Cho đường tròn (O) đườ ng kính AB.. Các đường phân giác trong và phân giác ngoài củ a góc B lần lượt cắt đường thẳng AC tại M và N. Tính diện tích của tam giác BMN.. Mười đội bón[r]
(1)ù&ú
BỘ ĐỀ VÀO 10 CHUYÊN TOÁN
CÁC TỈNH NĂM HỌC 2018-2019
thuvientoan.net
(2)TUYỂN TẬP ĐỀ THI TOÁN
VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỐN NĂM 2018-2019
LỜI NĨI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi vào lớp 10 môn
Mặc dù có sựđầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, cô giáo em học!
Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ bộđề này!
tốn, website thuvientoan.net giới thiệu đến thầy em bộ đề thi vào lớp 10 chuyên tốn năm 2018-2019 Đây bộđề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi vào lớp 10 có tài liệu bám sát đềthi đểđạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho bản thân, gia đình nhà trường Bộ đề gồm nhiều Câu tốn hay thầy cô cả nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua giúp em phát triển tư mơn tốn từđó thêm u thích và học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức lớp, cấp học nhẹ nhàng hiệu quảhơn.
(3)MỤC LỤC
Trang Đề thi Đáp án
1. Đề vào 10 Chuyên Phan Bội Châu năm học 2018 -2019 4 2. Đề vào 10 Chun tốn Khánh Hịa năm học 2018 -2019 5 3. Đềvào 10 Chuyên toán Nam Định năm học 2018 -2019 6 4. Đề vào 10 Chuyên toán KHTN Hà Nội năm học 2018 -2019 7
5. Đềvào 10 Chuyên toán Hà Tĩnhnăm học 2018 -2019 8
6. Đềvào 10 Chuyên tốn Bình Định năm học 2018 -2019 9
7. Đề vào 10 Chuyên toán Cà Mau năm học 2018 -2019 10
8. Đề vào 10 Chuyên tốn Thanh Hóa năm học 2018 -2019 11
9. Đềvào 10 Chung toán Hưng Yênnăm học 2018 -2019 12
10.Đềvào 10 Chuyên toán Hưng Yênnăm học 2018 -2019 13 11.Đề vào 10 Chuyên toán Vĩnh Phúcnăm học 2018 -2019 14 12.Đề vào 10 Chuyên toán Bến Tre năm học 2018 -2019 15 13.Đề vào 10 Chuyên toán Đăk Lăknăm học 2018 -2019 16 14.Đề vào 10 Chuyên toán Hà Nam năm học 2018 -2019 17 15.Đề vào 10 Chuyên Vinh năm học 2018 -2019 18 16.Đề vào 10 Chuyên toán Bình Dươngnăm học 2018 -2019 19 17.Đề vào 10 Chun tốn Thái Bình năm học 2018 -2019 20 18.Đề vào 10 Chuyên toán Lâm Đồng năm học 2018 -2019 21 19.Đề vào 10 Chuyên toán Đồng Nai năm học 2018 -2019 22 20.Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Nam năm học 2018 -2019 24
21.Đề vào 10 Chuyên toán Hải Dươngnăm học 2018 -2019 25
22.Đề vào 10 Chuyên toán TP Hồ Chí Minh năm 2018 -2019 26
23.Đề vào 10 Chuyên toán Tuyên Quang năm học 2018 -2019 27
24.Đề vào 10 Chuyên toán Thái Nguyên năm học 2018 -2019 28 25.Đề vào 10 Chuyên toán Bắc Ninh năm học 2018 -2019 29
(4)29.Đề vào 10 Chun tốn TP Hồ Chí Minh năm 2018 -2019 33 30.Đề vào 10 Chuyên toán Bắc Giang năm học 2018 -2019 34 31.Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Nam năm học 2018 -2019 36
32.Đềvào 10 Chuyên toán Vũng Tàu năm học 2018 -2019 37
33.Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Ngãi năm học 2018 -2019 38
34.Đề vào 10 Chuyên toán Điện Biên năm học 2018 -2019 39
(5)Câu
a) Giải phương trình :
2
x- + - =x x - x -b) Giải hệphương trình:
2
2
3
2 7
xy y x
y y x x
Ï - =
Ơ Ì
+ + = +
ƠĨ
Câu
a) Tìm số nguyên x y z; ; cho 2
6
x +y + + <z xy+ x+ z
b) Cho hai sốnguyên dương m, n thỏa mãn m n+ +1là ước nguyên tố
( 2)
2 m +n -1 CMR m n sốchính phương
Câu Cho a b c, , thực dương thỏa mãn abc=1.Chứng minh rằng:
4 4
1 1
3
2 2
a a ab b b bc c c ac
+ + £
- + - - + + + + +
Câu
Cho tam giác ABC vng A (AB> AC)nội tiếp đường trịn (O) đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Gọi K hình chiếu vng góc A lên BD Qua H kẻđường thẳng song song với BD cắt AK I Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) N (N khác B)
a) Chứng minh AN BI =DH BK
b) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng BC P Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP
c) Tiếp tuyến (O) C cắt DP M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM M cắt OD Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM
ln qua điểm cốđịnh BC cốđịnh A di động đường tròn (O)
Câu
Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị 25000 bóng, quảbóng đánh số từ1 đến 25000 Người ta dùng màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím đểsơn bóng (mỗi quảđược sơn màu) Chứng minh 25000 bóng nói tồn quảbóng màu đánh số a b c, , mà a chia hết cho b, b chia hết cho c abc>17
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 1
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
(6)Câu
a) Giải phương trình : x2+2x+ =2 3x x+1
b) Có số tự nhiên có chữ số abcsao cho a b c, , độ dài cạnh tam giác cân
Câu
a) Chứng minh với số thực a b c, , ta ln có:
( )2 2 2 2 ( )
a b c+ + =a +b +c + ab+ac bc+
b) Cho số x y z, , khác thỏa mãn : 1; 2 12 4;1 1
x y z
x y xyz x y z
+ + = + + = + + >
Tính ( 2017 2017)( 2019 2019)( 2021 2021)
Q= y +z z +x x +y
Câu Cho đường tròn (O) đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B O) Qua H vẽđường thẳng vng góc với BC, cắt đường tròn (O) A D Gọi M giao điểm AC BD, qua M vẽđường thẳng vng góc với BC N
a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp
b) Tính giá trị:
2
2 BO OH
P
AB BH
Ê ̂
= Á ̃
-Ë ¯
c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O), cắt hai đường thẳng AC AN K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I đoạn thẳng
AH H di động đoạn thẳng BO
Câu Cho a, b,c số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c+ + =abc Chứng minh
2
2
1
1
a b
c
a b
+ +
+ - + <
Câu
Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách tham quan hết 18 danh lam, thắng cảnh tỉnh K, công ty du lịch lữhành KH thiết lập tuyến chiều
sau: Nếu từ tỉnh A đến B từB đến C khơng có tuyến từA đến C Hỏi có cách thiết lập đểđi hết 18 địa danh ?
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 2
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
(7)Câu (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
2 2
( )(1 ) ( )(1 ) (1 )(1 )
x y x y
P
x y y x y x x y
= -
-+ - + + + -
b) Chứng minh 1 12 12 1 12 12 1 1 2 1 2 2018.
1 2 2 3 2017 2018
+ + + + + + + + + <
Câu (2,0 điểm)
a) Giải phương trình (( ) )
2 1-x x +2x- +1 x =x -1.
b) Giải hệphương trình 2
3 ( 1)
4
3 14
1
x y y x y x
y
x x y
y
Ï - - + - - + = Ô
Ì - - = -
-Ơ + +
Ó
Câu (3,0 điểm).
Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm hai điểm A, B Trên nửa mặt phẳng bờlà đường thẳng AB, vẽ nửa đường trịn đường kính AB nửa đường trịn đường kính BC Lấy điểm M thuộc nửa đường trịn đường kính BC (M πB M; πC) KẻMH vng góc với BC (HŒBC), đường thẳng MH cắt nửa đường trịn đường kính AB K Hai đường thẳng AK CM giao E
a) Chứng minh BE2 =BC AB
b) TừC kẻ CN^ AB(N thuộc nửa đường trịn đường kính AB), gọi P giao điểm NK CE Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm đường thẳng BP
c) Cho BC=2R Gọi O O1, tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCH
và MBH Xác định vịtrí điểm M để chu vi tam giác O HO1 2lớn
Câu (1,5 điểm)
a) Tìm tất cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn 2
2x +5y =41 2+ xy
b) Có số tự nhiên n không vượt 2019 thỏa mãn n3+2019 chia hết cho
Câu (1,5 điểm)
a) Cho số thực dương a b, thỏa mãn a+ b =1
Chứng minh 3( ) (2 ) ( )( )
a+b - a+b + ab≥ a+ b b+ a b) Cho 100 điểm mặt phẳng cho bốn điểm có ba
điểm thẳng hàng Chứng minh ta bỏ điểm 100 điểm để 99
điểm cịn lại thuộc đường thẳng
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 3
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(8)Câu
a) Giải hệphương trình :
( )( )
3 3
( )
7 1 31
xy x y
x y x y x y
+ =
ÏƠ
Ì + + + + + =
ƠĨ
b) Giải phương trình: 3+ x(3 2- x)=7 x+5 2- x
Câu
a) Cho x y, số nguyên cho 2
2 ;
x - xy-y xy- y -x chia hết cho Chứng minh 2
2x +y +2x+ycũng chia hết cho
b) Cho a a1, 2, ,a50là số nguyên thỏa mãn: 1£ £a1 a2 £a50£50, 50 100
a + +a +a = Chứng minh từ sốđã cho chọn vài số có tổng 50
Câu Cho ngũ giác lồi ABCDEnội tiếp (O) có CD/ /BE Hai đường chéo CE BD cắt P Điểm M thuộc BE cho MAB=PAE Điểm K thuộc AC cho MK song
song AD, điểm L thuộc đường thẳng AD cho ML // AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE Q S (Q khác B, S khác C)
a) Chứng minh điểm K, M, Q thẳng hàng
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE tai T R (T khác D, R khác E) Chứng minh M, S, Q, R,T thuộc đường tròn
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc (O)
Câu Cho a b c, , số thực dương Chứng minh
1
2
ab bc
a b b c a b b c
Ê ̂Ê ̂
+ + £
Á ̃Á ̃
Á + + ̃Ë + + ¯
Ë ¯
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 4
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN KHTN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(9)Câu
Cho x y z, , số hữu tỉ thỏa mãn 1
x+ =y z Chứng minh
2 2
x +y +z số
hữu tỉ
Câu
a) Giải phương trình : 4x2-3x- =2 x+2
b) Giải hệphương trình:
2
5
1
2
xy x y
x x y y
= -Ï
Ơ
Ì + =
Ơ -
-Ĩ
Câu
a) Cho phương trình x2+2mx- -1 2m=0
Chứng minh phương trình ln có hai
nghiệm x x1; 2với m Tìm m để 2
1
2
2
x x P
x mx m
+ =
- + - đạt giá trị nhỏ b) Cho x y z, , >0 thỏa mãn x+ + =y z Chứng minh
3
xy yz xz
xy+z + yz+x + xz+y £
Câu
Cho đường tròn tâm (O) dây cung AB cốđịnh khơng phải đường kính Điểm C
khác A, B di động AB Đường tròn tâm P qua C tiếp xúc với (O) A, đường
tròn tâm Q qua C tiếp xúc với (O) B Các đường tròn (P), (Q) cắt điểm thứ hai M Các tiếp tuyến đường tròn (O) A B cắt I
a) Chứng minh MC phân giác AMB điểm A, M, O, B, I thuộc
đường tròn
b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQ ln thuộc đường thẳng cốđịnh
Câu
Cho a1<a2 < <an, n số tự nhiên không âm, a số nguyên dương
không có số liên tiếp Đặt S = + +a1 a2 +an Chứng minh luon tồn số phương bthỏa mãn Sn £ £b Sn+1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 5
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
(10)Bài 1: (2,0điểm)
Cho biếu thức : ( )
2
3
a b ab a b a b
T :
a b
a b a b
- + Ê - - ̂
= ÁÁ - ̃̃
-+ Ë - ¯, với aπb, a>0, b>0 a) Rút gọn biểu thức T
b) Chứng tỏ T >
Cho n sô tự nhiên chẵn, chứng minh số n n n
20 -3 +16 -1chia hết cho số 323
Bài 2: (2,0 điểm)
1 Giải bất phương trình: 3x 2+ £ 7x 8+
Giải hệphương trình:
4
x y
x y
x y
x y Ï + - - = ƠƠ
Ì
Ơ + + =
-Ơ +
Ĩ
Bài 3: (1,0 điểm)
Cho phương trình:
(m 1)x- -2(2m 3)x 5m 25- - + =0(m tham số) Tìm giá trị
m sốnguyên cho phương trình có nghiệm số hữu tỉ
Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn AB ≥BC; BC≥CA Xác định vịtrí điểm M thuộc miền tam giác ABC
(gồm cạnh miền tam giác) cho tổng khoảng cách từM đến ba cạnh nhỏ
Cho tam giác ABC (AB < AC) có goc nhọn, đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng EF
cắt đường thẳng BC AD K I Qua F kẻđường thẳng song song với AC cắt AK, AD M
N Gọi O trung điểm BC Chứng minh: a) DA phân giác FDE
b) F trung điểm MN c)
OD OK◊ =OE BD DC◊ =OD DK◊ Bài 5: (1,0 điểm)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 6
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(11)Cho hai sốdương a, b thỏa mãn a 1 b
+ = Chứng minh rằng:
2
1 25
a b
a b
Ê + ̂ +Ê + ̂ ≥
Á ̃ Á ̃
Ë ¯ Ë ¯
Câu 1: Rút gọn biểu thức sau
) 20 45 125 405
) 9
a A b B
= - +
-= - + +
Câu 2: Cho parabol ( ) :
P y=x đường thẳng d y: = +x
a) Vẽđồ thị ( )P d mặt phẳng tọa độ
b) Tìm mđể d ( )P đường thẳng ( )D :y=(2m-3)x-1cùng qua điểm có hồnh
độ lớn
Câu 3: Cho phương trình ( )
2 1
x - m+ x m+ + = (1) (xlà ẩn số) a) Tìm mđểphương trình có nghiệm phân biệt
b) Gọi x x1; 2là nghiệm phân biệt (1) Tìm mđể x x1; 2thỏa mãn (x1-x2)2 =x1 Câu 4: Cho tam giác ABCcân A Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác, K tâm
đường tròn bàng tiếp góc A O trung điểm IK a) CMR điểm B I C K, , , thuộc (O)
b) CMR: AC tiếp tuyến (O)
c) Tính tổng diện tích hình viên phân giới hạn cung nhỏ CI IB BK KC, , ,
các dây cung tương ứng (O) biết AB=20,BC=24 Câu 5: Giải phương trình : ( x- +1 1)3+2 x- = -1 x
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 7
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(12)Câu
1) Tính giá trị biểu thức 1 1 1
1 2 3 2018
P= -ÊÁ ̂ỄÁ - ̂̃ ÊÁ - ̂̃
+ + + + + + +
Ë ¯Ë ¯ Ë ¯
2) Cho a b, số thực dương thỏa mãn biểu thức
3
3 17
3 11
a a a
b b b
Ï - + - =
Ơ Ì
- + + =
ƠĨ Chứng minh a b+ =2
Câu
1) Giải phương trình : ( )
4 1
x - - =x -x x
-2) Giải hệphương trình : 2
2
1 1
1
x y
x y xy
Ï + =
Ơ Ì
Ơ - + - = +
Ĩ
Câu
1) Tính tất cặp sốnguyên dương (x y; ) thỏa mãn: 2019 2019 1346 673
x = y -y -y +
2) Cho n sốnguyên dương tùy ý, với số nguyên kta đặt Sk = +1k 2k + +nk
Chứng minh S2019 S1
Câu
Cho tam giác nhọn ABC có AB< AC Gọi D, E, F theo thứ tựlà chân đường cao kẻ
từ A B C, , tam giác, P giao điểm đường BCvà EF Đường thẳng qua D song song với EF cắt cạnh AB AC CF, , Q, R, S
1) CMR: tứ giác BQCRlà tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh PB DB
PC = DC với D trung điểm QS
3) Khi B, C cốđịnh A thay đổi thù chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác
PQR ln qua điểm cốđịnh
Câu
Trong giải đấu thểthao có n độ tham dự n≥2, luật đấu sau: Hai đội bất kỳluôn đấu với trận Sau trận, đội thắng điểm, đội thua điểm hòa cảhai đội điểm Sau giải đấu đội xếp hạng théo thứ tự từ cao xuống thấp (bằng điểm xếp hạng) Hỏi điểm chênh lệch lớn đội xếp thứ hạng liền ?
