Vậy MinP = x =

2 Từ 3

2 3

(183)

( )

3 3

a − a −

( 2 )3

64

3

a a a a

⇒ − = − =

−

Vậy

( 2 )3

64 3

a a

−

− sốnguyên

Câu 2.

1 ĐKXĐ : x≥1(*)

Ta có :

4 1(1 )

x − − =x x− −x ⇔ x2+2x x− + − −1 x 2(x+ x− − =1)

( ) (2 )

1

x x x x

⇔ + − − + − − =

Đặt x+ x− =1 y (Điều kiện: y≥1 (**)), phương trình trởthành

2 1( )

2 ( 1)( 3)

3( )

y KTM

y y y y

y TM = −  − − = ⇔ + − = ⇔ 

=



Với y = ta có pt

2

1

1 3

1 x

x x x x

x x x ≤ ≤

 + − = ⇔ − = − ⇔ 

− = − +



1

7 10

x x x

≤ ≤  ⇔ 

− + = 

1

2( )

5 x

x TM x

x ≤ ≤  

⇔ = ⇔ = 

 = 

Vậy phương trình có nghiệm x=2

2 Nhà tốn học De Morgan sinh năm 1806, ơng x tuổi vào năm

x nên ta có:

( )

2 1806 *

x − =x x∈N

( 1) 42.43

x x− = mà x x – hai số tựnhiên liên tiếp nên x = 43 ⇒x2 =1849

Vậy năm 1849 ông De Morgan 43 tuổi

3 Nếu mệnh đềb) A + 51 có chữsố tận A – 38 có chữsố tận nên cảhai sốnày khơng sốchính phương Vậy mệnh đềb) sai mệnh đềa) c)

Giảsử 2

51 ; 38 ( , ; ) A+ =m A− =n m n∈N m>n 2

89 m n

⇒ − = hay (m – n)(m + n) = 89

Vì 89 sốnguyên tốnên m + n = 89 m – n = => m = 45 n = 44 nên A = 1974

Câu

a) Ta có: 2 2

(184)

1 x + x + x

Từ(1) (2) ta suy ray = ⇒ x 1= − Vậy x = -1 y =

b) Phương trình 2

2 ( 1) x y+xy− x − x+ = ⇔ xy x+ = x + x−

Vì x 1= − khơng nghiệm nên ta có

2

1

x x

xy x

x x

+ −

= = + −

+ +

Vì x y, ∈ suy (x+ ∈ ± ± ⇒ ∈1) { 1; 5} x {0; 2; 4; 6− − }

x = (loại); 1; 2; 10

6

x= − ⇒ = −y x= ⇒ =y x= − ⇒ =y (loại)

Vậy phương trình có nghiệm (− −2; ; 4; 2) ( )

Câu 4.

1a) Vẽhình đến câu a)

C/m tam giác AKC đồng dạng với tam

giác AIB suy AK AI

AC = AB

C/m tam giác AKI đồng dạng với tam

giác ACB (cgc)

b)

cos

AIK ABC

S AI AK

A S = AB AC =

Tương tự

cos BHK ABC S

B S =

cos CHI ABC S

C S =

Mà SAKI =SBKH =SCHI nên   

2 2

cos A=cos B=cos C⇒A= =B C nên tam giác ABC

là tam giác Vẽhình

Vẽđường kính AK đường tròn (O;R)

C/m 2

AN AC=AH = R

.2

AN AC R R AO AK

⇒ = =

AN AK AO AC ⇒ =

C/m ∆NAO∽∆KAC (c.g.c)  

AON ACK

⇒ =

(185)

AOM =90° ⇒ AON+AOM =180°

nên ba điểm M, O, N thẳng hàng

Câu Vì x+ + =y z nên 1−x2 = −(1 x)(1+x) (= y+z)(2x+ +y z)

( ) ( )( )

x+yz=x x+ + +y z yz= +x y x+z

Đặt a= +x y b, = +y z c, = +z x, với a b c, , >0 a+ + =b c

Khi đó: ( )(2 ) ( )

( )( )

x y z x y z b a c b b x yz x y x z ac c a

− = + + + = + = +

+ + +

Chứng minh tương tự ta có: y2 c c

y xz a b −

= + +

2

1 z a a

z xy b c −

= + +

2 2

1 1

6 x y z b b c c a a x yz y xz z xy c a a b b c

− − −

+ + = + + + + + ≥ + + +

Dấu xảy

3 x y z

⇔ = = = (Trái với giả thiết)