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 8
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(13)Câu (2 điểm)
Cho biểu thức A x : 2
x x x x x x
+
-=
+ + - +
4 5 8 2025
B=x - x - x+ với x>0,xπ1
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị xđể biểu thức 2
T = -B A đạt giá trị nhỏ
Câu (2 điểm)
a) Tìm giá trị mđểđồ thị hàm số
y=x y= -x mcắt hai điểm phân biệt A x y( 1; 1) (,B x y2; 2)sao cho ( ) ( )
8
1 2 162
x -x + y -y =
b) Tìm giá trị nguyên xđể ( )3
1 2
M =x + x+ - x - xlà sốchính phương Câu (2 điểm)
a) Giải phương trình 2x3- 108x+45=x 48x+20 3- x2
b) Giải hệphương trình
( )( )
2
2
1
1
1
x y x y x y
x y
y x
Ï + + + = + +
Ơ
ÌÊ ̂ +Ê ̂ =
ƠÁ + ̃ Á + ̃
Ë ¯
Ë ¯
Ó
Câu (3 điểm) Cho đường trịn (O;R) đường thẳng d khơng có điểm chung với
đường tròn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B tiếp điểm) Kẻđường kính AC đường trịn (O) Tiếp tuyến
đường tròn (O) cắt đường thẳng AB E a) Chứng minh BE MB =BC OB
b) Gọi N giao điểm CM với OE Chứng minh đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng OM CE vng góc với đường thẳng BN
c) Tìm giá trị nhỏ dây AB M di chuyển đường thẳng d, biết R=8cm
và khoảng cách từO đến đường thẳng d 10 cm
Câu (1 điểm)
Cho a, b hai sốthay đổi thỏa mãn điều kiện a>0và a b+ ≥1
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2
2
4
a b
A b
a +
= +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 9
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
(14)Câu (1,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A= 2.( 2+ 2- 3)-1
b) Tìm m đểđường thẳng y= +x m2+2và đường thẳng y=(m-2)x+11 cắt
điểm trục tung
Câu (2,0 điểm)
Cho hệphương trình 3(1)
x y m
x y m
+ = +
Ï
Ì - =
Ĩ (m tham số) a) Giải hệphương trình (1) m=1
b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x y; )sao cho ( 2)
98
P= x +y + mđạt giá trị nhỏ
Câu (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
3
x+ + - -x - -x x =
b) Tìm m đểphương trình x4+5x2+ - =6 m 0
(m tham số) có hai nghiệm
Câu (1,0 điểm)
Quãng đường AB dài 120 km Một ô tô chạy từA đến B với vận tốc xác định Khi từ
B trở A, ô tô chạy với vận tốc nhỏhơn vận tốc lúc từA đến B 10 km/h Tính vận tốc lúc ô tô, biết thời gian nhiều thời gian 24 phút
Câu (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cốđịnh thẳng hàng theo thứ tựđó Vẽđường trịn (O;R) bất kỳđi qua B C (BC < 2R) Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC
1) Chứng minh năm điểm A, M, I, O, N thuộc đường tròn
2) Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E giao điểm thứ hai đường thẳng MJ với đường tròn (O) Chứng minh EB=EC=EJ
3) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K giao điểm OA MN Chứng minh
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK thuộc đường thẳng cốđịnh
Câu (1,0 điểm) Cho sốdương x y z, , thỏa mãn xy+yz+zx=3xyz
Chứng minh
3 3
2 2
1 1
2
x y z
z x x y y z x y z
Ê ̂
+ + ≥ Á + + ̃
+ + + Ë ¯
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 10
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(15)Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
( ) :P y=x đường thẳng ( ) : 2d mx- +m Tìm tất giá trị m để ( )d cắt (P) điểm phân biệt A x y( ;1 1); ( ;B x y2 2)thỏa mãn
1 2 2x +2x +y y =0
Giải phương trình :
4
x+ x- = - +x x
-Giải hệphương trình :
2
5
x y
x y xy
Ï + =
Ì
+ + =
Ĩ
Câu Cho phương trình x3+2y3+4z3 =9!(1)
với x y z; ; ẩn 9! Là tích số nguyên
dương liên tiếp từ1 đến
Chứng minh có số nguyên x y z; ; thỏa mãn (1) x y z, , chia hết cho Chứng minh không tồn số nguyên x y z, , thỏa mãn (1)
Câu Cho số thực dương a b c, , Chứng minh rằng:
2 2
2 2 2
a b c
a +ab b+ +b +bc c+ +c +ac a+ ≥
Câu Cho hình thoi ABCD (AC > BD) Đường trịn nội tiếp (O) tứ giác ABCD theo thứ tự tiếp xúc với cạnh AB, BC, CD, DA E, F, G, H Xét K đoạn HA
L đoạn AE cho KL tiếp xúc với đường tròn (O) Chứng minh LOK=LBO BL DK. =OB2
Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt AB M khác L đường tròn ngoại tiếp tam giác CKG cắt AD N khác K Chứng minh điểm K, L, M, N nằm đường tròn
Lấy điểm P, Q tương ứng FC, CG cho LP song song với KQ Chứng minh KQ tiếp xúc với (O)
Câu Một bảng hình vng gồm n hàng n cột (n nguyên dương) Các hàng cột
đánh số từ1 đến n ( từ xuống dưới, từ trái qua phải) Ơ vng nằm hàng i, cột j (i j; =1; 2;3; n)của bảng gọi ô ( )i j; Tại ô bảng điền số cho ( )i j; điền số ai+bj ≥n, ailà số số hàng I bjlà số số cột j
Gọi P tổng số ô bảng hình vng cho
Xây dựng bảng hình vng thỏa mãn u cầu tốn trường hợp n=4và P=8
Chứng minh
2 n P≥ Í ˙È ˘
Ỵ ˚, với
2 n È ˘ Í ˙
Ỵ ˚là phần nguyên
2 n
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 11
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
(16)Câu 1:
Cho biểu thức
1
a b a b a b
P
ab
+ -
-=
+ với a b, hai số thực dương a) Rút gọn biểu thức
( )( )
1 :
P
a+ b a b+
b) Tính giá trị biểu thức Pkhi a=2019 2018+ b=2020 2019+
Câu 2:
Cho plà số nguyên tố lớn Chứng minh p2-1chia hết cho 24
Cho phương trình
2
x - mx- - =m với mlà tham số Tìm giá trị mđểphương trình cho có hai nghiệm phân biệt x x1; 2thỏa 2
1
x +x đạt giá trị lớn
Câu
Giải phương trình:
1
x + =x - x
-Giải hệphương trình:
( )( )
2
4
2
x y
x y xy
Ï + =
Ơ
Ì - - =
ƠĨ
Câu
Tìm nghiệm ngun phương trình
2
x -xy+ = +x y
Cho hai số thực dương a b, thỏa a b+ =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T
a b
= +
Câu 5:
Cho nửa đường tròn (O;R) có đường kính AB Vẽđường thẳng d tiếp tuyến ( )O B Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A, B), tia AM cắt đường thẳng d N Gọi C trung điểm đoạn thẳng AM, tia CO cắt đường thẳng d D
1) Chứng minh tứ giác OBNCnội tiếp
2) Gọi E hình chiếu N đoạn AD Chứng minh N, O, E thẳng hàng
2
=
NE AD R
ND Chứng minh CACN =CO CD
3) Xác định vị trí điểm Mđể 2AM+ANđạt giá trị lớn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 12
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(17)Câu 1(2,0 điểm) Cho đa thức
( ) (1 ) f x =x - x + -m x m+ 1) Khi m=2, phân tích đa thức f x( ) thành nhân tử
2) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f x( )=0 có ba nghiệm phân biệt 1, 2,
x x x thỏa mãn 2 2
x +x +x <
Câu 2(2,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2
2
15 ( 1) 15 ( 4)
x x
x x x x x
- + +
=
- + - +
2) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
(2 )( ) (1)
3( ) 5 14 (2)
x y x y x x xy y
x y x y x x
Ï - + + + = +
Ơ Ì
+ + + + + = -
-ƠĨ
Câu 3(2,0 điểm)
1) Truyện kể hồng tử cứu cơng chúa gặp rắn có 100 đầu Hồng tử có hai kiếm: Thanh kiếm cho phép chặt 21 đầu rắn Thanh
kiếm cho phép chặt đầu rắn rắn lại mọc thêm 2018 đầu
khác
Biết rắn có 21 đầu đầu hồng tử khơng dùng kiếm kiếm tương ứng hồng tử cứuđược cơng chúa rắn bị chặt hết đầu.Hỏi hồng tử có cứu cơng chúa khơng?
2) Tìm số ngun x y z, , thỏa mãn đồng thời: x2+4y2+ +z2 2xz+4(x+ =z) 396
2 x +y = z
Câu 4(1,0 điểm)
1) Cho số thực x y, không âm, chứng minh 3 2
x +y ≥x y+xy
2) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng:
5 5 5
ab bc ca
a +b +ab+b + +c bc+c +a +ca£
Câu 5(3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB<AC) Vẽ ba đường cao AD, BE, CF tam giác ABC, chúng cắt H
a) Chứng minh tứ giác DHEC nội tiếp Xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ
giác DHEC
b) Trên cung nhỏ EC đường tròn ( )O lấy điểm I cho IC>IE, DI cắt CE N Chứng minh NI.ND=NE.NC
c) Gọi M giao điểm EF với IC Chứng minh MN vuông góc với CH
2) Biết đường chéo ngũ giác lồi ABCDE cắt khỏi tam giác có
diện tích Tính diện tích ngũ giác ABCDE
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 13
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(18)Câu 1.Cho biểu thức ( )
2
1 1
1 1
1 1
a a
Q a a a
a a
a a a a
Ê + - ̂Ê ̂
=ÁÁ + ̃Á̃Á - - ̃̃ - + < <
+ - - - - +
Ë ¯Ë ¯
1) Rút gọn Q
2) So sánh Q Q,
Câu
1) Giải phương trình: ( x+ -9 3)( 9- + =x 3) 2x 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho
( ) :P y=x ( )d :y=m,( ') :d y=m2(0< <m 1) Đường d cắt P hai điểm phân biệt A, B , đường d’ cắt P hai điểm phân biệt C, D (hoành độ
A D âm) Tìm m cho diện tích tứ giác ABCD gấp lần diện tích tam giác OCD
Câu Tìm sốnguyên dương x y, thỏa mãn 7x =3.2y+1
Câu Cho đường tròn (O) đường thẳng d cốđịnh (d (O) khơng có điểm chung) Lấy M điểm di động đường thẳng d Vẽ hai tiếp tuyến MA MB phân biệt cát tuyến MCD với (O) cho C nằm M D, CD không qua tâm O Vẽ dây cung DN song song với AB Gọi I giao điểm CN AB Chứng minh :
1) IC = BC
IA BD IA=IB
2) Điểm I thuộc đường cốđịnh M di chuyển đường thẳng d
Câu Một học sinh tùy ý chấm điểm phân biệt vào hình trịn có bán kính Chứng minh tồn điểm A, B điểm cho cho AB£1 Câu Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn xy+yz+xz≥ + +x y z
Chứng minh rằng:
2 2
3 3
8 8
x y z
x y z
+ + ≥
+ + +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 14
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(19)Câu 1: Cho phương trình ( )
2 3
x - m+ x+ m+ = (mlà tham số)
a) Tìm tất số thực m đểphương trình cho có hai nghiệm x x1; 2thỏa mãn điều kiện
2
1 2
x +x -x x =
b) Tìm tất số ngun mđểphương trình cho có nghiệm ngun
Câu 2:
a) Giải phương trình
3
x+ x+ = x + x+
b) Giải hệphương trình
2
2
1
3
1
5
x y
x y
x y
x y
Ï + + - = ƠƠ
Ì
Ơ + + + =
ƠĨ
Câu 3: Cho số tự nhiên n≥2và số nguyên tố pthỏa mãn p-1chia hết cho nđồng thời
3
1
n - chia hết cho p Chứng minh n+plà sốchính phương
Câu Cho số thực không âm a b, thỏa mãn: (a b- )2 = + +a b Chứng minh rằng:
( ) ( )
3
3
1
1
a b
b a
Ê ̂Ê ̂
+ + £
Á ̃Á ̃
Á + ̃Á + ̃
Ë ¯Ë ¯
Câu Cho đường tròn ( ; )O R (O r'; )cắt điểm phân biệt Avà B (R>r')
sao cho O O’ phía AB, Gọi K điểm cho OAO K' hình bình hành CMR: ABK tam giác vng
Đường trịn tâm K bán kính KA cắt ( ; )O R ( '; )O r theo thứ tự M N (khác A) a) Chứng minh ABM =ABN
b) Trên đường trịn (O R; )lấy C thuộc cung AM khơng chứa B (C khác A, M) Đường thẳng CA vuông góc với (O r', )tại D CMR: KC=KD
Câu 6:
Cho 17 số tự nhiên mà chữ số sốđược lấy từ tập hợp {0;1; 2;3; 4} Chứng minh ta chọn số 17 sốđã cho cho tổng số chia hết cho
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 15
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VINH NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
(20)Câu
a) Giải phương trình : 2+ x- =x (2+ x) 7-x
b) Cho số thực x y, thỏa mãn ( 2)( 2)
2018 2018 2018
x+ +x y+ +y = Tính giá trị biểu thức 2019 2019 ( )
2018 2020
Q=x +y + x+y +
Câu
Gọi x x1; 2là nghiệm phương trình ( )
2
x - m- x+ m- = Tìm tất giá trị
m nguyên dương để
2 2
x x
A
x x
Ê ̂ Ê ̂
=Á ̃ +Á ̃
Ë ¯ Ë ¯ có giá trị nguyên
Câu
Tính giá trị biểu thức 1
2 1 2 2025 2024 2024 2025
P= + + +
+ + +
Tìm tất sốnguyên dương x, y thỏa mãn: 2 ( )
x +y = x+y
Câu
Cho đường trịn (O) bán kính R điểm M nằm (O) Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A;B tiếp điểm) Trên đoạn AB lấy điểm C (C khác với A B) Gọi I, K trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt (O) điểm thứ hai D
a) CMR: 2
KO -KM =R
b) CMR: Tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp
c) Gọi E giao điểm thứ hai MD với (O), N trung điểm KE Đường thẳng KE cắt (O) điểm thứhai F CMR: điểm I, A, N, F thuộc đường tròn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 16
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(21)Câu Cho biểu thức: : ( 0; 1; 4)
3 2
-Ê ̂
=Á + ̃ ≥ π π
- + - +
Ë ¯
x
P x x x
x x x x
1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm x cho P = 2019
3) Với x ≥ 5, tìm giá trị nhỏ T = +P 10
x
Câu Cho hai đường thẳng (d1): y = mx + n (d2): y= - x+
m m ( với m tham số, m ≠
0) Gọi tọa độgiao điểm hai đường thẳng d1 d2 Tính T =x02+y02
Câu
Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình: x2+ -(2 m x) - - =1 m ( )1 (với m tham số)
a) Tìm m để : x1-x2 =2
b) Tìm m để :
( ) (2 )2
1
1
1
= +
+ +
T
x x đạt giá trị nhỏ
Câu
a) Giải phương trình : 4x+8072 + 9x+18162=5 b) Giải hệphương trình
3
2
3 6 3 4 0
3 1
Ï - + + - + =
Ơ Ì
+ - =
ƠĨ
x y x x y
x y x
Câu 5: Cho đường tròn O bán kính a điểm J có JO = 2a Các đường thẳng JM, JN theo thứ tự tiếp tuyến M, N đường tròn (O) Gọi K trực tâm tam giác
JMN, H giao điểm MN JO
a) Chứng minh rằng: H trung điểm OK
b) Chứng minh rằng: K thuộc đường tròn tâm O bán kính a c) JO tiếp tuyến đường trịn tâm M bán kính r Tính r
d) Tìm tập hợp điểm I cho từ I kẻđược hai tiếp tuyến với đường tròn (O) hai tiếp tuyến vng góc với
Câu 5:Cho x y z, , ba số thực không âm thỏa mãn :12x+10y+15z£60.Tìm giá trị lớn T = x2 + y2 +z2 -4x-4y-z
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 17
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUNG
Thời gian làm bài: 150 phút
(22)Câu 1: (2,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A=(4+ 15)( 10- 6) 4- 15
Câu 2: (2,0 điểm) Trên hệ trục tọa độ Oxy(cách chọn đơn vị hai trục tọa độnhư nhau), cho đường thẳng ( )d có hệ số góc
3
- đường thẳng ( )d qua A(3; 4) Tính khoảng cách từđiểm O đến đường thẳng ( )d
Câu 3: (1,5 điểm) Cho alà góc nhọn Chứng minh
4 2 2
sin a-sin a+cos a + cos a-cos a+sin a =1
Câu 4: (2,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Kẻđường thẳng dlà tiếp tuyến đường tròn B Qua Akẻhai đường thẳng cắt đường thẳng dlần lượt ởE, F (điểm B nằm E F), AE cắt dường tròn (O) điểm thứ hai C, FA cắt đường tròn (O)
điểm thứ hai D Chứng minh CDFE tứ giác nội tiếp
Câu 5: (2,0 điểm) Cho phương trình
2
x -mx+ m- = (xlà ẩn số, mlà tham số) Tìm m
đểphương trình có hai nghiệm trái dấu mà nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm
dương
Câu 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABCcân A Kẻđường cao BH(Hthuộc đường thẳng AC) Chứng minh
2
BC = CH AC
Câu 7: (1,5 điểm)
Cho ab bc ac+ + =1 Chứng minh: ( )( )( ) ( )( )( )
1 1
a + b + c + =ÈỴ a b b c c a+ + + ˘˚
Câu 8: (1,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh ABlấy điểm E, cạnh DClấy
điểm F cho AE=CF,M điểm nằm A D, Gọi G H giao điểm
FEvới MBvà MC.Chứng minh: SAEGM +SMHFD =SGBCH
Câu 9: (1,5 điểm) Với nlà số tự nhiên chẵn, chứng minh rằng: (20n+16n - -3n 323) Câu 10: (1,5 điểm) Giải hệphương trình:
2
18 ( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
Ï + + + =
Ì
+ + =
Ó
Câu 11: (1,5 điểm) Cho a b c, , >0 a+2b+3c≥20,tìm giá trị nhỏ biểu thức :
3
2
S a b c
a b c
= + + + + +
Câu 12: (1,5 điểm) Từđiểm A nằm ngồi đường trịn ( )O , vẽ tiếp tuyến ABvà ACcủa
đường tròn (B C, tiếp điểm) cát tuyến ADE(D nằm A E) Đường thẳng
qua D song song với AB cắt BC BE theo thứ tự H K Chứng minh DH = HK
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 18
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(23)Câu 1) Giải phương trình:
22 25
x - x + =
2) Cho biểu thức
2
a a a a
P
a a a a
Ê + ̂
-=ÁÁ + ̃̃
+ + +
Ë ¯
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm số thực dương a cho Pđạt giá trị lớn
Câu Giải hệphương trình: ( )
2
2
6
,
3 30
x xy
x y
x xy y
Ï - =
Ơ Œ
Ì
+ - =
ƠĨ
Câu Tìm tham số thực m đểphương trình ( )
1
x - m+ x+ m= có hai nghiệm phân biệt x x1; 2thỏa mãn
( 1)2 2
1
3
x x
P
x x x x
+
-=
+ - + đạt giá trị nhỏ
Câu 1) Tìm cặp số nguyên (x y; )thỏa mãn điều kiện 2
2x -4y -2xy-3x- =3
2) Cho số thực a b c, , Chứng minh
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2
1 1
a b b c c a
a b c
ab a b bc b c ac c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxycho hai điểm M(50;100)và N(100;0) Tìm sốcác điểm nguyên nằm bên tam giác OMN (Một điểm gọi điểm nguyên hoành độ tung độ điểm số nguyên)
Câu Cho đường trịn (O) đường kính AB cốđịnh Biết điểm C thuộc đường tròn (O) , với C khác A B Vẽđường kính CD đường tròn (O) Tiếp tuyến B đường tròn (O) cắt hai đường thẳng AC AD hai điểm E F
1) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp đường tròn
2) Gọi H trung điểm đoạn thẳng BF Chứng ,minh OE vng góc với AH
3) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OE AH Chứng minh điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF
4) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF Chứng minh I thuộc đường thẳng cốđịnh đường trịn (I) ln qua điểm cốđịnh C di động (O) thỏa
mãn điều kiện
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 19
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(24)Câu (1,5 điểm)
Cho biểu thức
4
x A
x
x x
=
, với x>0 xπ4 Rút gọn biểu thức A tìm x để
5
A=
Câu (1,0 điểm)
Tìm hai số nguyên tố p q, biết p+q p+4q số phương
Câu (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x2-3x+ = -2 (x 1) 4-x
b) Giải hệ phương trình
2
2
0
2
x x y y
x y x y
Ï - - + = Ơ
Ì
- + + - = ƠĨ
Câu (1,0 điểm)
Cho đường thẳng ( ) :d y =2x m+ (m tham số) parabol ( ) :P y =x2 Tìm m để
( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 cho x12+x22 =10
Câu (3,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường trịn (O), D điểm cung nhỏ BC đường tròn (O), H chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC
Hai điểm K, L hình chiếu vng góc H lên AB AC
a) Chứng minh AL.CB = AB.KL
b) Lấy điểm E đoạn thẳng AD cho DB = DE Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
c) Đường thẳng KL cắt đường tròn (O) hai điểm M, N (K nằm M, L) Chứng
minh AM = AN = AH
Câu (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương a b thỏa mãn a+ b £ ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức A a b ab
a b
= + +
+
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 20
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: CHUYÊN TIN
Thời gian làm bài: 150 phút
(25)Câu
1) Cho
( ) ( )
2
2
1 ,
1 a
x a a a
a
= + - + + >
+ ;
2 1
2
x x x
P
x x
+ - + +
=
- +
Rút gọn P theo a
2) Cho x y z, , thỏa mãn x+ + +y z xyz =4
Chứng minh x(4-y)(4-z)+ y(4-x)(4-z)+ z(4-x)(4-y)- xyz =8
Câu
1) Giải phương trình: 2(x 1) x x2 x
+ + = +
2) Giải hệphương trình
( ) ( )
2
3 2
1
x xy x y
x x y y
Ï + - + =
Ơ
Ì + + + =
ƠĨ
Câu
1) Đặt N= + +a1 a2 +a2018, 5 2018
M =a +a + +a (a a1; 2; a2018 )
+
Œ Chứng mỉnh N chia hết cho 30 M chia hết cho 30
2) Tìm tất số tự nhiên n k, để n8+42k+1
là số nguyên tố
Câu Cho nửa đường tròn ( ; )O R đường kính BC Gọi Alà điểm di động nửa đường tròn (A khác B, C) Kẻ AD^BC D( ŒBC)sao cho đường trịn đường kính AD cắt AB, AC nửa đường tròn (O) E, F, G (khác A), AG cắt BC H
1) Tính
3 AD
BE CF theo R chứng minh H, E, F thẳng hàng 2) Chứng minh FG CH +GH CF =CG HF
3) Trên BC lấy M cốđịnh (M khác B, C) Gọi N, P tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác MAB MAC Xác định vị trí A để diện tích tam giác MNP nhỏ
Câu Cho a b c, , dương thỏa mãn ab bc ca+ + =1 Tìm giá trị lớn biểu thức
2 2
2 2
2
28 28
1 1
a b c
P a b c
a b c
= + + - -
-+ + +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 21
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(26)Bài (1 điểm) Biết 0< £x y
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
5
2 )
x y x y y x
x y x y x x y y x y
Ê + + - ̂ Ê ̂
Á ̃ Á+ + ̃=
Á + + + ̃ Á + + ̃
Á ̃ Ë ¯
Ë ¯
Tính x y
Bài 2: (2 điểm)
1) Giải phương trình ( )
2
( 7)
x x
x x x
-=
-2) Giải hệphương trình ( )( ) ( )( )
( ) 2 ( )2
3
1
x x y x
x y y y
+ - = - +
ÏƠ Ì
- - + =
-ƠĨ
Bài 3: (2 điểm ) Cho phương trình x2- +x 3m- =11 0(1)
1) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm kép ? Tìm nghiệm
2) Tìm m đểphương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1; 2sao cho 2017x1+2018x2 =2019 Bài 4: (2 điểm)
1) Đầu tháng năm 2018, vào vụ thu hoạch, giá dưa hấu bất ngờ giảm mạnh Nông dân A cho biết sợdưa hỏng nên phải bán 30%sốdưa hấu thu hoạch với giá
1500 đồng kilogam (1500 /d kg), sau nhờphong trào “giải cứu dưa hấu” nên
may mắn bán hết sốdưa lại với giá 3500đ/1 kg; trừ tiền đầu tư lãi triệu
đồng (khơng kểcơng chăm sóc tháng cảnhà) Cũng theo ơng A, sào đầu tư
(hạt giống, phân bón….) hết triệu đồng thu hoạch dưa hấu Hỏi ông A
trồng sào dưa hấu
2) Một khu đất hình chữ nhật ABCD AB( <CD)có chu vi 240 mét chia thành hai phần
khu đất hình chữ nhật ABMN làm chuồng trại phần cịn lại làm vườn thảđể ni gà (M, N thuộc cạnh AD, BC) Theo quy hoạch trang trại nuôi 2400 gà, bình qn gà cần mét vng diện tích vườn thả diện tích vườn thả
gấp lần diện tích chuồng trại Tính chu vi khu đất làm vườn thả
Bài 5: (3 điểm) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T) tâm O, bán kính R, CAD=450, AC vng góc với BD cắt BD I, AD>BC Dựng CK vng góc với AD (KŒAD), CK cắt BD H cắt (T) E (EπC)
1) Tính sốđo góc COD Chứng minh điểm C, I, K, D thuộc đường tròn
AC=BD
2) Chứng minh A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHE Tính IK theo R IK cắt AB F Chứng minh O trực tâm tam giác AIK CK CB =CF CD SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 22
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN KHƠNG CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(27)Câu
1) Giải phương trình :
2x+ +1 4x -2x+ = +1 8x +1
2) Tìm nghiệm nguyên hệphương trình :
2
2
16
x x y
x xy y y
Ï - + - =
Ô Ì
- + - + =
ƠĨ
Câu Tìm tham sốm đểphương trình x2-2(m+1)x m+ =0
1) Có hai nghiệm phân biệt dương
2) Có hai nghiệm x1 πx2thỏa mãn : ( )
1
x -m +x = m
Câu
1) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x2-2xy+ -y 5x+ =2
2) Cho a, b,c số nguyên Chứng minh 2016 2017 2018
a +b +c chia hết cho
2018 2019 2020
a +b +c chia hết cho
Câu
Cho đường trịn (O) đường kính AB Từ điểm C thuộc đường trịn kẻ CH vng góc với AB (C khác A B) Đường trịn bán kính CH cắt (O) D E (D thuộc cung AC) Gọi N giao điểm DE CH Giao điểm DE với CA CB I K Chứng minh rằng:
1) Hai tam giác CAD CDI đồng dạng 2) N trung điểm CH
Câu
Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c+ + £3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2
2 2
4 4
a a b b c c
M
a a b b c c
+ + + + + +
= + +
+ + +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 23
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(28)Câu Rút gọn biểu thức 5
5 5
A= + +
-+ - +
Câu Giải hệphương trình :
2
3
3
12
x y x
x x y x
Ï + + =
Ơ Ì
+ + = +
ƠĨ
Câu Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn: ( 3)
16 x -y =15xy+371
Câu Giải phương trình
2x- +3 2- x =3x -12x+14
Câu Cho x y z, , số thực dương Chứng minh
2 2
2 2 2 5
8 14 14 14
x y z x y z
x y xy y z yz z x xz
+ +
+ + £
+ + + + + +
Câu Cho tam giác ABC cân có 100
BAC= , D thuộc nửa mặt phẳng không chứa A bờ
BC, 0
15 , 35
CBD= BCD= Tính ADB
Câu Cho tam giác ABC nội tiếp (O), AB < AC , đường cao BD, CE cắt H Gọi
M trung điểm BC, MH cắt (O) N
1) Chứng minh A, E, D, H, N thuộc hình trịn
2) Lấy P đoạn BC cho BHP=CHM, Q hình chiếu vng góc A lên HP a)Chứng minh DENQ hình thang cân
b) Chứng minh (MPQ) tiếp xúc (O)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 24
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
(29)Câu
1) Rút gọn biểu thức :
2 2 2 2 2
4
: ,
a a b a a b a a b
P a b
b
a a b a a b
Ê + + - + ̂
-=ÁÁ - ̃̃ > >
- + + +
Ë ¯
2) Cho phương trình:
0
x +ax+ =b với x ẩn, a, b tham số Tìm a, b cho phương
trình có nghiệm thỏa mãn 13 23
1
35
x x
x x
- =
Ï
Ì - =
Ĩ
Câu
1) Giải phương trình: x+ +3 3x+ = +1 x
2) Cho số thực a b c, , thỏa mãn 0£a b c, , £2,a+ + =b c Tìm GTLN GTNN
2 2
a b c
P
ab bc ca + + =
+ +
Câu
1) Tìm cặp số nguyên x y, thỏa mãn x2-2y2 =1
2) Chứng minh hiệu lập phương số nguyên liên tiếp bình phương
của số tự nhiên n n tổng sốchính phương liên tiếp
Câu Từ A (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm) AO cắt BC H Đường
trịn đường kính CH cắt (O) điểm thứ hai D Gọi T trung điểm BD 1) Chứng minh ABHD tứ giác nội tiếp
2) Gọi E giao điểm thứ đường trịn đường kính AB với AC, S giao điểm AO với BE Chứng minh TS // HD
3) Cho (O1), ( )O2 cắt hai điểm A, B Gọi MN tiếp tuyến chung đường tròn
với M, N thuộc (O1), ( )O2 Qua A kẻđường thẳng d song song với MN cắt (O1),
( )O2 ,BM, BN C, D, F,G Gọi E giao điểm CM DN Chứng minh EF =
EG
Câu Cho 20 số tự nhiên, sốcó ước ngun tốkhơng vượt q Chứng minh chọn số cho tích chúng sốchính phương
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 25
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(30)O
A B
Bài (2,0 điểm)
Rút gọn biểu thức : :1
2 2
x x x x
A
x x x x x
Ê - + ̂
-=ÁÁ - ̃̃
- - -
-Ë ¯ (với x>0,xπ1,xπ4) Giải phương trình : x2+6x- -5 (2x+5) x+ =1 0
Bài (1, điểm)
Cho Parabol ( ) :P y=x2và đường thẳng ( ) :d y= -2mx-4m(với mlà tham số) Tìm tất giá trị tham sốm để ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2thỏa mãn x1 + x2 =3
Bài 3: (1,0 điểm)
Cho tam giác AMB cân M nội tiếp đường tròn ( ; )O R Kẻ MH^ AB H( ŒAB) Biết AM =10cm AB, =12cm Tính độ dài MH bán kính R
Bài (1,0 điểm)
Bài (2,0 điểm) Cho điểm A cốđinh, 60
xAy= điểm B nằm
( , )
xAy BœAx BœAy
Gọi M, N hình chiếu B Axvà Ay Đường thẳng BN cắt Axtại H
đường thẳng BM cắt Ay K Chứng minh HK=2MN
Gọi I, D trung điểm AB, HK Chứng minh tứ giác MINDnội tiếp Giả sử AB=8cm,gọi O trung điểm MN Tính độ dài IO
Bài (1,0 điểm) Cho ba sốdương x y z, , thỏa mãn điều kiện x+ + =y z Chứng minh
2 2
1
x y z
y+z+z+x+x+y≥
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 26
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Một người muốn làm quạt có chu vi 80 cm (hình minh họa – phần quạt AOB) Tính sốđo
(31)Câu 1: ( 1,5 điểm)
a) Cho biểu thức 12 32
16
x x
P x
x Q x x x Tìm số nguyên x0
cho P x0 Q x0 sốnguyên, đồng thời P x0 ước Q x0
b) Cho 2
1
x t
x x Tính giá trị biểu thức
2
4 1
x A
x x theo t
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Cho parabol :
P y x đường thẳng : 11
8
d y x Gọi A B, giao điểm
của P d Tìm tọa độđiểm C trục tung cho CA CB có giá trị nhỏ
b) Giải hệphương trình
2
2
2
4
x xy y x y
x y x y
Câu 3: ( 1,5 điểm)
a)Xác định giá trị m đểphương trình x2 2mx 6m (x ẩn số) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn điều kiện
1
1 1
2
x x
b) Giải phương trình 3x2 x 3x2 7x 36x 32
Câu 4: ( điểm)
Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường trịn tâm O, có ba đường cao , ,
AD BE CF trực tâm H Gọi M giao điểm AO với BC P Q,
chân đường vuông góc vẽ từ M đến AB AC,
a) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
b) Chứng minh HE MQ HF MP c) Chứng minh
2
MB DB AB
MC DC AC
Câu 5: ( điểm)
a) Cho x y z, , số thực dương có tổng Chứng minh 1 49
16x 4y z 16
b) Cho số tự nhiên z số nguyên x y, thỏa mãn x y xy Tìm giá trị , ,
x y z cho 2z 42 x2 y2 x y2
sốchính phương lớn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 27
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(32)Bài 1.(2.0 điểm)
a) Cho biểu thức :
8
Ê + + ̂
=ÁÁ - ̃̃
-
-Ë ¯
x x
A
x x x x với x>0 xπ4 Tìm giá trị A x=14 5+
b) Tính giá trị biểu thức A= 12- 80 32 3- - 12+ 80 32 3-
Bài 2. (1.0 điểm)
Cho phương trình ( )
2
+ - - - =
x m x m (1) (x ẩn số, m tham số)
a) Chứng tỏ phương trình (1) có hai nghiệmphân biệt với giá trị m
b) Giả sử x x1, hai nghiệm phương trình (1) Tìm mđể phương trình có hai nghiệm phân biệt x1<x2 thỏa mãn x1 - x2 =3
Bài 3. (1.5 điểm)
a) Giải phương trình (x2-9)2 =12x+1 b) Giải hệ phương trình
2
2 36
9
Ï - - - + =
Ơ Ì
- + =
ƠĨ
x y x
y xy
Bài 4. (1.5 điểm)
a) Tìm số tự nhiên x thỏa mãn biểu thức P= - +x4 x2+14x+49
số nguyên tố
b) Tìm nghiệm nguyên phương trình x2-xy y+ 2=2x-3y-2
Bài 5. (1.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông A có AB=6cm,AC=8cm Các đường phân giác phân giác ngồi góc B cắt đường thẳng AC M N Tính diện tích tam giác BMN
Bài 6. (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông A(AB< AC) đường caoAH Vẽđường trịn ( )O
đường kính BC Trên cung nhỏ AC lấy điểm E (Eπ A, Eπ C) cho hai tia AE
và BC cắt I ; AC cắt BE N Kéo dài AH cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai D, DE cắt BC M
a) Chứng minh MN song song AD
b) Chứng minh hai tam giác OME OEI đồng dạng
Bài 7. (1.0 điểm) Cho a b c, , số dương Chứng minh rằng:
a)
3
2+ ≥ -2
a b
a
a b
b)
3 3
2 2 2
3 + +
+ + ≥
+ + + + + +
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a .
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 28
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(33)Câu (1 điểm): Cho a b c, , ba số thực thỏa mãn điều kiện a b c+ + =0và
( )( )
2
2 1
a = a c+ + a b+ - Tính giá trị biểu thức 2
A=a +b +c
Câu (2 điểm)
a) Giải phương trình : x 4x x
+ = + +
b) Giải hệphương trình:
2
2
x y
x y x y
Ï + =
Ơ Ì
+ = +
ƠĨ
Câu (2 điểm): Cho tam giác ABC (AB<AC)vng tai A có đường cao AH Gọi E, F lần
lượt hình chiếu H lên AB, AC
a) Chứng minh rằng: BE CH +CF BH =AH BC
b) Gọi D điểm đối xứng B qua H gọi O trung điểm BC Đường thẳng
đi qua D vuông góc với BC cắt AC K Chứng minh BK ^AO
Câu (1,5 điểm):
a) Chứng minh
x - + >x với số thực x
b) Cho x y, số thực thỏa mãn điều kiện x2-xy+y2 =3 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P=x2+y2
Câu (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm BC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB Đường thẳng AC cắt (O) điểm thứhai K Đường thẳng BK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC L.Các đường thẳng CL KM cắt E Chứng minh E nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM
Câu (2 điểm)
Các sốnguyên dương từ1 đến 2018 tô màu theo quy tắc sau: Các số mà chia
cho 24 dư 17 tô màu xanh; sốmà chia cho 40 dư tô màu đỏ Các số
cịn lại tơ màu vàng
a) Chứng tỏ khơng có sốmàu tơ hai màu xanh đỏ Hỏi có sốđược tơ màu vàng
b) Có cặp số ( )a b; cho ađược tô màu xanh; bđược tô màu đỏ
2
a b- =
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 29
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(34)Câu I. (5,0 điểm)
Cho biểu thức 4 : 1
2 1
x x x x
A
x
x x x x
Ê + + + ̂ Ê ̂
=ÁÁ + ̃ Á̃ - ̃
-+ - Ë + - ¯
Ë ¯ (với x>0; xπ1)
a) Rút gọn biểu thức A
b) Có giá trị nguyên x để 2018 2018 A≥ + Cho phương trình ( )
1
x - m+ x- = (1), với x ẩn, m tham số Gọi x x1, hai nghiệm phương trình (1) Đặt
2
1 2 2
3 4
4
x x x x
B
x x
+ + +
-=
+ - Tìm m B đạt giá trị lớn
Câu II. (5,0 điểm) Giải phương trình x+ +3 x2+4x=7
Giải hệ phương trình
2
2
3
5 16 2
x xy x y
x y x x y
Ï - - + - =
Ơ Ì
- + - = - +
-ƠĨ
Câu III. (3,0điểm)
1 Chứng minh không tồn số tự nhiên n để
2018+n số phương
2 Mười đội bóng chuyền tham gia giải bóng chuyền VTV cup 2018 Cứ hai đội giải đấu thi đấu với trận Đội thứ thắng x1 trận thua y1 trận, đội thứ hai thắng x2 trận thua y2 trận,…, đội thứ mười thắng x10 trận
thua y10 trận Biết trận đấu bóng chuyền khơng có trận hịa Chứng
minh rằng: 2 2 2
1 10 10
x +x + +x =y +y + +y
Câu IV. (6,0điểm)
1 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O với AB<AC Gọi M điểm thuộc cạnh BC (M không trùng với B C), đường thẳng AMcắt đường tròn
( )O điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD cắt đường thẳng
AC điểm E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt đường thẳng
AB điểm F khác B
a) Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh hai tam giác ECD, FBD đồng dạng ba điểm E M F, , thẳng
hàng
c) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF
2 Cho tam giác ABC vuông A Các cạnh tam giác ABC thỏa mãn điều kiện
2
2
BC = BC AC+ AC Tính số đo góc ABC
Câu V. (1,0 điểm) Cho x y z, , số thực thỏa mãn x2+y2+z2 =8 Tìm giá trị lớn biểu thức 3 3 3
M= x -y + y -z + z -x
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 30
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(35)Câu (2,0 điểm)
a) Cho biểu thức =ÁÊÁ + + + + ̂ Ễ Á̃ Á + ̃̂̃
-+
-Ë ¯ Ë ¯
1 2
1 :
1 1
a ab a a b ab A
ab
ab ab
với a>0;b>0 abπ1
Rút gọn biểu thức A tìm giá trị lớn A a + b = ab
b) Tìm tất cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn đẳng thức x y2 2-x2 -6y2 =2xy
Câu (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x2+4x+ -3 32x2-3x- =2 33x2-2x+ -2 34x2-9x-3
b) Giải hệ phương trình
3
2 27
8 18
4
1
x y
x x
y y
Ï + = ƠƠ
Ì
Ơ + = ƠĨ
Câu (1,0 điểm)
Cho hai hàm số y=2x2 y= mx Tìm m đểhai đồ thị hai hàm sốđã cho cắt ba điểm phân biệt ba đỉnh tam giác
Câu (2,0 điểm)
Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên cạnh AD lấy điểm M cho 3
AM = MD Kẻ tia Bx cắt cạnh CD I sao cho ABM =MBI Kẻ tia phân giác CBI, tia cắt cạnh CD tại N
a) So sánh MN với AM + NC
b) Tính diện tích tam giác BMN theo a
Câu (2,0 điểm)
Cho đường trịn tâm O, dây cung AB khơng qua O Điểm M nằm cung lớn AB
Các đường cao AE, BF tam giác ABM cắt ởH a) Chứng minh OM vng góc với EF
b) Đường tròn tâm H bán kính HM cắt MA, MB C D Chứng minh Mdi động cung lớn ABthì đường thẳng kẻ từH vng góc với CDln
qua điểm cốđịnh
Câu (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a b c, , Chứng minh
2 2 2 2 2
3( )
a b b c c a a b c
a b b c c a a b c
+ + + + + £ + +
+ + + + +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 31
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(36)Câu
a) Rút gọn biểu thức:
3
1
1 ( 1)
1
a a a
P a a
a a
Ê + ̂ - +
=ÁÁ + - ̃̃ >
-Ë ¯
b) Giải phương trình: x x( -1)(x2+3x+2)=24
c) Giải hệphương trình:
2
2
2
x y xy x
x y xy
Ï + = + Ơ
Ì
+ =
-ƠĨ
Câu
a) Cho đa thức f x( )=x2+ax+bthỏa mãn f(1)=1 f( )0 >3 Chứng minh
phương trình f x( )= xcó hai nghiệm phân biệt Tìm số nghiệm f(f x( ))=x
b) Cho A=m n2 2-4m-2n với m n, sốnguyên dương Khi n=2 tìm m để A sốchính phương Khi n≥5chứng minh Akhơng thể sốchính phương
Câu Cho a b c; ; <3dương thỏa mãn abc a( + +b c)=3 Chứng minh rằng:ab ac bc+ + ≥3
Tìm GTNN biểu thức:
2 2
9 9
a b c
P
b c c
= + +
- -
-Câu Cho đường tròn (O) đường kính AB, M thuộc (O) khác A B Các tiếp tuyến A M cắt ởC Đường tròn ( )I qua M tiếp xúc với AC C Các đường CO CB cắt ( )I E F Vẽđường kính CD (I), giao điểm DEvà AB K
a) CMR; tam giác OCD cân OEFKlà tứ giác nội tiếp b) Chứng tam giác OEF CEDđồng dạng
c) Đường thẳng qua điểm ( )O ( )I cắt AC H Chứng minh đường
, ,
AF CK OH đồng quy
Câu Cho tam giác ABC có cạnh Điểm M di động bên tam giác thỏa
mãn:
120
BMC= Đường thẳng BM cắt AC Q CM cắt AB P Chứng minh AP+AQkhơng đổi Tìm GTLN diện tích tứ giác APMQ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÀ RỊA VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 32
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(37)Bài (2.5 điểm)
a Cho ≠ 1,hãy rút gọn biểu thức 53 21 2
1 1
x x
x x
A
x x
+
-= -
+ + -
b Tìm cặp số thực (x; y) với y lớn thỏa mãn điều kiện 2
5
x + y + y- xy- =
c Cho a, b, clà số thực khác thỏa mãn điều kiện
2 2 2
Ï + = Ơ + = Ì
Ơ + = Ó
a b b
b b c
c c a
Chứng minh rằng: (a b b c c a- )( - )( - )=1 Bài (1.5 điểm)
a Chứng minh với số tự nhiên n thì − + 27không chia hết cho 81 b Một số nguyên dương gọi số may mắnnếu số gấp 99 lần tổng tất chữ số Tìm số may mắnđó
Bài 3 (2.0 điểm)
a Giải phương trình: x+ +1 3- x = +x
b Giải hệphương trình 2 2
4
x
x y xy
y
Ï Ì Ĩ
- + = + =
Bài (3.0 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi M điểm cạnh BC (M khác B C), Nlà điểm cạnh CD cho BM = CN Gọi H, I lần lượt
là giao điểm AM với BN, DC
a Chứng minh tứ giác AHND nội tiếp MN vng góc với BI b Tìm vịtrí điểm Mđểđộdài đoạn MN ngắn
c Đường thẳng DM cắt đường tròn (O) P (P khác D) Gọi S giao điểm AP BD Chứng minh SM song song AC
Bài 5.(1.0 điểm) Trên biểu tượng Olympic có miền
được ký hiệu , , , (như hình minh họa) Người ta điền số 1, 2, , 9vào miền cho miền điền số, miền khác điền số khác tổng số hình trịn 14
a Tính tổng số miền b, d, f h.