Vậy dấu = không xảy suy đpcm

Đề số 36 Câu a) Điều kiện

0

1

a

a a

≥ 

>

 

≠ ⇔

  ≠



 ≠



( ) (2 )2 ( )

1 1

a a a a a

P

a a

+ − − + − −

=

−

( )

4 4 (1 1)

4

a a a a a

a

a a

+ − + −

= = =

Vậy P=4a

b) a= (2+ 3)(2− 3)(2+ ) ( 1− )

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

2 3 3

= + − = + − = + −

( )( )

2 3

= + − =

Vậy a= P=4a=4

Câu Điều kiện x≥1

( )2

2 1 1 1

(186)

Khi x− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥1 x 1 x 2: Ta có

(1)⇔ x− − −1 x− =1 Phương trình vơ nghiệm

Khi 0≤ x− < ⇔ ≤ − < ⇔ ≤ <1 x 1 x 2: Ta có

( )1 ⇔ (1)⇔ −1 x− −1 x− = ⇔ −1 x− = ⇔ =1 x

Vậy x=1 nghiệm phương trình cho

Câu 3.a) Vì x > 0, y> nên x

y > y x >

Áp dụng bất đẳng thức a b+ ≥2 ab dấu "=" xảy ⇔ =a b

ta có x y x y y+ ≥x y x =

Vậy x y y+ ≥x

Dấu "=" xảy x y 2

x y x y y x

⇔ = ⇔ = ⇔ = (vì x > 0, y> 0) b) Đặt a x y

y x

= + , ta có

4

a a M a

a a

= + = + +

Vì a x y

y x

= + ≥ nên 3

4

a ≥ ;

Ta có 2.1

4

a a

+ ≥ = =

Do 3

4 2

a a M a

a a

= + = + + ≥ + = ; 2

M = ⇔ = ⇔ =a x y

Vậy giá trị nhỏ M bằng

2 x= y

Câu a) Ta có M E, nằm nửa đường trịn đường

kính AB nên FMK= °90 FEK= °90

Vậy điểm F E K M, , , nằm đường trịn

đường kính FK

b) Ta có ∆HAK cân A nên AH = AK (1)

Klà trực tâm ∆AFB nên ta có FK ⊥AB

Suy FK // AH (2)

Do  FAH =AFK mà FAH =FAK (gt)  AFK =FAK

Suy AK =KF, kết hợp với (1) ta AH =KF (3) x

O K H E

F M

A B

(187)

HF⊥IB

c) Chu vi ∆AMB=C∆AMB =MA MB+ +AB lớn khi MA MB+ lớn

nhất (vì AB khơng đổi)

Áp dụng bất đẳng thức ( )2 ( 2 2)

a b+ ≤ a +b dấu "=" xảy ⇔ =a b, ta có

( )2 2 2 2

2( )

MA+MB ≤ MA +MB = AB

Nên MA MB+ đạt giá trị lớn AB MA=MB hay M nằm cung AB.

Vậy M nằm cung AB C∆AMB đạt giá trị lớn

Khi

2 (1 2) (1 2) AMB

C∆ =MA+MB+AB=AB +AB= + AB= R +

Câu Đặt A=(2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+4), ta có xA tích số tự nhiên liên tiếp

nên xAchia hết cho Nhưng 2x không chia hết cho 5, A chia hết cho

Nếu y≥1, ta có (2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+4)−5y chia hết cho mà 11879 không

chia hết y≥1 không thỏa mãn, suy y=0

Khi đó,ta có (2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+4)−5y =11879

(2x 2)( x 2)( x 2)( x 4) 11879

⇔ + + + + − =

(2x 2)( x 2)( x 2)( x 4) 11880

⇔ + + + + =

(2x 2)( x 2)( x 2)( x 4) 9.10.11.12 x

⇔ + + + + = ⇔ =

Vậy x=3;y=0 hai giá trị cần tìm

Đề số 37 Câu

a) Điều kiện:

1 x x

≥   ≠ 

b) Ta có:

( )( ) ( )

( )( )

( )( ) ( )( ) ( )

2

3 1

2 :

1

2 2

1

1 1

1

 + −  + +

= + + −  = ⋅ − −

+ − − + − +

 

+ +

= ⋅ − + = + − +

x x x x

A x

x

x x x x x x

x x

x x x

x x

c) Với ĐK:

1 x x

(188)

Vì A=( x+1)2 ≥1 với x≥0 nên

( )2 2 x < ≤ + Do đó:

( )2

2

1 N

A= x+ ∈ ( )

1

x+ = ( )

1

x+ =

Mà x+ >1 nên x+ =1 x+ =1

Do đó: x = x=( 1− )2 = −3 2

Vậy

A số tựnhiên x = x= −3 2

Câu

a) PT:

2 24

x− + − =x x − x+ (1)

ĐKXĐ: 2≤ ≤x

Chứng minh được: x− +2 6− ≤x 2

Dấu “=” xảy ⇔x – = – x ⇔ x =

2

8 24 ( 4) 8 2

x − x+ = x− + ≥ =

Dấu “=” xảy ⇔(x – 4)2 = ⇔ x - = ⇔ x =

Phương trình (1) xảy ⇔x =

Giá trịx = (TM ĐKXĐ) Vậy: S = { }

b) Giải hệ:

2 2

( ) 185 (1)

( ) 65 (2)

x xy y x y x xy y x y

 + + + =

 

− + + =



Lấy (1)+(2): thay vào (1)

Từđó ta có hệ:

Từđó ta có hệpt:

a) b)

c) d)

Vậy hệđã cho có nghiệm: (x, y) ∈{(4; 3), (3; 4), (-3;-4), (-4; -3)}

Câu

a) Thay y = 2x + vào đẳng thức, được: x2 + (2x + 3)2 – 2x(2x + 3) – 4=

⇔x2 + 6x + = 0⇔(x + 1)(x + 5) = ⇔ x = –1 (⇒ y = 1), x = –5 (⇒y = –7)

Những điểm có toạđộthoảmãn đẳng thức x2+ y2 – 2xy – = (–1; 1) ( –5; –7)

(x2+ y2) x2+ y2 =125⇔ x2+ y2 =5 ⇒ xy =12

(189)

2

(d’) qua A(–1; 1)⇒ 1=

2

− (– 1) + b ⇒ b=

2

Vậy (d’): y =

2 − x +

2

* (d’’) có dạng y = ax+ b

(d’’) qua điểm B(–3:–3) ⇒ –3 = a(–3) + b ⇒–3a+ b= –3 (d’’) qua C(1; 0) ⇒ = a.1 + b ⇒ a + b=

Ta có hệphương trình: 3

0 a b a b − + = − 

 + =



Giải hệ, ta tìm được: a =

4, b = − Vậy (d’’): y =

4x −

c) (d’) qua C(1; 0) thay toạđộC vào (d’) ta đẳng thức

0=

2 − 1+

2

Tam giác ABC tam giác tạo đường thẳng (d), (d’) (d’’) Ta có: AE = 1; EC = Từtam giác vuông AEC ta

AC = 2

AE +EC =

AF = 4; BF = Từtam giác vuông ABF ta AB = 2

AF +FB =

Diện tích tam giác ABC S =

2.AB.AC =

2.2 5 = (đvdt)

(190)

a) Vì CD AB ⊥ => CM=MD

Tứgiác ACED có AE cắt CD trung điểm đường nên hình bình hành Mà AE ⊥CD=> tứgiác ACED hình thoi

b) Vì tam giác ABC có AB đường kính (O) nên tam giác ABC vuông C

=> tứgiác CHMK hình chữnhật

⋅ ⋅ ⋅ ⇒

⋅

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AMC ta có: MA MC

MH AC=MA MC MH= AC MB MC tương tự ta có: MK=

BC

2

2 ⋅ ⋅

⇒ ⋅

⋅

⋅ ⋅

⇒ ⋅ = ⇒ =

⋅

MA MB MC MH MK=

AC BC

maø MA.MB=MC , AC.BC=MC.AB (do tam giác ABC vuông C) MC MC MC MH MK MC

MH MK=

MC AB AB MC AB

Mà MC= HK (do CMHK hình chữnhật)

4

⋅

⇒ = = = ⋅ =

⋅

MH MK MC 2MC CD Vaäy: HM MK CD

HK MC AB 2AB R HK MC R

c) Lấy O’ đối xứng với O qua A suy O’ cốđịnh

Tứgiác COC’O’ hình bình hành có hai đường chéo cắt trung điểm A

của đường

Do O’C’ = OC = R không đổi

Suy C’ nằm đường tròn (O’, R) cốđịnh M di chuyển đường kính AB

M O A

B O'

C'

E

(191)

Câu

a) Ta có: x2+6xy+5y2−5y− =x x2+5xy+xy+5y2−5y−x

( ) ( ) ( )

x x y y x y x y

= + + + − + =(x+5y)(x+ −y 1)

b) Ta có: 3 2 ( 3 2)2 6 4 2 2 4

3 25 25 (1)

a − ab = ⇒ a − ab = ⇔a − a b + a b =

( )2

3 4

3 10 100 100 (2)

b − a b= ⇒ b − a b = ⇔b − a b + a b = Cộng (1) với (2) vếtheo vếta được:

( )3

6 2 2 2

3 125 125

a + a b + a b +b = ⇔ a +b = ⇔a +b = Do đó: ( 2)

2018 2018.5 10090 S= a +b = =

c) 2

6 10

:

4 2

x x

A x

x x x x x

   − 

= + +   − + 

− − + +

   

ĐKXĐ: x x

≠   ≠ ±  Ta có:

( )( )

2

2 10

: :

4 2 2 2 2

x x x x

A

x x x x x x x x x

 

 − + − 

   

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

       

( ) ( )

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

2 2 6 6

: : :

2 2 2 2 2

x x x x x x

x x x x x x x x x x

 − + + −   − − + −  − − =  =  = =

− + + − + + − + + −

   

Với 2

2

A x x

x −

> ⇒ > ⇔ − < ⇔ <

−

Vậy, x<2, x≠0, x≠ −2 thỏa mãn tốn

Câu a) Vì n sốnguyên không chia hết n=3k+1hoặc n=3k+2(k∈Z)

- Xét n=3k+1ta có: 32n =32 3( k+1) =3 36k =( )33 2k.9=27 92k ≡9 mod 13( )

3 ( )3

3n =3k+ =3 3k = k.3=27 3k ≡3 Suy ra: ( )

3n 3n 13 mod 13

P= + + ≡ + + = ≡

- Xét n=3k+2 ta có: 32n =32 3( k+2) =3 36k =( )33 2k.81=27 81 812k ≡ ≡3 mod 13( )

3 ( )3

3n =3k+ =3 3k = k.9=27 9k ≡9 Suy ra: P=32n + + ≡ + + =3n 1 13≡0 mod 13( )

Vậy , với n sốngun khơng chia hết cho

3 n 3n

P= + + chia hết cho 13

(192)

b

Ta có: 2 2 2 2

503 a a 503 503

n n m m a ab b m b

b b  

+ + = ⇒  + + = ⇔ + + =

 

( )

2 2

503

a b a b m b a b

⇔ = − + − ⇒ 

Mà ( )a b; =1nên b=1hay b= ∈a Z

Do đó: 2 2 2 2 2 ( )2

503 4 2012 4 2011

n + +n =m ⇔ n + n+ = m ⇔ m − n+ =

(2m 2n 2)( m 2n 1) 2011

⇔ − − + + =

Vì: (2m−2n− +1) (2m−2n− =1) 4m>0 Ta có trường hợp sau:

- Trường hợp 1: 2 1 503

2 2011 502

m n m

m n n

− − = =

 

⇔  + + =  =

 

- Trường hợp 2: 2 2011 503

2 1 503

m n m

m n n

− − = =

 

⇔

 + + =  = −

 

Vậy, n=502 ;n= −503 thỏa mãn toán

Câu 3. a) Ta có: ( )( )( )( ) ( )( ) 3x−1 4x−1 6x−1 12x− =1 330⇔ 36x −15x+1 24x −10x+ =1 330

( ) ( )

3 12x 5x 12x 5x 330

   

⇔ − +   − + =

Đặt:

12

y= x − x

Ta có: ( )( ) 2

3y+1 2y+ =1 330⇔6y +5y+ =1 330⇔6y +5y−329=0

( ) ( )

2

6y 42y 47y 329 6y y 47 y

⇔ − + − = ⇔ − + − =

( 6)( 47) 747

6 y

y y

y =  

⇔ − + = ⇒ −

 = 

Vì x∈ ⇒ ∈Z y Z, y=7

Ta có:

( ) ( )

2 2

12x −5x= ⇔7 12x −5x− = ⇔7 12x −12x+7x− = ⇔7 12x x− +1 x− =1

( )( )