b Xác định cách điền thỏa mãn yêu cầu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 33
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
(38)Câu 1(2,0 điểm).Cho biểu thức 3 5, ( 0; 25)
1 5 x x
x x x x
P
x x x x ≥ π
+ + +
-= -
-+ - - -
a) Rút gọn P Tìm sốthực x để P> -2
b) Tìm số tự nhiên x số phương cho P số nguyên
Câu (1,5 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) :d y= - +2x Parabol
2
( ) :P y=x Tìm tọa độ giao điểm A B, ( )d ( )P Tính độ dài đường cao OH
của tam giác OAB
b) Cho phương trình: 2
1
x -m x+ + =m (1), m tham số Tìm tất số tự
nhiên m để phương trình (1) có nghiệm ngun
Câu 3(2,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:
x 16
xy - =
y
y
xy - =
x
Ï ƠƠ Ì Ơ ƠĨ
b) Giải phương trình x+16 2- x+ =1 5-x
Câu 4 (2,5 điểm). Cho hình thang ABCD(AB//CD,AB<CD) Gọi K M, trung điểm BD AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng
qua M vng góc với BC Q Chứng minh: a) KM // AB.
b) QD=QC
Câu 5 (1,0 điểm). Có tập hợp A tập hợp S ={1, 2,3 2018} thỏa mãn điều kiện A có hai phần tử xŒA y, ŒA x, >y
2
y A x-yŒ
Câu 6 (1,0 điểm).Trên đường tròn ( )O lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD đạtgiá trị lớn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 34
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(39)Câu
a) Cho biểu thức ( )
2
2
1
x x x x x
A
x x x x
- - +
= +
+ + với x>0,xπ1
Chứng minh rằng:
4
A≥
b) Tìm tất cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn:
1
y
x x
= +
+
-Câu
a) Chứng minh phương trình (ax2+2bx c bx+ )( 2+2cx+a cx)( 2+2ax b+ )=0
ln có nghiệm với số thực a b c, ,
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxycho ( )P :y=x2và đường thẳng
( )d :y=mx+2 ,m với mlà tham số Gọi A H giao điểm (d) với trục hồnh trục tung Tìm tất giá trị m để ( )d cắt (P) hai điểm C D nằm hai phía trục tung cho C có hồnh độ âm BD=2AC
Câu
a) Giải phương trình: 5x x( + =1) 3(x 2x2+ +1 4)
b) Giải hệphương trình: ( ) ( )
( )3 ( )
4 2 10
2
x x y y
x x y y
Ï + + + = + +
Ơ Ì
+ + = + -ƠĨ
Câu Cho tam giác ABCnội tiếp đường trịn tâm (O) có A góc tù, AB< ACvà H trực tâm tam giác Các đường cao AH BH CH, , cắt BC CA AB, , D E F, ,
a) CMR: AO vuông EF
b) Gọi K giao điểm thứ hai AO với đường tròn ngoại tiếp tam giác OHD Chứng minh EFlà trung trực AK
Câu Cho hai đường tròn ( )I r, (J R, )tiếp xúc với E (r <R)và đường thẳng d tiếp tuyến E đường trịn Trên d lấy A C cho E nằm
R<EA<EC Các tiếp tuyến thứ ( )I vẽ từ A C cắt B, tiếp tuyến thứ hai từ ( )J vẽ từ A C cắt D Chứng minh tồn điểm cách đường thẳng
, , , AB BC CD DA
Câu Cho x y, hai số tự nhiên thỏa mãn 3y2+ =1 4x2 Chứng minh xlà tổng bình
phương hai số tự nhiên liên tiếp SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 35
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(40)Câu
a) Cho a b c, , số thực đôi khác nhau: a b c x
b c a
+ = + = + = Tính
P=x abc
b) Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn: x y z 9;1 1
x y z
+ + = + + = Tính giá trị
nhỏ biểu thức: 3 3 T = x + y +z + xyz
Câu Cho alà sốnguyên dương Biết nghiệm x1<x2 <x3của phương trình:
( )
3
3
x - x + -a x+ =a
a) CMR: Biểu thức A có giá trịkhơng đổi: A=4(x1+x2)-x12+x22+x32
b) Đặt Sn =x1n+x2n+x3n CMR: S số nguyên lẻ với số n tự nhiên
Câu
a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2(y+ =3) y x( 2-3)2
b) Giải phương trình:
2
2 13 28 24
2
2
x x
x x
x
- + - - =
+
Câu Cho nửa đường trịn tâm (O) đường kính AB=2R, H điểm cốđịnh OA
(H πO H; π A) Đường thẳng qua H vng góc với AB cắt nửa đường tròn C Gọi E
giao điểm thay đổi cung AC (Eπ A E; πC), F thay đổi cung BC (F πB F; πC)
sao cho EHC= FHC
a) Chứng minh tứ giác EHOFnội tiếp
b) Gọi R'là bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác EHOF Tính EHFkhi R=R'
c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cốđịnh
Câu Trung tâm thành phố Việt Trì có tát cả2019 bóng đèn chiếu sáng thị, chia gồm loại: Đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng Vào dịp giỗ tổHùng Vương, người ta thực việc thay bóng đèn theo
quy luật sau: Mỗi lần tháo bỏ2 bóng đèn khác loại thay vào bóng đèn thuộc loại lại Hỏi đến lúc tất cảcác bóng đèn trung tâm thành phố loại không
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 36
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(41)Câu
1) Rút gọn biểu thức biết a b, thực dương:
3
a b a b
P
a b a b b a
-= -
+
-2) Cho sốdương a b, số ckhác thỏa mãn điều kiện 1
a+ + =b c Chứng minh
rằng : a b+ = a c+ + b c+ 3) Cho:
3
3
3 2 2 17 12 17 12
x y
Ï = + -
-Ơ Ì
Ơ = + -
-Ĩ
Tính giá trị biểu thức M =(x-y)3+3(x-y)(xy+1) Câu
1) Một công ty vận tải dựđịnh dùng loại xe lớn để chở 20 rau theo hợp đồng
Nhưng vào công việc công ty không cịn xe lớn nên thay xe có trọng lượng nhỏhơn so với xe lớn ban đầu Đểđảm bảo thời gian hợp đồng công ty cần dùng nhiều xe Hỏi trọng tải xe nhỏ
2) Tìm tất giá trịnguyên m đểphương trình: x2-3x+ - =m 4 0
có nghiệm thỏa
( )20192
x x
x x
+
là số ngun
Câu Cho đường trịn (w) có tâm O điểm A nằm ngồi đường trịn (w) Qua A kẻ
tiếp tuyến AK, AL tới (w) với K, L tiếp điểm Dựng tiếp tuyến d (w) E thuộc cung nhỏKL Đường thẳng d cắt đường thẳng AL, AK tương ứng M, N Đường thẳng KL cắt OM P ON Q Chứng minh rằng:
1) AOL= AKL
2)
90
KAL
MON =
-3) MQ vng góc ON 4) KQ PL =EM EN
Câu Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c 1
a b c
+ + = + + Chứng minh
rằng ( ) 2
3 a b c+ + ≥ 8a + +1 8b + +1 8c +1
Câu
1) Tìm tất cặp số nguyên x y, thỏa mãn
2 y + xy- x- =
2) Cho m n, số nguyên thỏa mãn 4(m n+ )2-mnchia hết cho 225 CMR : mncũng
chia hết cho 225
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 37
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(42)Câu
a) Rút gọn biểu thức: 1 : 1
1 1
a ab a a ab a
T
ab ab ab ab
Ê + + ̂ Ê + + ̂
=ÁÁ + - ̃ Á̃ Á - + ̃̃
+ - +
-Ë ¯ Ë ¯
b) Cho x+ 3=2 Tính giá trị biểu thức
5 3 3 6 20 2023
H =x - x - x + x - x+
Câu Cho parabol ( ) 2
P y= x đường thẳng ( )
:
2
d y= m+ x-m - Với giá trị m d cắt (P) hai điểm phân biệt A x y( ;1 1); ( ;B x y2 2)sao cho biểu thức T = +y1 y2-x x1 đạt giá trị nhỏ
Câu
a) Giải phương trình :
1 14
x+ + x- =x -b) Giải hệphương trình : ( )( )
( )( )
2
1 10
x y
x y xy
Ï + + =
Ơ Ì
+ - =
ƠĨ
Câu Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB CD vng góc với Trên dây BC lấy M (M khác B C) Trên dây BD lấy N cho
2
MAN= CAD, AN cắt CD K Từ
M kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB)
a) CMR: Tứ giác ACMH nội tiếp, ACMK nội tiếp
b) Tia AM cắt (O) E (E khác A), tiếp tuyến E B đường tròn cắt F Chứng minh AF qua trung điểm HM
c) CMR: MN tiếp xúc với đường tròn cốđịnh M di chuyển dây BC (M khác B C)
Câu
a) Tìm tất số nguyên psao cho 16p+1là lập phương sốnguyên dương
b) Tìm tất số nguyên ( )a b; thỏa mãn ( 2) ( ) a +b -7 a b+ = -4 Câu
a) Cho x y; hai số thực dương CMR:
2
x y
x y y + x ≥ +
b) Xét số thực a b c; ; với bπ +a csao cho phương trình
0
ax +bx+ =c có nghiệm thực m n; thỏa mãn 0£m n, £1 Tìm GTLN GTNN biểu thức
( )(2 )
( )
a b a c
M
a a b c
-
-=
- +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 38
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(43)Bài (2,0 điểm)
Cho biểu thức:
2 2 : 2
Ê ̂
Á ̃
= - +Á ̃
- Ë - ¯ -
-x x y
Q
x y x y x x y
với x> >y Rút gọn Q
2 Xác định giá trị Q x=3y
Bài (1,0 điểm)
Cho đường thẳng ( ) :d y=ax b+ Tìm a b, biết đường thẳng (d) tiếp xúc với
parabol
( ) :P y= x điểm A( 1;1)-
Bài (2,0 điểm)
1 Giải phương trình:
2
2
4
4 + =
-x
x x
2 Giải hệ phương trình:
2
2
1
Ï + = + Ì
= + Ó
x y y
xy x
Bài (1,0 điểm)
Với a b c, , độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm: (b2+c2-a x2) 2-4bcx+(b2+c2-a2)=0
Bài (1,0 điểm)
Cho x y z, , ba số thực dương thỏa mãn: 2 2
+ + =
x y z
Chứng minh:
3 3
2 2 2
2 2
3
+ +
+ + £ +
+ + +
x y z
x y y z z x xyz
Bài (3,0 điểm)
Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI ^ AB MK, ^ AC (
,
Œ Œ
I AB K AC)
1 Chứng minh AIMKlà tứ giác nội tiếp đường tròn
2 Vẽ MP^BC P ( ŒBC) Chứng minh MPK =MIP
3 Xác định vị trí điểm Mtrên cung nhỏ BCđể tích MI MK MP đạt giá trị lớn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRÀ VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 39
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(44)Bài I (3 điểm):
1 Rút gọn biểu thức 29 12 5 5
A= - +
+ Giải phương trình ( )( )
10 x-2 x+4 =3x +6x-21 Giải hệphương trình
2
2
2
3
x xy y y
x y
Ï + = - +
Ơ Ì
- =
ƠĨ
Bài II (3 điểm):
1 Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol ( ) :
4
P y= x đường thẳng ( )d :x-2y+12=0 a) Tìm tọa độgiao điểm A B ( )d ( )P
b) Tìm tọa độđiểm C nằm ( )P cho tam giác ABC vuông C
2 Giả sử x x1, 2 nghiệm phương trình x2+2mx+ =4 Xác định m để 4 32
x +x £
Bài III (1 điểm):
Hai máy cày làm việc 12 giờthì cày
10 khu đất Nếu máy cày thứ
làm 42 nghỉvà sau máy cày thứ hai làm 22
thì cảhai máy cày 25% khu đất Hỏi làm máy cày bao lâu?
Bài IV (3 điểm):
Cho đường trịn tâm O đường kính AB=2R điểm C nằm đường tròn cho
CA>CB Gọi I trung điểm OA Vẽđường thẳng d vng góc với AB I, cắt tia
BC M cắt đoạn ACtạiP; AMcắt đường tròn ( )O điểm thứ hai K a) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh điểm B P K, , thẳng hàng
c) Các tiếp tuyến A C đường trịn ( )O cắt tạiQ Tính diện tích tứ
giác QAIM theo R biết BC=R
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 40
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: CHUYÊN TIN
Thời gian làm bài: 150 phút
(45)Câu (2,0 diểm)
1) Cho phương trình x2-2mx+m2-2m+ =4 (1)(với m tham số) Tìm mđể phương trình (1) có hai nghiệm khơng âm x x1; 2 Tính theo m giá trị biểu thức
1
P= x + x tìm giá trị nhỏ P 2) Cho hàm số
2
x y
x
+ =
+ Tìm tất giá trị xnguyên Câu (2 điểm)
1) Cho số a b c; ; thỏa mãn điều kiện a+2b+5c=0.Chứng minh phương trình
2
0
ax +bx+ =c có nghiệm
2) Giải phương trình: (4 3)3 3:3
x - +x = x
Câu (1 điểm) Hai nến chiều dài làm chất liệu khác nhau, nến thứ cháy hết với tốc độđều giờ, nến thứ hai cháy hết với tốc độđều Hỏi phải bắt đầu đốt lúc chiều để chiều phần lại nến thứ hai dài gấp đôi phần lại nến thứ nhất?
Câu (1,0 điểm) Cho biểu thức (x+ 1+x2)(y+ 1+y2)=2018.Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= +x y
Câu (3,5 điểm)
1) Cho tam giác ABCcó AB=4,AC=3,BC=5, đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH HC Hai nửa đường trịn cắt AB, AC E, F
a) Tính diện tích nửa đường trịn đườn kính BH
b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp đường thẳng EF tiếp tuyến chung
hai đường tròn đường kính BH CH
2) Cho nửa đường trịn đường kính AB=2 R Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có
hai đỉnh M, N thuộc đường trịn , hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB cho điện tích MNPQ lớn
Câu (0,5 điểm) Cho a,b,c ba số thức dương thỏa mãn điều kiện : 12 12 12
a +b +c =
Tìm giá trị lớn biểu thức
2 2 2
1 1
5 2 2 2
P
a ab b b bc c c ca a
= + +
+ + + + + +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang Đề số 41
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút
(46)HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ SỐ
Câu
Giải phương trình :
2
x- + - =x x - x -Điều kiện xác định: 2£ £x
Ta có
( ) ( )
( )( )
( )
2
2
3
2
2
1
3
2
1
1 1 1
2
2
2
2
3 3( )
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x
Do x x x
x x
x
x x tm
- - - = - -Ô + - - + = - + - + ấ Ô - + - + ̃= - + - + Ë ¯ Ï £ - ≥ Ô + - + ≥ - + - + Ì - + - + ễ Ê Ê ể Ô - = Ô =
Vậy phương trình có nghiệm x=3
Hệđã cho tương đương với
( ) ( ) ( )( )
2
2 2 2
2
2
2
2
2
2 8
3 4
7
8
2 13 13
;
1 3 3
3 2 13 5 13
;
3
7
3 10 21
xy y x xy y x
y y x x x y y xy y x x
xy y x xy y x
x y x y
x y x y
x y x y x x x y x y x x ẽ - = ẽ - = ễ Ôễ Ì Ì + + = - + + + - + + - = Ơ Ơ Ĩ Ĩ Ï - = ẽ - = ễ ễ Ôè Ôè - - - - = - - - + = Ô Ô Ó Ó È - + - + = = Í - = ẽ Ô è + - = - - -ể = = ẻ Ô - = + - =
5 22 26 22
;
3
0 5 22 26 22
; 3 x y x y È Í Í Í Í Í Í È - + - + ÍÏ Í = = Í Ô è ể - - - = = Í Ỵ Ỵ
Vậy hệphương trình cho có nghiệm
Câu
(47)( )
2 2 2
2
2
6
7
1
3
2
1
2 1
1
2
2
x y z xy y z x y z xy y z
y
x y z x y x y y z z + + + + Ê + + Ô + + + - - - Ê ấ ấ Ô - ̃ + Á - ̃ + - £ Ë ¯ Ë ¯ Ï - = Ô = Ï Ô ễ ễ Ôè - = Ôè = ễ ễ = Ó - = Ô ÔÓ
Vậy x=1;y= =z số nguyên cần tìm Giả sử mπn Theo ta có:
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2
2 2
2
1 1
2 1
2 2
1
m n m n m n m n
m n m n m n
m n m mn n m n
m n m n
+ - = + + + - + +
È ˘
+ - -ẻ + - + +
Ô + - - - + +
Ô - + +
Do m n+ +1 số nguyên tố + +m n 1là ước m n
-Mà m n- < - +m n 1do vơ lý
Vậy giả sử sai
m n m n m
= = sốchính phương Ta có điều phải chứng minh
Câu
Ta có:
( )2( 2 ) ( 2 )( 2 )
4
4
4
1 1
1
2
1
1
a a a a a a a
a a a a a a
a a ab ab a
ab a
a a ab
- + + Ô - + + + Ô - - + ¤ - + ≥ ¤ - + + ≥ + + Ô Ê + + - + +
Chng minh hồn tồn tương tự ta có:
4
1 1
;
1
2 bc b ac c
b b bc c c ac
£ £
+ + + +
- + + - + +
Như
1 1 1
3
1 1
1 1
VT
ab a bc b ac c
ab a bc b ac c
Ê ̂
£ + + £ Á + + ̃
+ + + + + +
+ + + + + + Ë ¯
(48)2
1 1
3
1 1
1
3
1 1
a ab
ab a bc b ac c ab a abc ab a a bc abc ab
a ab
ab a ab a a ab
Ê + + ̂= Ê + + ̂
Á + + + + + + ̃ Á + + + + + + ̃
Ë ¯ Ë ¯
Ê ̂
= Á + + ̃=
+ + + + + +
Ë ¯
Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu “=” xảy a= = =b c Câu
Chứng minh AN BI =DH BK
Ta có chắn cung AB nên BDA=BNAIHA=BNA=INA
Suy tứ giác ANHInội tiếp (Tứgiác có hai đỉnh nhìn cạnh góc
nhau) Do đó: AHN =AIN =BIK (hai góc nội tiếp chắn cung AN)
Ta có : AK^BDAK^IHAIH =900
Do tứ giác AHNIlà tứ giác nội tiếp (cmt) 0
180 90
AIH ANH ANH
+ = =
( ) BK BI BI
IBK NAH ANH BKI g g AN BI DH BK
AN AH DH
= D D = = =
Gọi O1là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I trung điểm NP
Vì A; D đối xứng qua BC nên PA tiếp tuyến (O) J
Q M
P
N I
K D
H O
C B
(49)Ta có: 1 1
2
PAN= PO N =PO I (góc nội tiếp góc tâm chắn cung NP đường trịn ( )O1 )
Lại có: PAN =ADN(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AN ( )O )PO I1 1=ADN
Hơn ANHInội tiếp (cmt) nên ANH =AIH =900NAH =NHP(cùng phụ với NHA) Ta có : NAH =NIH =NBD=NDP
NHP NDP
= tứ giác PDNHnội tiếp nên NPH =NDANPH =PO I1
Mặt khác : PO I1 1+O PI1 =900NPH+O PI1 1=900 O PH1 =900
Suy BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP
Gọi J trung điểm OM, G trung điểm OC, E giao điểm QGvà BM
Dễ thấy MQ đường kính đường tròn qua D tiếp xúc với MC (Do 90 )
MDQ=
MQ MC
^ Mà MC^BCMQ/ /BC
Do MQ/ /BCQMO=MOP(so le trong)=QOM Tam giác QOM cân Q
QJ OM
^ (trung tuyến đồng thời đường cao)
BOM GJQ
= (góc có cạnh tương ứng vng góc) Mặt khác
( ) GJ OG
OGJ OJG g g
JQ OJ
D D =
0
( )
( ) 90
OG OC OB
OGJ OCM OC OB
OJ OM OM
GJ OB
GJQ BOM c g c OMB QJM
JQ OM
D D = = =
= D D = =
(hai góc nội tiếp chắn cung QM)
QE EM QE BM
^ ^
Vậy đường thẳng qua Q vng góc với BM ln qua trung điểm G OC cốđịnh
Câu 5:
Xét tập A={1; 2;3; ; 2500}và tập { 13} 1;3;3.2;3.2 ; ;3.2
B=
Do 13
3.2 =24576<250000 ÃB A
Tập B có 15 phần tử Do quảbóng sơn màu mà có màu nên theo nguyên lý Dirichle tập B tồn bóng màu
Giả sử quảbóng đánh số a> >b cthì a chia hết cho b, b chia hết cho c
18 17
abc≥ >
(50)ĐỀ SỐ
Câu
Giải phương trình
Điều kiện xác định x≥ -1
( )
2
2 3
x + x+ = x x+ Ôx + x+ - x x+ = Đặt u x v x = ÏƠ Ì = + ƠĨ
Phương trình 2 ( )( )
2
u v
u uv v u v u v
u v = ẩ Ô - + = Ô - - = Ô = ẻ 2 1:
1
1
2
2 :
0
2 2
4
TH u v
x x
x x x
x
TH u v
x
x x x
x x = ẽ - - = + = + Ôè Ô = ể = ẽ = + Ôè Ô = + - - = Ó
Vậy nghiệm phương trình cho : 5; 2 2
x= + x= +
TH1:Tam giác a= = > b c có sốđược lập
TH2: Xét a= πb c Vì a b+ >c(bất đẳng thức tam giác) nên:
2 ) 1 c a b c < Ï + = = Ì π
Ĩ khơng có giá trị c
+)
2 c a b c < Ï = = Ì π
Ĩ có cách chọn c ) 3 c a b c < Ï + = = Ì π
Ĩ có cách chọn c ) 4 c a b c < Ï + = = Ì π
Ĩ có cách chọn c 10 ) 5 c a b c < Ï + = = Ì π
Ĩ có cách chọn c 12 ) 6 c a b c < Ï + = = Ì π
Ĩ có cách chọn c 14 ) 7 c a b c < Ï + = = Ì π
Ĩ có cách chọn c 18 ) 8 c a b c < Ï + = = Ì π
(51)18
)
9 c
a b
c
có cách chọn c
Vậy trường hợp có 52 số thỏa mãn
Do vai trò a b c, , nên : 52.3 156 (số) Vậy có tất 156 165 số thỏa mãn
Câu
2
2 2
2 2
VT a b c a b c a b c
a ab ac ab b bc ac bc c
a b c ab bc ca VP
Ta có:
2 2 2
2
1
2
1 1 2
2
1 1 2 1 1
4
1 1 1
4
x y z
x y z
xyz xyz
xy yz xz xyz xy yz xz xyz
x y z xy yz xz x y z xyz
x y z x y z
Từ
1 1
0
x y z x y z
xy yz xz x y z xyz
x y x z y z
x y
y z
z x
Hơn c{c mũ Q lẻ nên có thừa số Vậy Q0 Câu 3:
B
I E
K
N M
D A
C O
(52)
Ta có : 0
90 90
BAC BAM (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
0
90 ( ) 180
MNB gt BAMMNB
Do tứ giác MNBAnội tiếp đường trịn đường kính MB(Tứ giác có tổng hai góc đối
180 )
Do tam giác ABC vuông A nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
AB AB
BH
BC BO
BO BO BH
OH BO OH
BH AB AB
BO BH BC BO AB BO
AB AB AB
BO OH
P
AB BH
Vậy giá trị P P1
Ta dễ dàng có :
Do tứ giác DBACnội tiếp:
0
90 90 (1)
MBN DBC
MBN DAC MBN DAC NMB BCA
DBC DAC
Tứ giác MNBAnội tiếp (cmt)NMBNAB (2) (hai góc nội tiếp chắn cung NB)
Tam giác OACcân O (OA = OC)BCAOAC (3) (hai góc đ{y) Từ (1) (2) (3) suy
0 90
NAB OAC OAC BAO NAB BAO
BAC NAO NAO OA NA
NA
tiếp tuyến đường tròn (O) A
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: EA EB
EAB EBA
Trong tam giác vuông KAB ta chứng minh AE l| đường trung tuyến
EA EB EK EAK
cân EBKAEAK Ta có: AH BC AH / /BK
BK BC
Do theo định lý Ta lét ta có:
CI AI
CE KE
/ / CI HI AI HI
HI EB
CE BE KE BE
Mà KEEBAI HI
(53)Câu 4:
Ta có: a b c abc 1 1
ab ac bc
Đặt x 1;y 1;z
a b c
bất đẳng thức cho trở thành : xyxzyz1
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2 2
2 2
2
1
1
1 1
1 1
1
1 1
1
1 1
1
1 1 1
1 1
1 1
a b
c
a b
c
a b c
z x y z z x y z z
x y x y
z
z z x y
x y z
Ta lại có:
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
1
1 ( )
1 1
1 ( )
1 1
1 (1 )
1 1
1
1 1
x y x y x y xy x y
xz yz x y z x y x y z
z z x y z
bdt x y
z
z xz yz z
x y
z
z xy z
x y z xy z x y z
Từ ta có điều phải chứng minh
Câu 5:
Gọi A l| địa điểm có nhiều tuyến đường (gồm ca đường xuất phát từ A v| đến A) C{c địa điểm lại ta chia thành loại:
Loại 1: C{c đường xuất phát từ A có n(1)m tuyến đường Loại 2: Các tuyến đến A có n 2 ntuyến
Loại 3: Khơng có tuyến v| đến A có n(3) ptuyến Do m n p 17và:
Số tuyến liên quan đến A có m n tuyến
(54)Gọi S số cách thiết lập hết 18 địa danh thì:
1 1 12 108
3
m n p
S m n p m n mnmn p m n p (Áp dụng bất đẳng thức Cosi)
Dấu xảy m p 6,n5
Vậy có tối đa 108 c{ch thiết lập hết 18 địa danh
ĐỀ SỐ
Câu
a) (1,0 điểm)
Điều kiện: x y x; 1;y1
3 2 3 2 2 2
( )(1 )(1 ) (1 )(1 )
x x y y x y x y x xy y x y x y
P
x y y x y x
2
1
x x y x y
x
x xyy
b) (1,0 điểm)
Đặt 1 12 12 1 12 12 1 1 2 1 2.