1

1 12 7

12 x x x

x =   ⇔ − + = ⇒ −

 = 

Do x∈ ⇒ =Z x thỏa mãn tốn

b) Giải phương trình: x−2(x−1)(x+1)(x+2)=4

(193)

2

 

- Xét x≥2 ta có phương trình: (x−2)(x−1)(x+1)(x+2)= ⇔4 (x2−4)(x2− =1)

( )

4 2

2

0

5

x x

x x x x

x x

=  =  ⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⇔

= ± = 



Kết hợp với điều kiện x≥2 ta nghiệm phương trình x=

c) Ta có: 2 2 2 2 ( )2 2

2 2 3

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

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

2 2 1

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

⇔ + = + + + ⇔ + = + + + ⇔ + = + +

Nhận thấy x+1 x+2 hai sốnguyên liên tiếp nên tích (x+1)(x+2) sốchính phương khi: ( 1)( 2)

2 x x x

x = −  + + = ⇔ 

= − 

- Với x= − ⇒ =1 y

- Với x= − ⇒ =2 y

Vậy, cặp (x y; ) nguyên thỏa mãn toán là: (−1;1) (−2; 2)

Câu 4.

a) Ta có:  ACO=BOD=900−AOC

  

90

AOC =BDO= −BOD Suy ra:

2 OA AC AC

ACO BOD OA AC BD

BD OB OA

∆ ∆ ⇒ = = ⇒ =

b) Ta có:

AC OC AC OB OA ACO BOD

OB OD OC OD OD ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =

Lại có:     90

CAO=COD= ⇒ ∆ACO∆OCD⇒ACO=OCD Suy ra: Hai tam giác vng CAO CMO

Do đó: OM =OA=OB nên tam giác AMB vuông M

c) Ta có hai tam giác vng CAO CMO nên CA = CM

Chứng minh tương tựcâu b) ta có hai tam giác vng DBO DMO nên DB = DM

(194)

( ) ( ) ( )

2 2

3

2

abc abc abc bc ac ab a b c b c a c a b ab ca bc ab ca bc ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥

+ + + + + +

( )

3

1 1

2

1 1

2 (*)

bc ca ab

ab ca bc ab ca bc ab bc ac

ab ca bc ab ca bc

⇔ + + + + + ≥ + + + +   ⇔ + +  + + ≥ + + +  

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

( ) 3( )( )( )

2 ab bc+ +ac =ab bc bc ca+ + + +ca+ab≥3 ab bc bc ca+ + ca+ab (1)

1 1 1

3 (2)

ab ca+ +bc+ab+ca bc+ ≥ ab ca bc+ +ab ca bc+ Nhân theo vế(1) với (2) ta bất đẳng thức (*)

Dấu “=” xảy :

1 ab bc bc ca

a b c ca ab abc =   =  ⇔ = = =  =   = 

Đề số 39 Câu

a) Với 0< ≠x 1,ta có

( )2

1 1

:

1 1

x P

x x x x

+

 

= + 

− −

  − ( ) ( )2

1 1

:

1 1

x x

x x x

  +   = +  − −  −   ( ) ( ) 1 1 x x x x x − + = + − x x − =

b) Ta có

9 2019

Q= −P x+ x x 2019 x

−

= − +

x 9x 2019

x − −

= + (9 1) 2019

x x x

x − − + − = + ( ) 2019 x x − − = − + ( ) 2014 x x −

= − ≤2014 (∀ >x 0)

Vậy maxQ=2014⇔3 x− =1 x

⇔ = x ⇔ =

(195)

1 x  − ≥

 x≥1

Phương trình cho tương đương với

( x−1)2− (7−x)(x− +1) 4( 7− −x x 1− =)

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

⇔ − − − − + − − − =

( x x)( x 4)

⇔ − − − − − =

1

x x

x

 − = − ⇔ 

− = 

1

x x

• − = − ⇔ − = −x x ⇔2x=8⇔ =x 4(thỏa mãn điều kiện)

1

x

• − = ⇔ − =x 16 ⇔ =x 17(không thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình cho có nghiệm x=4

b) Biến đổi vếtrái bất đẳng thức, ta có:

( )

3

3 a b

b b a a

a b a ab

VT

b a a a b b

−

− +

= +

− −

( )

( ) ( ) ( ( )( ) )