1 2 2 3 2017 2018
S
Ta có
2
2
1 1 1 1 2
1 1
( 1) 1 ( 1)
n n n n n n
*
(n )
2
1 1 1 1
1 1 .
1 1
n n n n
Áp dụng đẳng thức ta 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 3 2017 2018
S
= 2018 2018 2018
(điều phải chứng minh)
Câu
a) (1,0 điểm)
Điều kiện: x22x 1
2
2 1x x 2x 1 x x 1 2(1x) x 2x 1 x 2x1 (1)
Đặt x22x 1 y (y0)
PT (1) trở thành
2(1 )
y x y x
2
y
y x
(55)Với y2 x22x 1 x (thỏa mãn điều kiện) Với y 2x x22x 1 2x (vơ nghiệm)
Phương trình có tập nghiệm 1 6; 1
2) (1,0 điểm)
Điều kiện x8;y 1;x y
Hệ cho tương đương 2
3 ( )( 1) (1)
4
3 14 (2)
1
x y x y y
y
x x y
y
Nhận xét: y 1và y0 khơng thỏa mãn,
(1)
1
x y x y
y y
1
x y
x y
y
Thế v|o (2) ta phương
trình
y 1 2 y4y210y 11
4 y 2y 4y 10y
3 (3)
1
y y
y y
Với
y
2 ; 3; 1
1 2 y
y y
2
2
1 y
y y
Do (3) y y
x
thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm hệ là( ; )x y (7;3)
(56)a) (1,0 điểm)
Ta có
90 BMEBKE
nên tứ giác BMKE nội tiếp
HKB CEB
mà HKBBAE(vì phụ với HKA)
BAE CEB
BEC
đồng dạng với BAE(vì ABE
chung BAECEB )
Do BE BC BE2 BC AB
AB BE
b) (1,0 điểm)
Xét tam giác vng ABN có CN ABBN2 BC AB
mà BE2 BC AB suy BNBE hay BNEcân tai B suy BNEBEN (1) Mặt khác, theo câu ta có CEBBAE BAE BNP suy raCEBBNP (2) Từ (1) (2) suy PNEPEN hay PNEcân P NPPE
Vì NPPEvàBN BE nên BPNE
Suy BPl| đường phân giác góc EBNvà EPN
Do t}m đường trịn nội tiếp tam giác BNE PNE nằm đường thẳng BP c) (1,0 điểm)
Gọi giao điểm O O1 2với MB MC, Ivà J
Ta có CMH MBH (vì phụ MCB) Suy O MH1 O BH2
Mặt khác
1 45
O HM O HB
Suy MO H1 đồng dạng với BO H2
Do dó
O H MH
O H HB mà
MH MC
HB MB
1
O H MC
(57)1 O HO
đồng dạng với CMB (vì O HO1 2 CMB900và
O H MC
O H MB )
Suy HO O2 1 MBC MBCHO I2 1800 Suy tứ giác BHO I2 nội tiếp
2 45
MIJ O HB
Suy MIJ cân M MI MJ
Ta có MO I2 MO H2 (g.c.g) suy MI MH O I2 O H2
Tương tự có O H1 O J1
Chu vi tam giác O HO1 O H1 HO2O O1 JO1O O1 2O I2 2MI 2MH
Ta có MH R
Suy chu vi tam giác O HO1 lớn 2R MH R, hay M nằm
nửa đường trịn đường kính BC
Câu
a) (0,75 điểm)
Phương trình cho tương đương 2x22xy5y241 (1)
Ta có ' 82 2 82
x y y Mặt khác từ (1) ta có
2
y số lẻ, nên y2 1;9
Với
1 2 36
y x x x
Với
1 2 36
y x x x
Với 2
2
x
y x x
x
Với 2
2
x
y x x
x
Vậy có cặp số nguyên( ; )x y thỏa mãn là: (1;3),(2;3),( 1; 3),( 2; 3)
b) (0,75 điểm)
Đặt n6qr r, 0,1, 2,3, 4,5 Khi n32019 chia hết cho r33 chia hết cho Nếu r chẵn r33 lẻ, r33 không chia hết cho Suy r1,3,5
Với r 1 r3 không chia hết cho Với r 3 r3 30
Với r 5 r3 128 không chia hết cho Suy n6q3.Mà 0 n 2019 0 q 336
Vậy có tất 337 số tự nhiên n thỏa mãn đề
Câu
a) (0,75 điểm)
Bất đẳng thức cho tương đương 1
3
(58)Áp dụng BĐT Cơ si cho số dương ta có
1
(1)
3
3
a a a b a a b
a b a b a b a b
a b
1 (2)
2 2
3
b b b
a b a b
a b
Từ (1) (2) suy 1 (3)
2 2
3
a b a a
a b a b
a b a b
Chứng minh tương tự ta có 1 (4) 2
3
b
a b
b a
Từ (3) (4) suy 1
3
a b b a (điều phải chứng minh)
Dấu ""xảy
a b
b) (0,75 điểm)
Nếu tất 100 điểm thuộc đường thẳng tốn hiển nhiên
Nếu 100 điểm thẳng hàng Ta chọn bốn điểm A B C D, , , mà tất thẳng hàng Theo giả thiết điểmA B C D, , , phải có điểm thẳng hàng, giả sử điểm A B C, , thuộc đường thẳng d, điểm Dnằm ngo|i đường thẳng d Ta chứng minh 96 điểm lại thuộc đường thẳng d phương ph{p phản chứng
Giả sử 96 điểm lại, tồn điểm Enằm ngo|i đường thẳng d Xét bốn điểm
, , ,
A B D E phải có điểm thẳng hàng Do điểm A B D, , không thẳng h|ng, điểm
, ,
A B E không thẳng h|ng nên điểm A D E, , thẳng hàng điểm B D E, , thẳng hàng
Trường hợp điểm A D E, , thẳng h|ng điểm B D E, , không thẳng h|ng, điểm
, ,
C D Ekhông thẳng h|ng, điểm B C D E, , , khơng có điểm thẳng hàng, trái với giả thiết
Trong trường hợp B D E, , thẳng h|ng tương tự, điểm A C D E, , , khơng có điểm thẳng hàng, trái với giả thiết
Như ngo|i điểm A B C, , thuộc đường thẳng d, phải có 96 điểm thuộc
(59)ĐỀ SỐ
Câu
Giải hệ phương trình :
3 3
( )
7 1 31
xy x y
x y x y x y
Ta có hệ phương trình:
2
( )( ) 7( 1) 31
( )
( ) 31
xy x y
x y x xy y xy x y xy
xy x y
x y x y xy xy x y xy
Đặt a x y b; xythì hệ trở thành:
2
2
3 31
ab
a a b b a b
3
3 31
ab
a ab b a b
3 3 2
3 31
3 ( ) 7( ) 24
6( ) 3.2 24
30
27 ( )
( 3) 3( ) 10
3 3( ) 10
a b a b ab ab a b
a b ab a b ab a b
a b a b a b
a b a b
a b a b
a b a b a b
a b do a b a b
3
2
a b a
ab b
(do
2
4 )
a xy xy b
2 1 x y x y xy
Vậy hệ có nghiệm x y; 1;1
Giải phương trình: 3 x3 2 x7 x5 2 x Điều kiện x{c định:
2
x
(60) 2 2 2
9
2
2
2 3
2 ( 2)
2
2 (2 ) 10
2 3 3
1
3 1
3
1
ab a b
a b ab a b
a b
a ab a ab b b a b
a a b b a b a b
a b a b
a b b a a a a
a b b a a a a a
a a a x
a ( )
1 1( )
tm
a x tm
Vậy phương trình có tập nghiệm 1;1
S
Câu Cho x,y…
Ta có:
2 2
2
2 2
2
x xy y xy y x x xy y x
x xy xy y x y x y x y
Lại có: x22xyy xy, 2y2xchia hết cho
x yx 2y 1
chia hết cho
TH1: Nếu x ychia hết cho5 y xmod 5
2 2
0 x 2xy y x 2x x x 3x (mod5)
, xchia hết cho chia dư
+)Nếu xchia hết cho ycũng vậy, b|i to{n chứng minh +)Nếu xchia cho dư y chia dư 2,
2
2x y 2x y 2.9 4 2.3300(mod5)
Ta có điều phải chứng minh
TH2) Nếu x2y1chia hết cho x2y1 mod 5
2
2
0 x 2xy y 2y (y y 1) y y mod5
Do ychia dư v| xcũng chia dư nên:
2
2x y 2x y 2.16 16 2.4 4 600 mod5
Vậy ta có điều phải chứng minh
Cho………
Nếu tồn n:1 n 50 :a1 a2 an 50thì kết luận toán hiểu nhiên
Xét:
1
49
1 49 :
51
n
n n
a a a
n a
a a a
(61)1
2 50
1: 49
49
n n
n n
TH a a a a
a a a
Nên n24 a1 an2;a2an3; ;an a2n1
1 2 2 49 50
49 a a an an an a n an a a
Điều vô lý nên:
1 1
2
25 49 25
48; 50
n
n n
n a a a na a a a
a a a a
TH2: an13
2 50
2
1 16 17 17 17
17 17 17
100 49
49 49 49 33
49 16 16 16 17
2
n n n
n
n
a a a a a a
n a n n
a a a a a n a a
a a a a a
Nếu an118đặt a1a2 an1 50k k 1
1
1
18 50 49
17 50
n
k n
a k k
k a a
Nếu an119
1 45
49 49 49 19 47
n
n a n n
a a a
Vì
45 2 44 45 n 44 44 45 44 47 44 49
a a a a a a n a
Đặt an150k0 k 31 a1 ak an1 50do a1 ak 1
Vậy ta có điều phải chứng minh
(62)Chứng minh điểm K, M, Q thẳng hàng
Do tứ giác BCKQvà BCDAnội tiếp nên: CKQCBQCADKQ/ /AD.Mặt khác / /
MK ADnên K, M, Q thẳng hàng
Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác…………
Chứng minh tương tự ta có: R M L, , thẳng hàng
/ /
MQ ADnên RMQRLDETDtứ giác RTMQ nội tiếp
Chứng minh tương tự RMSQ nội tiếp đó: M S Q R T, , , , thuộc đường tròn
Chứng minh đƣờng tròn ngoại tiếp
Bổ đề: cho tam giác ABC, M nằm d / /BClấy E khác M d, AM cắt BC I Đường qua M/ / ABcắt BE J , IJ/ /AE
Chứng minh MJ cắt AE, AC S T, ME cắt AC G Ta có MG//BC suy MA AG
MI GC ,
ME cắt AB P ta có: MS AP AG MA AE/ /IJ
MJ PB GC MI
Quay trở lại toán:
AM cắt BC, (O) I J khác A Áp dụng bổ đề ta có: IR/ /AE IQ, / /AB Do
IRE AEC AJCnên RIJC tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự ta có DQIJlà tứ giác nội tiếp
Do đó: RJI IJQRPD2PCD CPD 1800nên RPQJ nội tiếp Kẻ tiếp tuyến Jxcủa (O)
(63)xJR xJA RJA ADJ PDC ADP MAC
ADP PAD APB
PEJ MAC PED
Suy : Jxtiếp xúc với PQRhay ta thu được: PQRtiếp xúc với O
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu 4:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
1 1
2
2
2
ab bc ab bc
a b b c a b b c a b b c a b b c
a c b b a c b b
a b b c a b b c a b b c a b b c
a b c b
a b a b b c b c
Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu ""xảy a b c
ĐỀ SỐ
Câu
Từ giả thiết cho ta có:
1 1
2 2
xz yz xy xy xz yz
x y z
2
2 2 2
2 2
x y z x y z xy xz yz x y z x y z
2 2
x y z
số hữu tỉ
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu
Giải phƣơng trình
4x 3x 2 x2
Điều kiện x{c định: x 2
(64) 2 2 2
16 12
16 4 2
4
5 41
4 2 2 1
8
4 33
4 2 2
8
2
x x x
x x x x x x
x x
x x x x x
x
x x
x x x x x
x
Vậy nghiệm phương trình cho l|
5 41 33
;
8
x x
Giải hệ phƣơng trình:
2
5
1
2
xy x y
x x y y
Điều kiện x{c định :
0; 0; x x y y
Từ phương trình (1) ta có: xy x y x1y 1 Đặt 2 2 1 1
x x a
x a
y y b
y b ab
2 2
2 2
2 2 2
2 2
1 1
2 1
2 2
1 17
3 34
x x y y a b
a b a b
a b a b a b
a b a b
2
2
2
8
8
2
2 1: 3 :
a b a b ab
a b ab
b a a a
a x TH b y a x TH b y
Vậy nghiệm hệ cho l| 1;3và 3; 1
(65)Ta có
2
' m 2m m
nên phương trình ln có hai nghiệm với m Theo định lý Vi et ta có:
1
1
2
2
x x m
x x m
1 2
1 2
1 2
1 2
2
2
2
1
2
2
4
1
4
2
1
4
x x P
x x x x m
x x P
x x x x m
m m
P
m m
m P
m
Vậy giá trị nhỏ P -1 đạt
1
m
Câu b
Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có:
12
xy xy xy x y
xy z xy z x y z z x y z x z y z
Chứng minh ho|n to|n tương tự ta có:
1
;
2
yz y z xz z x
yz x x y z x xz y y z x y
1 2
1
.3
2
x y z z x y
P
x z x y x z y z x y y z
x z y x z y
P
x z x z x y x y y z y z
P
Vậy giá trị nhỏ P
3
2đạt
1
x y z
(66)a) Chứng minh MC phân giác góc AMB điểm A, M, O, B, I thuộc đƣờng trịn
Ta có: IA tiếp tuyến chung P O IB tiếp tuyến chung Q
O
, , P A O
thẳng hàng Q B O, , thẳng hàng
Xét đường trịn P có AMCBAI(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AC)
Xét đường tròn Q có: BMC ABI(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BC)
Mà BAI ABI (IABcân A) J
I
M Q
P
O
(67)AMC BMC MC
là phân giác AMB Ta có:
0 180 AIBBAI ABI
(tổng ba góc tam giác) Mà BAI ABI AMCBMC AMB
0 180
AIB AMB
Tứ giác AMBI nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối
0 180
)
Lại có:
0
90 ( ) 180
OAI OBI gt OAIOBI
Tứ giác AOIBnội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối
0 180 )
Vậy c{c điểm A, M, O, B, I thuộc đường tròn
b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc dƣờng thẳng cố định
Gọi J l| trung điểm OI
Ta có tam giác AMP cân P PAPMnên:
2
MPOPAMPMA PAM OAM
(góc ngồi tam giác tổng hai góc khong kề với nó)
Tương tự ta có: Tam giác BMQ cân Q QM QBnên MQO2OBM Mà OAM OBM(hai góc nội tiếp chắn cung OM)
MPO MQO
Tứ giác PMOQ tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp chắn cung nhau)
Do đường trịn ngoại tiếp tam gi{c MPQ l| đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMOQ
C{c điểm A M O B Q, , , , thuộc đường tròn đường kính OI nên JM JB QM, QB
JMQ JOQ
hay tứ giác JMOQnội tiếp Suy P,M,O,Q,J thuộc đường trịn
Ta có I, O cố định nên JO cố định Trung trực JO cố định
Vậy t}m đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQln thuộc trung trực JOcố định
Câu
Vì Sn a1 a2 an Sn1Snan1
(68)Website:tailieumontoan.com 67 1 1 2 n n n n
n n n n n n
S S
S S
S a S S
a S
Vì dãy số khơng có hai số liên tiếp nên
1
1 1
2 1
1
1 2 2.2 2
2
( 1)
2 ( 1)
n n
n n n n
n
n n
n n
n n
a a
a a a a
a a a a n
n a a a a n
na n n S
na n n S
Ta chứng minh :
1
2
1 1
2
2 1
2 4
2 0( )
n n
n n n n
a na n n
a a na n n
a n luondung
Do ta ln có: Sn1 Sn 1nên tồn số kthỏa mãn Sn1 k Sn
Vậy
2 bk
là số phương cần tìm
ĐỀ SỐ
Bài 1: (2,0điểm)
a) Rút gọn T:
Với ab, a0, b0, ta có:
3 3 a b a b
a b ab a a b b a b a b a b ab a b ab
T :
a b a b a b a b ab a b ab
Vậy : T a b ab ab
, với ab, a0, b0 b) Chứng tỏ T >
Ta có: T a b ab ab
(69)
2
a b ab a b
T 1
ab ab
(vì ab 0, a b 0 với
a b, a0, b0) Vậy T >
Ta có: anbn (a b)(an 1 an 2 b a n 3 b2 abn 2 bn 1) n n
a b m(a b) (a, b, n, m )
(*)
Vì n số tự nhiên chẵn nên n = 2k (k ) A = n n n k k k
20 3 16 1 400 9 256 1
Áp dụng (*), có: k k k k
A(400 1 ) (256 9 )399x 247y 19 21x 19.13y (x, y ) A 19 với số tự nhiên n chẵn (1)
có: k k k k
A(400 9 ) (256 1 )391p 255q 17 23p 17 15q (p, q )
A 17 với số tự nhiên n chẵn (2)
mà 17 19 hai số nguyên tố nên từ (1) (2) suy ra:A 17 19 với số tự nhiên n chẵn
Vậy n n n
20 3 16 1 323 với số tự nhiên n chẵn
Bài 2: (2,0 điểm)
Giải bất phương trình: 3x 2 7x 8 (1)
2
2 2
x x x x
(1) 3 3
(x 1)(9x 4) (9x 9)(9x 4) 9x 12x 7x 9x 5x
2
2 x
x
x
4
9x 9x x
Vậy bất phương trình (1) có tập nghiệm S x | x
3
Giải hệ phương trình:
4
x y
x y
x y
x y
(2)
Đặt S = x + y 0; P = xy0, ta có:
2 4S
8
S S 5S
S 2; P P
(2) 4S
6 P
S 3; P
S S 3
S
Khi đó: S = 2; P
5
x, y nghiệm phương trình:
t 2t
5
vô nghiệm ( '
5
(70)S = – 3; P = x, y nghiệm phương trinh:
2
1 t 3t t 1; t 2
Vai trò x, y hệ (2) nhau, hệ (2) có hai nghiệm: (x = – 1; y = – 2), (x = – 2; y = – 1)
Bài 3: (1,0 điểm) Phương trình: (m 1)x 22(2m 3)x 5m 25 0 (3)
Có 2 2
' (2m 3) (m 1)( 5)(m 5) 9m 42m 34 (3m 7) 15
(3) có nghiệm hữu tỉ với m 'chính phương, suy ra:
2
(3m 7) 15n (n )
(3m – – n)(3m – + n) = 15 (m, n ) (4) Phương trình (4) tương đương với hệ phương trình:
3m n 15 3m n
(4.1),
3m n 3m n 15
(4.2),
3m n 3m n
(4.3), 3m n
3m n
(4.4)
3m n 15 3m n
(4.5),
3m n 3m n 15
(4.6)
3m n 3m n
(4.7), 3m n
3m n
(4.8)
Giải hệ trên, suy hệ phương trình (3) có nghiệm hữu tỉ khi: m = m =
Bài 4: (4 điểm)
Gọi khoảng cách từ M đến BC, CA, AB là: x, y, z
Ta có:2SABC x BC y CA z AB (x y z)AB(vì ABBCCA)
x y z 2S AB
+ Nếu AB > BC dấu “=” xãy v| khi: MC
+ Nếu AB = BC > CA dấu “=” xãy v| khi: M thuộc cạnh AC + Nếu AB = BC = CA M l| điểm tam giác ABC
Vậy tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh tam giác nhỏ chiều cao cạnh lớn khi:
M trùng C (nếu AB > BC = CA), M nằm cạnh AC (nếu AB = BC > CA) M điểm tam giác ABC AB = BC = CA
(71)
Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường trịn đường kính HB (1) tứ giác ABDE nội tiếp đường trịn đường kính AB (2)
(1) HDFHBF(nội tiếp chắn cung HF) (1’), (2) HBFHDE(2’) (nội tiếp chắn cung AF) (1’) v| (2’) suy ra: HDFHDE