3

2

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

a b

+ − + +

= +

− +

−

(3a aa b3)(a ba ab3b ab) b3 a a + +

= +

− − + +

( )

( )( )

3 a a ab b 3 a

b a a b a ab b

+ +

= +

− − + +

a a

a b b a

= +

− − =0

1 3abc ≤

Câu 3. Do abc>0nên bất đẳng thức cho tương đương với

3 3

1

8 )

abc abc abc

a + abc+b + abc +c + abc≤ 2

1 1

3

8 8

a b c

bc ac ab

⇔ + + ≤

+ + +

(1)

Đặt x a2 bc

= , y b2 ac

= , c c2 ab

= với xyz=1

Bất đẳng thức (1) trởthành 1 1

8 8

x+ + y+ + z+ ≤ (2)

(196)

5(xy yz zx) 16(x y z) 63

⇔ + + + + + ≥ (do xyz=1) (3)

Áp dụng BĐT AG-GM, ta có xy+yz+zx≥3 (3 xyz)2 =3 x+ + ≥y z 33 xyz =3

Do ta chứng minh xong bất đẳng thức (3) Dấu xảy ⇔ = = =x y z hay a= =b c

Câu

a) Giảsử 50 22

50 n a n b  − = 



+ =

 với a b, nguyên dương a<b

Suy 2 100

b −a = ⇔ −(b a a b)( + =) 52

Do b− < +a a b chúng có tính chẵn, lẻ nên b−a a+b phải

số chẵn

Do

50 b a a b

− =   + = 

24 26 a b

=  ⇔  =



Vậy n=626 thỏa mãn yêu cầu toán

b) Ta có (2, ) 1q = ⇒8q= p2−1=(p−1)(p+1) (1)

Do

8

p = q+ nên p2 lẻsuy plẻ, tức p=2k+1

Thay vào (1) ta 8q=2 (2k k+2) ⇔2q=k k( +1) (2)

Nếu q=2 k k( + =1) 4, khơng thểtìm k∈

Do q>2,

Vì q sốnguyên tốnên (2, ) 1q = Từ(2), ta có

k

• = q= +k 1ta suy k=2, q=3 Thay vào (1), ta p=5 k q

• = k+ =1 3nên q=1(loại)

Vậy ( ; )p q =(5;3) cặp số cần tìm thỏa mãn u cầu tốn

Câu

a) Ta có

 

: sin : sin

OB OH OBH

OC = OK OCK (do OBH, OCK

 vng góc

,

H K) OH OK

= (do  ABO= ACO)

 

: sin : sin

OA OAH OA OAK

= (do OAH ,

F E

M N

K

H

O

C B

(197)

 

sin sin

OAB OAC

= hay OB.sinOAC =OC.sinOAB

b) Gọi E F, trung điểm OB OC,

Do MEOFlà hình bình hành nên MEO =MFO (1)

Ta có OEH =2ABO=2 ACO=OFK (2)

Từ(1) (2) suy MEH =MFK

Lại có ME =OF =FK; EH =EO=MF nên MEH =MFK c g c( )

Suy MH =MK ⇒MHKcân M⇒MN ⊥HK

Câu

a) Do Cnằm đường trịn đường kính ABnên ACB= °90

Do d tiếp tuyến với đường tròn ( )O C nên OCK = °90

Khi

   ACO+OCB=OCB+BCK = °90 ⇒  ACO=BCK (1) Mặt khác OCA cân O ⇒  ACO=CAO;

(2)

ACBvuông ⇒CAO =DCB

(3)

Từ(1), (2) (3) suy DCB =BCK

Điều dẫn đến BCD=BCK ⇒BK =BD

Tương tự AH = AD

Suy AH +BK = AD+BD ⇒ AH +BK = AB d

K

H

D C

O B

(198)

b) BCD=BCK (chứng minh ởcâu a) ⇒CD=CK

Tương tự CHA=CDA ⇒CD=CH

Suy CH =CKhay Clà trung điểm HK

Đường trịn đường kính HKcó AH ⊥ HK, BK ⊥HK, AB⊥CD nên đường

trịn tiếp xúc với AK, BKvà AB

c) Do tứgiác AHKBcó AH ⊥HK, BK ⊥HK nên hình thang vuông

Do AH +BK = ABnên

1

( )