Vậy DA phân giác FDE
b) F l| trung điểm MN
Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD P, Q PQ // MN // AC Ta có: FC phân giác DFE(tương tự chứng minh câu a)
mà FB FC nên PB phân giác FC phân giác KFD
BK FK CK KB DB
= =
BD FD CD KC DC
(3)
Theo hệ định lí Ta-let, ta lại có: BP = KB
CA KC (4) (vì BP // AC)
và: BQ = DB
CA DC (5) (BQ // AC)
Từ (3), (4), (5) suy ra: BP = BQ
CA AC BP = BQ
Khi đó, {p dụng hệ định lí Ta-let hai tam giác ABP ABQ với MF // PQ, NF // BQ, có:
MF AF FN MF FN
= = = MF = NF
BP AB BQBQ BQ F l| trung điểm MN
c) Chứng minh
OD OK = OE BD DC = OD DK Từ kết câu a) DFE = 2CFE (6)
Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC,
nên EOC = 2CFE (7)
Từ (6) (7) suy ra: DFE = EOC Tứ giác DFEO nội tiếp
1 ODE
2
sđOE =1
2sđOF= OEK (vì OE = OF = 2BC)
Từ suy ra: ODE OEK (g.g) OE OD OD OK = OE
OK OE
Khi đó:
2
BD DC = OB OD OC + OD OB OD OD OK OD OD OK OD OD DK
Q P
K O
N M
I H F
E
D C
B
A
(72)Bài 5:
Ta có: a 1 b
1 a ab b
b
v(a > 0, b > 0) lại có HĐT:
2 2 2 2 (x y) 2(x y ) (x y) (x y) x y
2
(1) , dấu”=” xãy v| x= y
v| có HĐT: (xy)2 (x y)2 4xy (x y)24xy (2), dấu”=” xãy v| x= y
- Áp dụng (1), ta có:
2 2
2
1 1 ab b
a b b 1
1 a b a a a
a b
a b 2 2
(1’),
dấu “=” xãy v| khi: a b
a b
a 1 b
- Áp dụng (2), ta có:
2
1 a a b
a 4
b b b a
(2’), dấu “=” xãy v| khi:
1 a
b
a 1 b
Từ (1’) v| (2’) suy ra:
2 2
1 (1 4)
a b
a b
Dấu “=” xảy khi:
1 a
b
hay b a
Vậy
2
1 25
a b
a b
, dấu “=” xãy v| khi: a =
1
2 b =
ĐỀ SỐ
Câu
Ta có ngay:
2
2
4 20 45 125 405
8 5 15 18 5
9
2 2.2 2.1 2 2.2 2.1
2 2
2 2 2 2 ( 2 0)
A
B
do
Câu
Học sinh tự vẽ
(73)
2 2
2 2
1
x
x x x x x x
x
Do x1 x y 2 M 2;4
Đường thẳng đi qua điểm
11
(2; 4)
4
M m m
Vậy
11
m
là giá trị cần tìm
Câu
Để phương trình cho có nghiệm phân biệt
2 2 2 2
0 2m m 4m 4m 4m
3
4
4 m m Vậy m
thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
Với
3
m
thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1;
Theo hệ thức Vi-et ta có:
1
2
2
1
x x m
x x m
2 2 2
1 2 2
2 2 2 2 2 2
2 4
2 4
)
4
16 12
9 22 13
1 13
1( )
1
13
9 13 ( )
9
x x x x x x x x x x
m m m x
x m x m m m
x x m
m m m
m m m m
m m
m m
m tm
m
m m tm
Vậy 13 1;
m m
(74)Câu
CMR: điểm …
Vì I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC phân giác góc C Vì K l| t}m đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC góc A nên CK phân giác ngồi góc C
Theo tính chất phân giác ngồi tam giác ta có IC vng CK nên
0 90 ICK Chứng minh ho|n to|n tương tự ta có:
0 90 IBK Xét tứ giác BICKta có:
0 0 90 90 180
IBKICK
BICK
là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối diện
0 180 )
Do O l| trung điểm IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền OCOI OK
H
O
K I
B C
(75)Vậy Ol| t}m đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC
CMR: AC tiếp tuyến…
Ta có: Tam giác IOC cân O nên OICOCI
Mặt khác, theo tính chất góc ngồi tam giác ta có:
0
1 1
2 2
1 1
.180 90
2 2
OIC IAC ACI BAC ACB BAC ABC
ICO ICA BAC ABC ACB
OC CA
Do AC l| tiếp tuyến (O) C (đpcm)
Tính tổng diện tích ……
Gọi diện tích hình cần tính S, diện tích hình trịn (O) l| S’, gọi giao điểm BC IK M
Ta có:
2
2
'
4 2
ICKB IBK IKC
S S S IO S S
IK BM IK CM IK IK BC IK
Ta có:
2
2
1
2
.24
24
20 24 20.2 24
2
ABC
AB BC CA
S AM BC IM
AB BM AB BC CA IM
IM IM
Áp dụng hệ thức lượng tam giác IBM vuông B có đường cao BM ta có:
2
2
2
12
24
6
6 24 30
1 1
.30 24.30
4
225 360 346,86
BM
BM IM IK MK
IM
IK IM MK
S IK BC IK
dvdt
Câu
Điều kiện x{c định: x1
Đặt
2
1
t x t x t
(76)
3 2
3 2
3
2
2
1 2
3
4
4
2
0 1
t t t
t t t t t
t t t
t t t
t t
t x x
Vậy phương trình cho có nghiệm x1
ĐỀ SỐ
Câu
Tính giá trị biểu thức
Ta có: 2.3
2 2.3
3.4
1
2 3.4
2018.2019
1 2018
2 2018 2018.2019
2 2
1
2.3 3.4 2018.2019
2.3 3.4 2018.2019
2.3 3.4 2018.2019
4
2.3
P
0 4074340
3.4 2018.2019
1.4 2.5 3.6 2016.2019 2017.2020
2.3 3.4 4.5 2017.2018 2018.2019
1.2 2017 4.5 2020 1.2020 2020 1010 2.3 2018 3.4.5 2019 2018.3 6054 3027
3
3
3
3
2
1 16 0(1)
3 17
3 11 1 2 12 0(2)
1 2 16 12
1 1 1 2
a a
a a a
b b b b b
a a b b
(77) 2 2
2 1
2
1
2 1 ,
2 a
a b b b
a
a b do b b a b
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu
Giải phương trình x2 x 1 x x1
Điều kiện x{c định: x1
Đặt
1
1
a x a
b x b
2 2
2
2
2
1
4
2 1 1
1 1 1 2 3 1
( 1) 1( 1)
3
1
1
1
3
7 10
5
6
a b x x x x x
Pt a b ab a b
a b x x x x
a b x x x x
x x VN x
x x x x x x x x x x
x x x
x
Vậy phương trình cho có nghiệm x2
Giải hệ phƣơng trình 2
2
1
1
1
x y
x y xy
Điều kiện x{c định :
2 2 1 1 2 , x x y y xy xy x y
Hệ cho tương đương với
2 2
2
2 2
2
2 2 2
2 2
1
(1)
2 1 2(2)
1
(2) 2
2
x y x y
x y
x y x y xy
x y xy
x y x y x y xy
x y xy xy xy
(78) 2 2 2
1 1( )
2( )
2
1( )
4
xy
x y x y ktm
xy tm
xy xy
xy tm xy
x y x y
2 2
2
2
xy
x y x y
xy x y
x y
Vậy hệ cho có nghiệm x y; thỏa mãn 2; ; 2; 2
Câu
1 Tính tất cặp số nguyên x y; thỏa mãn x2019 y2019y1346y6732
Đặt : x673 a y; 673 b a b ;
Phương trình cho trở thành: 3
2(*) a b b b
3 3
3 2
3 4
a b b b b b b b b b
Lại có: a3 b36b212b 8 7b213b 6 b237b213b6b23
Từ (1) (2) ta có: b13a3 b23 b a b
Vì ,
1 a b a b a b
+) Với a bta có: * b3 b3 b2 b
2
673 673
673 673 673
2
1 2 1( ) 2( )
b b b b
b a b
b a b
x y tm
x y
x y ktm
x y
+)Với a b * b13b3b2 b
3
2
3
4
1 ( ) 2 ( )
b b b b b b
b b b ktm b ktm
(79)Ta có ngay:
1
1
2
n n S n
Ta chứng minh S2019chia hết cho nvà
n
Giả sử nlẻ
2
n
nguyên Sử dụng khai triển Newton ta có:
2 2 2
( )
k k k k k
a b a b a a b b a b
Do vậy:
2019
2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019
2019 2019 2019
2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019
2 2 1
2 1 2 1
n n n n n
n n n n n n
Do n n; 1 1nên 1 20092209 n2009chia hết cho n n 1
Do S2019 S1
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu
CMR: tứ giác BCQRlà tứ giác nội tiếp
Do AB ACnên Q nằm tia đối tia BA R nằm đoạn CA, từ Q C, nằm phía đường thẳng BR
Do tứ giác BFECnội tiếp nên AFEBCA(góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện
M S
Q
R P
F
E
D A
B
(80)Vì QR/ /EF AFE BQR(hai góc đồng vị)
BCA BQR AFE
BQCR
tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện góc nhau)
Chứng minh PB DB
PC DCvới D trung điểm QS
Xét DHBvà EHAta có:
0 90
HDB AEH ; BHD AHE(hai góc đối đỉnh)
( ) DB HB
DHB EHA g g
AE HA
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Xét DHC FHAta có:
0 90
HDC AFH ; CHD AHF(hai góc đối đỉnh)
( ) DC HC
DHC FHA g g
AF HA
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
(1)
HC DB AE HB AE FB
DC AF
HA DC AF HC AF EC
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABCvới cát tuyến PEFta được:
(2)
PB EC FA PB AE FB
PC EA FB PC AF EC
Từ (1) v| (2) ta : PB DB(3)(dpcm)
PC DC
Do QRsong song với EFnên theo định lý Ta-let : DQ BD DS CD
PF BP PF CP
Kết hợp với (3) ta DQDShay Dl| trung điểm QS
Khi B, C cố định A thay đổi chứng minh đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định
Gọi M l| trung điểm BC Ta chứng minh DP DM DQ DR
Thật vậy, tứ giác BQCR nội tiếp QBCQRC(các góc nơi tiếp chắn cung QC)
( ) QD BD
QBD CRD g g
CD RD
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
(4)
DQ DR DB DC
Tiếp theo ta chứng minh:
2
DC DB
DP DM DB DCDP DB DC
DP DCDB DB DCDB DPDC DC DPDB DB PCDC PB
PB DB
PC DC
(81)Từ (4) v| (5) ta DP DM DQ DR DP DQ
DR DM
Xét DQPvà DRMta có:
( );
DP DQ
cmt PDQ RDM
DR DM (hai góc đối đỉnh)
( )
DQR RMD c g c PQR RMP
(hai góc tương ứng) PQMR
tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện góc nhau)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQRđi qua trung điểm BC(đpcm)
Câu
Đội đứng thứ có điểm cao A2n1 điểm (Đội n|y đấu n1trận với c{c đội lại v| thắng)
Xét n1đội cịn lại ta có: Đội đứng số n1đội cịn lại có số điểm nhỏ x{c định sau:
Gọi P tổng điểm n1đội đấu với nhau, số trận n1đội lại: 1 2
2
n n
1 2
P n n
(Vì đội thắng hay hịa sau trận có điểm) Gọi Qlà số điểm đội n1đội lại
1 2
2
Q n n n Q n
A Q n n n
Vậy chênh lệch điểm số lớn c{c đội xếp hạng liên nđiểm
ĐỀ SỐ
Câu
Điều kiện x0;x1
2
1 1
:
1
1
1 1
1
x x
A x x
x x x x x x x x x
x
x x x
x x x
x
x x x x x x
x x
(82)
2
4
4 2
4
4 2
2 2
2
5 2025
5 2025
7 2023
8 16 4 2003
4 2023
x x x x
x x x x x
x x x
x x x x
x x
Vì x242 0,x22 0 T 2003
Dấu “=” xảy
2 2 2 x x x x x x
Vậy với Tmin 2003 x
Câu
Phương trình ho|nh độ giao điểm hai đồ thị là: 2
0(*) x x m x x m Hai đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt
1
0
4
m m
Gọi x x1, hai nghiệm phương trình (*) Khi ta có: y1 x1 m, y2 x2m
Áp dụng hệ thức Vi ét ta có:
1
x x
x x m
Theo đề ta có:
8
1 2
8
1 2
8
1 2
8
1
1 2
1 2
162 162 162 81 3 3
x x y y
x x x m x m
x x x x
x x
x x x x
x x x x
+) Với 2
1 3
3
2
x x x x x
1
1 3
( )
2 2
x x m tm
+)Với 2
1 3
3
2
(83)1
1 3
( )
2 2
x x m tm
Vậy
2
m thỏa mãn điều kiện tốn Ta có: M x4x132x22x
4 2
4
4
3 2
1
4 4 4
M x x x x x x
M x x x x
M x x x x
+) Ta có:
2 2 4 3 2 4 3 2 2 2 4 3 2
2x x 4x 4x x 4x 4x x 2x x 4x 4x 4x 4x 4 4M
Ta thấy dấu ""không thể xảy nên 2x2x2 4M (1)
+) Với x04M 4 M 1 M số phương Với x 1 4M 20M 5 Mkhơng số phương Với x 2 4M 124M 31M khơng số phương
Với x0;1; 2ta có: 12 4 12
1
x x
x x
x x
Ta có:
4
4 2
2 2
2
2
4 4 4
4 2
2 1
4 (2)
M x x x x
x x x x x x
x x x
M x x
Từ (1) (2) 2x212 4M 2x2 x 2 Mà x 4M 2x2 x 12
2
1
1
x x
x
x x
Vậy có giá trị nguyên xthỏa mãn yêu cầu toán x0; x 1 ;x3
Câu
a) Điều kiện:
12
x
3
3
3
2 108 45 48 20
2 12 12
2 12 12
x x x x x
x x x x x
(84) 2
4 2
2 2
2
2
2
(2 3) 12
2 12
3
2 ( )
2
12
12 (1)
1 4 12
2
2 1
2 0( )
x x x x
x x x
x x ktm
x x
x x
x x x x
x x
x x x x x
x x x x VN x
Vậy nghiệm phương trình x 1
b) Điều kiện: x 1;y 1
2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)( 1)
1 1 1 1 1 1 1 x y
x x y y x y
x y x y x y
y x x y x y x y y x y x y x
Đặt ;
1
x y
a b
y x
Khi hệ phương trình trở thành:
2 2
1
1 1
0
2 ( 1)
1 2 1
1
b a
a b b a b a
a a a
a b a a
a 0
1 1
( ) 1 1 0 x y
a y x
b x y
tm x a x y b y y x
Vậy nghiệm hệ phương trình l| ( ; )x y (1;0)hoặc ( ; )x y (0;1)
(85)Xét tứ giác OAMBcó OAM OBM 900900 1800 Tứ giác OAMB tứ giác nội tiếp
OAB OMB
(hai góc nội tiếp chắn cung OB) Mà OABOMB(cùng phụ với ACB)OMBBCE Xét tam giác OMBvà tam giác ECBcó:
0
90 ; ( ) ( )
OBM EBC OMBBCE cmt OMB ECB g g
( )
BE BC
BE MB BC OB dpcm
OB MB
Gọi P Q l| trung điểm OM CE
( )
OMB ECB cmt CEB MOB
Xét tam giác EACvà tam giác OMAcó:
0 90 ;
ECAOMA CEACEBMOBMOA
( ) EC AC EC AC
EAC OMA g g
OA AM OC AM
Xét tam giác COEvà tam giác AMCcó OCECAM 900 d
H
Q N
E
C B
A
P
(86)( ) ( )
CE AC
cmt COE ACM c g c
CO AM AMCCOE(hai góc tương ứng)
Mà 0
180 180
COENOA AMCNOA Tứ giác OAMN tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800
)
0
180 90
ONM OAM OMN
vuông N
1
NP OM
(trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông)
1
NP BP OM P
thuộc trung trực đoạn thẳng BN Chứng minh tương tự ta có :
2
NQBQ ECQthuộc trung trực đoạn thẳng BN Vậy PQ trung trực đoạn thẳng BN PQBN
Gọi H ABOMta có OH AB ABmin OHmax
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng OAM có:
2
2
max
R
OH OM OA R OH OH OM M
OM
hình chiếu vuong góc
O đường thẳng d
2
; 10 6, ( )
10
OM d O d OH cm
Xét tam giác vng OAH có AH 826, 42 4,8(cm) AB2AH 9,6(cm)
Vậy dây AM nhỏ 9,6cm
Câu 5:
Theo giả thiết ta có: a b 1 b 1 a
2 2
8 1 1
2
4 4 4
a a
A b a b a a b
a a a
2 2
1 1 1
2
4 4 4
a a a a a a a a a a
a a a
2
1 1
2
4 2 2
Co si
a a
a
Dấu xảy
1
;
( )
4
2
a a
a b tm
a
b a
Vậy
2
(87)ĐỀ SỐ 10
Câu
2
2
) 2
2
2 3.1 1
2 1
2 1
a A
b) Hai đường thẳng cắt aa' 1 m m
Giả sử hai đồ thị cắt điểm A Oy A0;yA
Phương trình ho|nh độ giao điểm hai đồ thị cho l| :
2
2
2 11
3
3 3 (*)
x m m x
m x m
m x m m
Hai đồ thị cắt A nên x0là nghiệm phương trình (*)
0.( 3) ( 3)
( 3)( 3)
3
3
m m m
m m
m m
m m
Với m3(loại) đường thẳng trùng
Vậy với m 3thì hai đường thẳng cắt điểm trục tung
Câu 2:
Thay giá trị m1vào hệ phương trình ta có:
2 1
x y x
I
x y y
Vậy với m1thì hệ phương trình có nghiệm x y; 2;1
Ta có
2 3 I ln có nghiệm (x;y) với m
2
5
3
7
6
7
x y m x m y
I
x y m y m
m
x m y x
m
m y
y
(88) 2 2 2
5
98
49 49
2(26 102 117)
52 208 234
52 4 234 52.2
52 26 26
26
m m
P m
m m m
m m m m m MinP
Dấu “=” xảy m m
Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu toán
Câu
Điều kiện :
2
3
2
6 x x x x x
3 1(*)
Pt x x x x
Đặt x 3 2 x t t 0
2 2
3 2
5 2 (*)
2
2
1
t x x x x x x
t x x t t t t t t t t 2
1 1( )
3 ( )
3
3 2
2
6
2
1
1 ( )
2 ( )
t t ktm
t t tm
x x
x x
x x
x x
x x tm
x x tm
Vậy phương trình có tập nghiệm S 2;1
4
) 0(*)
(89)Đặt x2 t (t0)
Phương trình cho t2 5t m 0(1)
Để phương trình (*) có hai nghiệm phương trình (1) phải có nghiệm dương
(1)
phải có hai nghiệm trái dấu hai nghiệm kép dương
2
1
1
6
0
0 4(6 )
6
0
5
0
m ac
m m
m
x x m VN
x x
Vậy m6thỏa mãn yêu cầu toán
Câu
Gọi vận tốc lúc ô tô x km h( / ) (x0)
Khi vận tốc lúc tô : x10 (km h/ )
Thời gian thời gian ô tô hết quãng đường AB là:
120 120
( ); ( )
10
h h
x x Đổi 24 phút 0, 4giờ
Theo đề b|i ta có phương trình:
2
120 120
0, 10
120( 10) 120 0, ( 10)
0, 4 1200
0, 50 ( 60)
50 ( )
60 ( )
x x
x x x x
x x
x x
x tm
x ktm
Vậy vận tốc lúc ô tô 50km h/
Câu 5.
H K
E J
I N
M
B
O
A
(90)Ta có OMAONA90 ( )0 gt
0 90 OIA
(quan hệ vng góc đường kính dây cung)
C{c điểm M, I, N nhìn OA góc 900nên thuộc đường trịn đường kính OA
Vậy điểm A M O I N, , , , thuộc đường trịn đường kính OA
Ta có MJ phân giác BMCBME EMCsd BEsdCEEBEC (1)(hai cung căng hai d}y nhau)
Ta có: EBCEMCBME CBJ; JBM gt( )
EBJ EBC CBJ BME JBM
Xét tam giác BMJcó BMEJBM BJE(góc ngồi tam giác tổng hai góc khơng kề với nó)EBJ BJE EBJcân EEBEJ(2)
Từ (1) (2) EBECEJ
Gọi H l| giao điểm AC MN, ta có: 90
OKH (Do AM, AN hai tiếp tuyến cắt nên OA trung trực MN)
0 90
AIO (quan hệ vng góc đường kính dây cung)
Xét AHKvà AOIcó: AKH AIO90 ;0 OAI chung
( ) AH AK (3)
AHK AOI g g AH AI AO AK
AO AI
Xét tam giác vng AMO có AO AK AM2(4) (hệ thức lượng tam giác vng) Ta có:AMB ACM(góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BM)
Xét tam giác AMB ACM có: MACchung; AMB ACM (cmt)
( ) AM AB (5)
AMB ACM g g AM AB AC
AC AM
Từ (3) (4) (5) suy AH AI AB AC AH AB AC AI
Ta có AB AC AI, , không đổi AHkhông đổi Mà A cố đinh nên Hcố định
Gọi O'l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c OIK, l| t}m đường trịn ngoại tiếp tứ giác OIHKO'l| trung điểm OHO'thuộc trung trực HI
Mà H I; cố định Trung trực HI cố định
Vậy (O) thay đổi t}m đường trịn ngoại tiếp OIKln chạy trung trực
,
HI với H ACMN
Câu
Theo đề ta có: xy yzzx3xyz
1 1
3
xy yz zx
xyz xyz xyz z x y
Lại có:
os
3
3 3
C i
xyzxy yzxz xyz xyz x y z
(91)3
2 2
1
2
2
1 1
( )
2 2 2
Cosi
x xz xz z z
x x x x
z x z x zx
z z z z z
Do z z z
Tương tự ta có:
3 3 4 y x y x y z y z y z
Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được:
3 3
2 2
3 1 1
3 ( )
4 2
x y z x y z
x y z dpcm
z x x y y z x y z
ĐỀ SỐ 11
Câu
Ta có: phương trình ho|nh độ giao điểm :
2
2
2
4
x mx m x mx m
m m m m
Theo định lý Vi-et ta có:
1
2
x x m
x x m
1 2
2 2
2
4
4
1
1
x x y y
m x x
m m m
m m
Vậy giá trị cần tìm m 1
Giải phƣơng trình:
4
x x x x
Ta có điều kiện x{c định :
2
0
4 4 2
6 2 2
x x
x x x
x x x
Ta có:
4
(92) 2 2 2 2
4 ( 4)
4
4
4
4
4
2 13 ( )
2 13 ( )
x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x Do x x
x x x tm x ktm
Vậy phương trình có nghiệm x 2 13
Giải hệ phƣơng trình
2
5
x y
x y xy
Đặt u x yDK u: 4v
v xy
2 2
2 25 10 12 20
5 5
3
( )
10
2 1;
2 2; ( ) 10
u v v v v v v
u v u v u v
u
tm v
v x y
v x y u ktm u v v
Vậy tập nghiệm hệ cho l| 1; ; 2;1
Câu
Chứng minh rằng…
Ta có: 9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9 số chẵn x3 2x 2 x 2m m
3 3 3
8m 2y 4z 9! 4m y 2z 1.3.4.5.6.7.8.9
số chẵn
3
3 3
2 2
4 1.3.4.5.6.7.8.9
y y y n n
m n z
3 3
2m 4n z 1.2.3.5.6.7.8.9
số chẵn
3
2 2
z z z p p
3 3
3 3
2 1.2.3.5.6.7.8.9
2 1.3.5.6.7.8.9
m n p
m n p
(93)Chứng minh ho|n to|n tương tự ta có
2
2 ; ;
2
m x m
n m n p y n
p z p
Vậy ta có điều phải chứng minh
Chứng minh không tồn tại…
Theo ý a) ta đặt x4 ;a y4 ;b z4c a b c; ;
3 3
3
9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9
2 1.3.5.6.7.9
4
a b c
số chẵn
2
a a u u
3 3 3
8u 2b 4c 1.3.5.6.7.9 4u b 2c 1.3.3.5.7.9 1.5.7.3
Lại có:
4 4
3
3 3
1.5.7.3 1.5.7.3
0; (mod 9)
; ; 9
x x Z
a b c u b c
Nhưng 1.5.7.34không thể chia hết cho 93nên ta có điều vơ lý Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu
Ta có : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schaw thì:
2
2 2 2
2
2
2 2 2
2
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 ( ) ( ) ( ) ( ) a c a c
a ab b c a b c a b c ab ac bc
b c
b c
b a b c c ac a a b c ab ac bc
a b
a b
a a b c b bc c a b c ab ac bc
a b c a b c
a ab b b bc c c ac a a a b c b a b c c a b c
a c b c
2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
a b
a b c ab ac bc
a c b c a b
a b c a b c
a ab b b bc c c ac a a b c a b c ab ac bc
2
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2 2
2
1
1 ( )
a b c ab ac bc
a c b
a ab b c ac a b bc c a b c ab ac bc
a c b
a ab b c ac a b bc c
a c b
dpcm
a ab b c ac a b bc c
(94)Câu
Chứng minh…
Gọi điểm tiếp xúc LK với (O) T
Ta có: 900
2 2
TOE TDH EOH
LOK LOTTOK EOBLBO
OLK OLB(do LB, LK tiếp tuyến) Khi đó: tam gi{c OLK v| BLO đồng dạng
Chứng minh ho|n to|n tương tự ta có: OLK DOK g g( ) DOK BLO
OD DK
BL DK BO DO OB
BL BO
Vậy ta có điều phải chứng minh
Đƣờng trịn ngoại tiếp …
Ta có : Do CFLM nội tiếp nên BM BL BC BF BO2 BL DK BM DK
Do BMDK hình thang cân nên KM // BD Chứng minh ho|n to|n tương tự ta có: LN//BD
Do KMLN hình thang cân nên hiểu nhiên nội tiếp đường tròn Ta có điều phải chứng minh
(95)Ta có: Kẻ PQ'tiếp xúc với (O) v| Q’ thuộc CD Tương tự phần a, chứng minh ta có:
2
'
'
BP DK
BP DQ OB BL DK
BL DQ
'
LBPKDQ
' ( ) '
/ / / / ' '
BLP DQ K c g c BLP DQ K
AB CD LP KQ Q Q
Vậy KQ tiếp xúc với (O)
Câu
Xây dựng …
Ta có bảng thỏa mãn tốn:
1
1
1
1
Chứng minh rằng…
Khơng tính tổng qt, gọi cột hàng có số cột Giả sử cột có k số k n
Gọi hàng i hàng loại i;1 1
Gọi hàng j hàng loại j;1 1
Vậy có k hàng loại n k hàng loại
Khi tổng số hàng loại 1kvà loại 0 n k
Như vậy: Pk2n k 2 Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có:
2 2 2
2 2
k n k n n
Pk nk
Vậy ta có điều phải chứng minh
ĐỀ SỐ 12
Câu 1:
Rút gọn biểu thức
1 :
P
a b ab
(96)
2
1
1
:
ab a b a b a b ab
P a b
ab ab
P P a b a b
a b a b
a b a b a b a b a b a b
Tính giá trị biểu thức…
Ta có: 2 2018
2019 2018 2018
2020 2019 2019 1 2019
2018 2019 2018 2019
a
a a
b b b
P a b
Câu 2:
Cho p số nguyên tố…
Ta có nhận xét sau: Nếu p số nguyên tố lớn
1(mod 24) (1) p
Lại có: 1 23 mod 24 (2)
Cộng vế theo vế 1 ; ta : p2 1 24(mod 24)0 mod 24
Vậy
p chia hết cho 24 với p số nguyên tố lớn
Cho phƣơng trình……
Phương trình cho có nghiệm phân biệt '
2
2 15
4 0
2
m m m m
Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x x1; 2với m
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
1 2
4
x x m
x x m
Theo đề ta có
2 2
1 2
1 1 1
31
2 1 31 31
2 4
4 2
x x x x x x m m
m Ta có:
2 1 1 31 31
4 2 2 2
8 4
2 2
m m m m m
2
1
4 1 31 31
2 2 m m m
Dấu “=” xảy 1
4 2
m m
(97)Vậy 2 2
1
1
31
Max
x x
1
m
Câu 3:
Giải phƣơng trình :
Điều kiện
3
1
3 13 13
3 13
1 2 2
2
3 13 13
1 13 2 x x x x x x x x x x
3 2
1 1 1
x x x x x x x x x
Đặt
1; 1( 0; 0)
a x b x x a b
Khi ta có phương trình:
2 2
2
2
2
2
0 ( 0; 0)
2
2 1
4
5
b a ab a ab b
a b a b
a b ktm do a b
a b
a b x x x
x x x
x x
Có 523.437 0 phương trình có hai nghiệm:
5 37 ( ) 37 ( ) x tm x tm
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: 37
2
x 37
2
x
b) Giải hệ phƣơng trình:
2
4
2
x y
x y xy
2 2
4 2
4 2 2
2 2
x xy y xy
x y x y xy
x y xy x y xy x y xy
Đặt
1
a x y
b xy
(98)2 2 2 2 a b a a b b ab a a
1
2 2
2
1
1 2 2
1 2 4
2
x
x y x y
x y
y y
xy y y y
Vậy hệ phương trình có nghiệm ; 1;
x y
Câu 4:
Tìm nghiệm nguyên…
3 2 2
1
1
x xy x y x xy x y
x x y x
x x x y
Vì 2 2
1 3
( )
1 11
1
( )
1
,
1
( ) 2 1 ( ) x x tm
x x y y
x x
tm
x x y y
x y
x x
tm y
x x y
x x
tm y
x x y
Vậy hệ phương trình có c{c nghiệm ngun x y; 3;11 ; 1;1 ; 0;2 ; 2;4
Cho hai số thực dƣơng……
Ta có: T 4(a b) a b 4b a 4b a
a b a b a b a b
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương ta có: 4b a 4b a
a b a b
4
5 b a
T
a b
Dấu “=” xảy
2
2
4 ( )
1
4 3
2
1
1 ( )
3
b a a tm
a b
a b
a b
a b
a b
a b b tm
Vậy 2;
3
(99)Câu
Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp
Ta có: C l| trung điểm đoạn AM OC AM C hay OCM 900(mối quan hệ đường kính dây cung)
Có: ABBN B hay 90
OBN (d tiếp tuyến đường tròn B) Xét tứ giác OBNCta có: OCNOBN 1800
OBNC
tứ giác nội tiếp
Gọi E hình chiếu…
Xét ADNta có: AB DO, l| hai đường cao tam giác Mà ABCD O Olà trực tâm AND
Lại có NEl| đường cao cịn lại ANDnên ba điểm N O E, , thẳng h|ng (đpcm)
E D
C
N
B O
A
(100)Ta có: ( )
2
AND
NE AD
S AB ND NE AD AB ND NE AD AB R dpcm
ND
c)
Chứng minh rằng…
Ta có: CAOMBN(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BM)
Lại có: MB/ /CDCMNBM CDN(hai góc đồng vị)
CAO CDN MBN
Xét CAOvà CDNta có:
0
( ); 90
CAOCDN cmt ACONCD CAO CDN g g( )
( )
CA CO
CA CN CD CO dpcm
CD CN
d) Xác định…
Áp dụng hệ thức lượng ABNvng B có đường cao MB ta có:
2
2
AM AN AB R R
Áp dụng bất đẳng thức Co si ta có:
2
2AM AN 2 2.AM AN 2 8R 4 2R(không đổi)
Vậy (2 )
2
AN
Min AM AN AM M l| điểm cung AB
ĐỀ SỐ 13
Câu
Cho đa thức f x( )x32x2 (1 m x m)
1) Khi m2, ph}n tích đa thức f x( ) th|nh nh}n tử
2
f x x x x
( ) ( 1)( 1)( 2)
f x x x x
2) Tìm tất c{c gi{ trị tham số m để phương trình f x( )0 có ba nghiệm ph}n biệt
1, 2,
x x x thỏa mãn 2 2
x x x Ph}n tích phương trình
2
( 1)( )
0 (*) x
x x x m
x x m
Phương trình f x( )0 có nghiệm ph}n biệt
Phương trình (*) có hai nghiệm ph}n biệt kh{c
0
1
4 m m
m m
Lúc đó: x1 1, x2 x3 1; x x2 m
Điều kiện: 2 2
1 2 3
(101)Vậy 1,
4 m m
- < < π
Câu
1)Giải phương trình:
2
2
15 ( 1) 15 ( 4)
x x
x x x x x
- + +
=
- + - +
Điều kiện: xπ0;xπ +3 5;xπ -3 *
Phương trình biến đổi thành: 2 2 1
6 4 15
x - x+ -x - x+ = x
1 1
(1)
4 15
6
x x
x x
Ô - =
+ - + -
Đặt x t x
+ = tπ2;tπ6
PT (1) trở thành: 1
12 15
t t
t t
=
= Ô
=
- -
Với t=-4 ta có x 4 x
x
+ = - Ô = - thỏa mãn (*) Với t =12 ta có 12
6
x x
x x
= +
+ = Ô
= - tha (*)
2)Gii hệ phương trình:
2 2
2 2
(2 )( ) (1)
3( ) 5 14 (2)
x y x y x x xy y
x y x y x x
- + + + = +
+ + + + + = -
-Phương trình (1): (2x-y x)( 2+y2+ + =x 3) Ô2x=y Th vo (2): 3x2+6x+ +7 5x2+10x+14= -4 2x-x2 *
Đánh giá vế trái (*): 2
3(x+1) + +4 5(x+1) + ≥9 Và đánh giá vế phải (*): 2
4 2- x-x = - +5 (x 1) £5 Dấu xảy x= -1
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( ; )x y = - -( 1; 2)
Câu
1) Giả sử rắn có ncái đầu (nlà số nguyên dương)
Nếu dùng kiếm kiếm số đầu rắn sau bị chặt n-21
2009
n+ Tứclà giảm tăng đại lượng bội số Mà 100 chia dư nên hoàng tử khơng thể cứu cơng chúa
2)Tìm số ngun x y z, , thỏa mãn đồng thời:
2 2
4 4( ) 396
x + y + +z xz+ x+ =z 2 x +y = z
Từ điều kiện x2+y2 =3z suy x2+y2 chia hết cho hay x y, chia hết cho
2 2
4 4( ) 396
x + y + +z xz+ x+ =z Ô + +(x z 2)2 =4(100-y2)
Suy ra: 100-y2 số phương y2 £100 Mặt khác y nên
0;36
y
0;6;
(102)Xét y=0:
2
2
2
3
2 400
2 20 20
x x
x z z z
x z
x z x z
= = =
Ô
+ + = + + = + + = -
Tìm x=6,z=12hoặc x= -9,z=27 Xét y=6 y= -6:
2
2 36
2 256
x z
x z
+ =
+ + =
2
12 12
3
2 16 16
x x
z z
x z x z
= + = +
Ô
+ + = + + =
-
Giải x z, Vậy x y z; ; 6; 0;12 -9;0; 27
Câu
1)Cho số thực x y, không âm, chứng minh x3+y3≥x y2 +xy2 Bất đẳng thức: 3 2
x +y ≥x y+xy
2
( ) ( )
x x y y x y
Ô - - -
2
(x y) (x y)
Ô - + ≥ , "x y, ≥0
2)Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng:
5 5 5
ab bc ca
a +b +ab+b + +c bc+c +a +ca £
Chứng minh 5 3
a +b ≥a b +a b Ôa a3( 2-b2)-b a3( -b2)0
2 2
(a b) (a b a)( ab b ) 0, a b, (*)
Ô - + + + ≥ " >
Áp dụng (*): 5 2 5
( ) a b c
a b a b a b a b ab ab
c
+ +
+ ≥ + + + ≥
5 (1)
ab c
a + +b ab£a b c+ +
Tương tự 5 bc5 a (2)
b + +c bc £a b c+ + ; 5 (3)
ca b
c +a +ca£ a b c+ +
Cộng (1), (2), (3) ta bất đẳng thức cần chứng minh Dấu xảy a= =b c
(103)a) Góc HDC= AEB=900
nên tứ giác DHECnội tiếp đường trịn đường kính HC Tâm O trung điểm HC
b) Xét NIC NED ta có:
END= INC(đối đỉnh); DEN= CIN (cùng chắn cung CD) Suy ra: NIC NED
NI NE
NI ND NC NE
NC= ND =
c) DIC= DHC (cùng chắn cung CD) (1)
DHC= ABC (cùng phụ góc BCF) (2)
Lại có:
90
BFC= BEC= nên tứ giác BFECnội tiếp, suy ABC= AEF (3)
Mà AEF= MEC(đối đỉnh), từ MEC= DICvà tứ giác MENI nội tiếp, suy
EMN= EIN (4)
ACB= EIN (cùng chắn cung DE) (5)
ACB= AFE (tứ giác BFECnội tiếp) (6)
Suy AFE= EMN AB/ /MN Mà AB CH nên MN CH
2)
Các diện tích SDABC =SDABE nên C E cách AB hay AB // CE
Tương tự đường chéo lại song song với cạnh tương ứng Gọi Plà giao điểm BD CEvà đặt diện tích SDBCP = >x
Do tứ giác ABPE hình bình hành nên SDBPE =SDABE =1 Lại có:
BCP BEP PCD PED
S BP S
S PD S
D D
D D
= = , tức là: 1
1
x
x
x= x =
Diện tích ngũ giác: SDABCDE =SDABE +SDBPE+SDCDE+SDBCP= +3 x
Vậy: 5
2 ABCDE
(104)ĐỀ SỐ 14
Câu 1)Rút gọn Q
Điều kiện 0< <a
2 2 2 2 2
1 1
1
1 1 1
1
1 1
2
1 1 1
1 1
1
1 1
+ -= + - - - + + - - - - + -+ -= + - - + + - - - + + - -= + - -+ - - + - -a a
Q a a
a a
a a a a
a
a a
a a
a a
a a a a a
a a a
a
a a
a a a a
2
2
1 1
( 0)
1
1 1
( 1)
1
+ + -
-= - - >
+ -
-+ -+ - -
-= - < <
+ -
-a a a
a do a
a a
a a
a a a
a do a
a a a 2 2
1 1 1 1
1
1 1
.(1 )
1
2 1
(1 )
2
(1 )
+ + - + - - - -= -+ - -+ - -+ - -= -+ -+ - - -= -= - - =
-a a a a a
a a
a a
a a a
a a
a a a
a a
a a
a
a a
2) So sánh ….