2

AHKB

S = AH +BK HK 2AB HK

= =OC HK

Do HK ≤ ABnên SAHKB ≤OC AB =OC OC.2 =2OC2

Khi SAHKB lớn ⇔ HK = AB ⇔tứgiác AHKB hình chữnhật

⇔ C điểm AB

Đề số 40 Câu

a Ta có:

2

24 65

 + = 



− = 

n k

n h

2

k 24 h 65

⇔ − = +

(k h k h)( ) 89 1.89

⇔ − + = =

k h 89 k 45

k h h 44

 + =  = ⇔ ⇒

− = =

 

Vậy: n 45 24 2001= 2− =

b Với n = ta có A(0) = 19  19

GiảsửA chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A k( )=7.52k+12.6 19k

Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + nghĩa phải chứng minh:

( ) k 1( ) k

A k 7.5+ = + +12.6 + 19



Ta có: A k 7.5( + =) k 1( )+ +12.6k 1+ 19

( ) 2k n

2k 2k n

2k

7.5 12.6

7.5 7.5 19 12.6 8.A k 7.5 19 19

+

= + +

= + 

(199)

a) ĐKXĐ x,y,z 0≥ Kết hợp xyz 4= ⇒x,y,z 0; xyz 2> =

Nhân tử mẫu hạng tử thứ hai với x, thay mẫu hạng tử thứ ba xyz ta

( )

xy

x z

A

xy x 2 xy x z x xy

= + + =

+ + + + + +

Suy A=1 (vì A > 0)

b) Từ : a+ + = ⇔b c ayz + bxz + cxy = ⇔0 ayz + bxz + cxy=0

x y z xyz

Ta có :

2

y y

x z 1 x z 1

a b c a b c

 

+ + = ⇔ + +  =

 

2

2 2

y xy yz

x z 2( xz ) 1

ab ac bc

a b c

⇔ + + + + + =

2

2 2

y cxy bxz ayz

x z 2 1

abc

a b c

+ +

⇔ + + + =

2

2 2

y

x z 1 (dpcm)

a b c

⇔ + + =

Câu

Điều kiện: x≠ −1

2

2 2 2 2

2

x x x x

PT x 2

x x x x

x 3 0

x 3 x 1 0 x 1

x x x 1 0

x

     

⇔ −  = − ⇔  +  − =

+ + + +

      

+ = 

   +  ⇔ +  − = ⇔

+ + 

   − =  +

=>

2

x

) x 3x

x

+ + = ⇔ + + =

+ (vô lý)

2 1

2

1

x

x 2

) x x

x 1 5

x

2

 +

=  

+ − = ⇔ − − = ⇔

+  −

=  

Vậy phương trình có nghiệm x1 ,x2

2

+ − = =

(200)

a) Ta có: HBC ABC

1.HA'.BC

S 2 HA'

1

S .AA'.BC AA'

2

= =

Tương tự: HAB HAC

ABC ABC

S

S HC'; HB'.

S = CC' S = BB'

Do đó: HBC HAB HAC

ABC ABC ABC

S S S

HA' HB' HC' 1

AA' BB' CC' S+ + = +S +S = b) Áp dụng tính chất phân giác vào tam giác ABC, ABI, AIC:

AI

IC MA CM ; BI AI NB AN ; AC AB IC

BI = = =

BI.AN.CM BN.IC.AM

1 BI IC . AC AB AI

IC . BI AI . AC AB MA

CM . NB AN . IC BI

= ⇒

= =

=

c) VẽCx ⊥CC’ Gọi D điểm đối xứng A qua Cx

- Chứng minh góc BAD vng, CD = AC, AD = 2CC’

- Xét điểm B, C, D ta có: BD ≤ BC + CD

- ∆BAD vuông A nên: AB2 + AD2= BD2

⇒ AB2 + AD2 ≤ (BC+CD)2

AB2 + 4CC’2 ≤ (BC+AC)2

4CC’2 ≤ (BC+AC)2 – AB2

Tương tự: 4AA’2 ≤ (AB+AC)2 – BC2; 4BB’2 ≤ (AB+BC)2 – AC2

- Chứng minh : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) ≤ (AB+BC+AC)2

(AB BC CA)2 2 22

AA' BB' CC'

+ +

⇔ ≥

+ +

Đẳng thức xảy BC = AC, AC = AB, AB = BC hay ∆ABC

B

C I

B’ H N

x

A’ C’

M

D B

C I

B’ H N

x

A’ C’

M

Định dạng
Số trang	238
Dung lượng	8,56 MB