Điều kiện 0< <a
Ta có: Q3 = a-1
Xét hiệu :
3
2
1
1 1 1 1 ( 1)( 2)
Q Q a a
a a a a a a a a
- = - -
-= - - - = - - - - + = -
-Mà
3
0
0 1
2
0
a
a a a a a
a
Q Q Q Q
>
< < - < - - >
(105)Câu
Giải phương trình: x+ -9 9- + =x 2x (*)
ĐKXĐ: - £ £9 x
Đặt
2
2 2
2
9 ( 0)
9
9
18 18 (1)
* 3
3 3
3
3
3
2 3
a x a a x
b x
b x b
a b b a
a b a
a b a a
a b a
a b a
a a
b a b a
= + ≥ = +
=
-= -
+ = Ô =
-Ô - + =
-Ô - + = - +
Ô - + - - =
Ô - - - =
- = =
Ô Ô
- - = = +
+)Vi a=3 Ôb2 =18 9- =9 b=3 (do b0)
2
9
0 ( )
9
x a
x tm
x b
+ = =
Ô =
- = =
+)Vi b=2a+3 Ô 2a+3 =18-a2
2
2
2
2
4 12 18
5 12
3
3 ( )
3 21
( ) 3 ( )
5 5
3
5 216
( )
25 21
9
5
a a a
a a
a a
a ktm
a tm b a tm
x a
x tm
x b
Ô + + =
-Ô + - =
Ô + - =
= -Ô
= = + = + =
+ = =
Ô =
= =
Vậy tập nghiệm phương trình cho 216;0 25
S =
-Trong mặt phẳng tọa độOxy……….
Điều kiện: 0< <m
(106)2 ;
;
A m m
x m
x m x m
x m B m m
-=
- = ¤ = ¤
=
-Phương trình hồnh độgiao điểm d'và đồ thị hàm số (P) là:
2
2 2
2 ;
;
C m m
x m
x m x m
x m D m m
=
- = Ô = Ô
= -
-Ta có d d, 'là hai đường thẳng song song với Ox d/ / 'd hay AB/ /CD ABCDlà hình thang
Khi ta có: , '
2
ABCD
S = AB+CD d d d
Có: d d d, ' = m m- = -m m2 (do 0< <m 1)
2
2
2
2
1
; ' 2
2
= + =
= - - =
= + = + - = +
-ABCD
AB m m m
CD m m m
S AB CD d d d m m m m m m m m
Lại có: ; 2.2
2
OCD
S = d O CD CD= m m=m
Theo đề ta có: SABCD =9.SOCD
2
3
1
1
10
2
2 1
2
5 ( )
m m m m m
m m m m m
m m m m m m
m m m m
m m m
m
m m
m m VN
+ - =
Ô + - =
Ô - + - =
Ô + - - =
Ô - + + =
- =
Ô Ô = ¤ =
+ + =
Vậy
4
m= thỏa mãn toán
Câu
Phương trình : 7x =3.2y +1(*)
+)Xét x=1ta cú: * Ô =7 3.2y+ Ô =1 y
+)Xột x=2ta cú: * Ô72 =3.2y + Ô1 2y =16Ô =y
(107)Vỡ 3.2y 0(mod8) VP 1(mod8) 7x 1(mod8)
2
1
2
* 3.2 7 3.2
7
7 3, , :
7 3.2
2 3.2 2
0
2
( )
2
2
2
( )
3
2
7
n y n n y n a
n n
n b a b b a b
b
a b a b
b a b n a
x x n
a b a b y
b
VN b
tm a
n x
+
-=
Ô - = ¤ - + =
+ =
- > + =
- =
- = Ô - =
= =
Ô
= - =
= =
Ô = - =
= - = - = = =2n=2
Vậy sốnguyên dương x y, thỏa mãn x y; 1;1 ; 2;4
Câu
IC BC
IA = BDvà IA=IB
Xét đường trịn O ta có:
CAB=CDB(hai góc nội tiếp chắn cung BC) (1)
d K
H I
N
C B
A
O
M
(108)Ta có: ND/ /AB sdcung AN =sdcung BD
Mà ACNlà góc nội tiếp chắn cung AN DCBlà góc nội tiếp chắn cung BD
1
2
2
ACN =BCD = sd AN = sd BD
Từ (1) (2) DACI DDCB (g-g)
( )
AI CI AC IC BC
dpcm
DB =CB = DC Ô IA = BD
Chng minh tương tự ta có IC AC
IB = AD
Xét DMBCvà DMDBta có:
DMBchung
MBC =MDB(góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BC)
( )
MBC MDB g g
D D
MB MC BC
MD = MB = BD(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Chứng minh tương tự ta có: MAC MDA g g( ) MA MC AC
MD MA AD
D D = =
IC MA AC
IB MD AD
IC MB BC
IA MD BD
= =
= =
Mà MA=MB(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) IA=IB (dpcm)
Điểm I thuộc đường cốđịnh….
Kẻ OH d =H Gọi K =OH AB
Vì IA=IB cmt( ) I trung điểm AB M I O, , thẳng hàng MO AB =O
Xét DOIKvà DOHMta có:
IOKchung; OIK =OHM =900 DOIK DOHM g g( )
OI OK
OI OM OK OH
OH =OM =
Lại có: OB2 =OI OM (Hệ thức lượng DOBMvng B có đường cao BI)
2
OB
OB OH OK OI OM OK
OH
= = =
Mà OB=R OH2, =d O d; không đổi OKkhông đổi hay Kcốđịnh
Vì OI IB O K, , cốđịnh nên ta có Ithuộc đường trịn đường kính OK cốđịnh (đpcm)
Câu
(109)TH1: Nếu điểm cho tồn điểm tâm đường trịn, tốn chứng minh
TH2: Nếu sáu điểm điểm trùng với tâm đường trịn, ta xét hai khả xảy là:
+)Trong sáu điểm có hai điểm nằm bán kính đường trịn, tốn chứng minh
+)Trong sáu điểm cho khơng có hai điểm nằm mọt bán kính
Khi ta vẽsáu bán kính qua sáu điểm cho, hai bán kính gần tạo góc ởtâm Như ta có sáu góc tâm
Theo ngun lý cực hạn sáu góc tồn góc có sốđo bé Mà tổng sốđo góc 3600nên góc bé khơng vượt q 600
Khơng tính tổng qt, ta giả sửgóc AOB Đến ta có điều phải chứng minh
Câu
Áp dụng BĐT Cơ si ta có:
2
3
xy+ yz+xz ≥ x+ +y z ≥ xy+xz+ yz xy+xz+yz≥
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwwarz ta có:
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2 2 2
6 12
2 2 12
2
2 15
2
2 15
x y z
VT
x x x y y y z z
x y z
VT
y z x y z x y z
x y z
VT
xy xz yz x y z x y z
x y z
VT
x y z x y z xy yz xz
x y z
VT
x y z x y z
+ + ≥
+ - + + + - + + + - +
+ +
Ô
+ + + + + - + + +
+ +
Ô ≥
+ + + + + - + + +
+ +
Ô
+ + - + + + + + +
+ +
Ô
+ + - + + +
Ta cần chứng minh:
2
2
1
2 15
2 15
5
x y z
x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z
+ +
≥
+ + - + + +
Ô + + + + + -
Ô + + + + + -
Điều do: x+ + ≥y z xy+yz+xz =3
(110)Vậy
2 2
3 3
8 8
x y z
x y z
+ + ≥
+ + +
ĐỀ SỐ 15
Câu
Tìm tất số thực m….
Ta có: D = 2m+3 2-4 3m+ =1 4m2+ > "5 m Do đóphương trình ln có hai nghiệm phân biệt
Theo định lý Vi-et, ta có:
1
2
3
x x m
x x m
+ = +
= +
Theo đề ta có:
2
2
1 2 2
2
7
2 3
+ - = Ô + - =
Ô + - + =
x x x x x x x x
m m
2
1
4 1
4
=
-Ô + - = ¤
=
m
m m
m
Vậy giá trị cần tìm là: 1;
m= - m=
Tìm tất sốnguyên…….
Để phương trình có nghiệm ngun D =4m2+5 phải sốchính phương Khi đó:
2 2
4 5 2
2 ; (5) 1;5; 1;
m k k m k m k m
k m k m U
+ = Ô - = Ô - + =
- + =
-Ta có bảng sau: 2
k- m -1 -5
2
k+ m -5 -1
m -1 -1
Vậy giá trị cần tìm là: m=1;m= -1
Câu 2:
Giải phương trình: x+ x+ =3 2x2+4x+3
Điều kiện xác định: x≥0
2
2
4
3
3
3
3
2
Pt x x x x x x
x x x x
x x x x x
x x x
Ô + + + + = + +
Ô + = +
Ô + = + +
(111)2
1 3
x x- x + x+ =
2
3 ( )
x x
x x VN
=
Ô =
+ + =
Vy phng trình cho có tập nghiệm S = 0;1
Giải hệphương trình:
2
2
1
3
1
5
x y
x y
x y
x y
+ + - =
+ + + =
Điều kiện : x y; π0 Ta có:
2
2
2
1
1 3
3
( )
1 1 1
5 5
x y
x y
x y
x y
I
x y x y
x y x y
+ + - = + + - =
Ô
+ + + = + + - =
Đặt a x; b y
x y
= + = - với a2 ≥4
Thay vào hệ (I) ta có:
2
2
2
2
3
2
a b
a b
a b ab ab ab
a b a
b
= =
+ =
+ - = Ô - = Ô =
+ = =
= M a2 ≥4nên
1
a b
= =
2
1 ( )
2
2
1
1 1 0 ( )
1 2
x tm
x
x x
x
y y y tm
y y
= + =
- + =
Ô Ô
- - = =
- =
Vậy nghiệm hệđã cho 1;1 ; 1;1
2
+
-Câu 3:
3
1
n - = n- n + +n p
1 1
p- n p- ≥n p≥ +n
(112)Đặt : p- =1 kn, k≥1 p=kn+1 (*)
2
2
2
1 1
1
1 1
1
1
+ + + + Ê + +
Ô Ê + Ô Ê +
+ + - + +
- + +
≥ - + >
n n kn kn n n
kn n n k n
k n n n kn kn
k n k kn
k k n k
1
1
- + ≥ +
≥ +
k n k kn
k n
2
1 1
= + = + = + +
k n p kn n n
2
2 1
+ = + + = +
n p n n n
Vậy n+ plà sốchính phương
Câu 4:
2
2
2
2
2
2
2
2
1 1
1
2
1
2
1
a b a b
a ab b a b
a b a b ab
a a b b ab a b
a a b b a b
a a b b
a b
a b
b a
- = + +
Ô - + = + +
Ô + = + + +
Ô + + + = + + +
Ô + + + = + +
+ + +
Ô =
+ +
Ô + =
+ +
Đặt ;
1
a b
x y x y
b a
= = + =
+ +
Ta có:
3
3 3 3
3
1
1
3
x y
xy x y
xy x y x y xy
+ + £
Ô + + + Ê
Ô + + + - £
2
6
xy x y
Ô - Ê
(do
2
0
4
x y
xy +
£ £ = )
Dấu "="xảy khi: 0;
2 2;
xy a b
x y a b
= = =
Ô
+ = = =
(113)CMR: ABK tam giác vuông
Gọi I giao điểm KA OO' Khi I trung điểm KA (tính chất hình bình hành) Mặt khác OO'là trung trực ABnên IA= IB.(tính chất đường nối tâm giao tuyến chung hai đường trịn)
Từđó ta có: IA=IB=IKnên tam giác ABK vng B (tam giác có đường trung tuyến từđỉnh B đến cạnh AK nửa cạnh AK tam giác tam giác vng B) Vậy ta có điều phải chứng minh
Đường trịn tâm K…
Ta có: KA=KM(cùng thuộc đường tròn K KA; ), OA=OM =R
Suy OK trung trực AM.(tính chất đường trung trực)
KO AM
Vì KO/ /AO' MA AO'(từsong song đến vng góc) Do đó: MA tiếp tuyến O' (định nghĩa)
Suy : MAB= ANB NAB; = AMB
Khi xét hai tam giác: AMBvà ABNta suy ra: ABM =ABN
(114)Gọi E, F trung điểm CA, AD H trung điểm EF Khi ta có:
'
OE CD
O F CD(quan hệ đường kính dây cung)
/ / '
OE O F(từvng góc đến song song)
'
OEFO hình thang vng E F,
Lại có Hlà trung điểm EF I, trung điểm OO'(cách dựng)
/ / / / '
HI OE O F(đường trung bình hình thang)
HI CD(từsong song đến vng góc)
HIlà đường trung trực EF IE =IF(tính chất đường trung trực)
Lại có: EI đường trung bình DACK(E trung điểm AC, I trung điểm AK) KC=2EI(tính chất đường trung bình tam giác)
Mà FIlà đường trung bình DADK(F trung điểm AD I, trung điểm AK)
2
KD= FI(tính chất đường trung bình tam giác)
2
KD=KC = EI (đpcm)
Câu 6:
(115)Nếu tập khác rỗng ta chọn từ tập hợp phần tử Khi tổng sốđược chọn có tận nên chia hết cho
Nếu có tập khác rỗng theo ngun lý Dirichle tập cịn lại ln có tập có phần tử Ta chọn số từ tập này, tổng sốđược chọn chia hết cho
Vậy trường hợp ta ln chọn số có tổng chia hết cho
ĐỀ SỐ 16
Câu
Giải phương trình 7 2+ x- =x 2+ x 7-x Điều kiện xác định: 0£ £x
7 2
PT Ô - +x x = + x -x
Đặt
2
( 0)
7
7 ( 0)
x a a x a
x b
x b b
= ≥ =
- =
- = ≥
2
2
2
2
2
2
7
7 ( )
2
2 ( ) 3( )
PT b a a b
b b a ab
b b a b
a b b
a b x x x tm
b tm x x tm
Ô + = +
Ô - + - =
Ô - + - =
Ô - - =
= = - =
Ô
= - = Ô =
Vy nghim ca phng trình cho 3;
x= x=
Cho số thực x,y thỏa mãn……
2
2
2
2
2
2
2018 2018 2018
2018 2018
2018
2018 2018
2018
2018
2018 2018 (1)
x x y y
x x
y y
y y
x x
y y
x x y y
+ + + + =
Ô + + =
+ +
+
-Ô + + =
+
-Ô + + = +
(116)2
2018+x - =x 2018+y +y (2) Cộng vế với vế (1) (2) ta được:
2 2 2 2018 2018 2018 2018 x y x y x y x y x y + = + Ô + = + = ¤ = ¤ = -+)Với x= yta có:
2
2019 2019
2019 2019
1 2018 2018
2 0
0
2018( ) 2020 2020
x x x x
x x x y
x y
x y
Q x y x y
Ô + + = +
-Ô = Ô = = =
+ =
+ =
= + + + + =
+)Với x= -y, ta có:
2019 2019 2020 x y Q x y + = = + =
Vậy Q=2020
Câu
Ta cú: D > Ô' m-1 2-2m+ > Ô6 m2-4m+ > Ô7 m-2 2+ > "3 x
Suy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m
Áp dụng định lý Vi-et ta có:
1
2
2
x x m
x x m
+ =
-=
-Theo đề ta có:
2
2 4 4 2 2
1 2
1 2
2
2 1 2 1 2
2
2
1 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 2
2 ( 3)
2
4 4 12
2
2
4 12 16
2
2
x x x x
x x x x
A
x x x x x x
x x x x x x
x x
m m m
m m
m m m
m
m m m m
(117)-2
2
2
2
2
2
2
3
m m
A
m
m m
m m m
m
- +
Ô
+
Ô - +
-Ta cú:
2m -6m+ =8 (m m- +3)
Ta thấy: 2m m-3 m- " π3 m
2m -6m+8 m-3 " πm
2m -6m+8 m- Ô3 m-3 hay m-3 U(8)Ô m-3 1; 2; 4;
Ta có bảng giá trị
3
x- -8 -4 -2 -1
x -5 -1 11
Kết hợp với điều kiện mπ3ta có giá trị thỏa mãn toán:
5; 1;1;2;4;5;7;11
m
-Câu
Dựa vào đề ta có phân số tổng quát dãy số
2 2 3
1 1
1
2
1 1
1 1
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
+ - + + - +
= =
+ + -
-+ + + + - +
+ - +
= =
-+ +
Từđó ta có:
1 1
2 1 2 2025 2024 2024 2025
1 1 1
1 2 2024 2025
1 44
1
45 45
2025
P= + + +
+ + +
= - + - + +
-= - = - =
Vậy 44
45
P=
b) Tìm tất sốnguyên dương x, y thỏa mãn…
Áp dụng BĐT Co si ta có:
2
2
2
2
x y
x +y ≥ xy + ≥xy
2
2
2 2
2
x y
x y
(118)2
2
2
3( )
2
6
x y
x y x y
x y x y
x y
+
+ = + ≥
+ ≥ +
≥ +
Lại có:
2
,
5
x y
x y
x y x y
x y
x y
+
+ = + = + = + = + =
TH1: 2
2 1
x+ =y x= =y x + y = + = π ktm
2
2
2
2
2;
2 : 5( )
1;
3; 10 ( )
3 : 1; 10 ( )
2 ( )
x y
TH x y x y ktm
x y
x y x y ktm
TH x y x y x y ktm
x y x y ktm
= =
+ = + =
= =
= = + =
+ = = = + =
= = + =
2
2
2
2
2
2
2
2
3; 13 ( )
2; 13 ( )
4 :
4; 17 ( )
1; 17 ( )
4; 20 ( )
2; 20 ( )
5 :
5; 26 ( )
3 18 3 ( )
x y x y ktm
x y x y ktm
TH x y
x y x y ktm
x y x y ktm
x y x y ktm
x y x y ktm
TH x y
x y x y ktm
x y x y tm
= = + =
= = + =
+ =
= = + =
= = + =
= = + =
= = + =
+ =
= = + =
= = + = = +
Vậy nghiệm dương phương trình cho 3;3
Câu
F Q
H
G
P
E
D I
K
B A
O
(119)CMR: 2
KO -KM =R
Ta có I trung điểm AM K, trung điểm MC(gt) / /
KI AC(đường trung bình DAMC)
Lại có: MO AB(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
KI MO(từsong song đến vng góc)
Gọi P giao điểm MOvà Q giao điểm KIvà MO
Xét DOAM vng A có đường cao APta có: OA2 =OP OM =R2
Xét DMQKvuông Q ta có: 2
KM =MQ +QK
Xét DQKOvng Q ta có: KO2 =QO2+QK2
2 2 2
2
KO KM QO QK MQ QK
QO MQ QO MQ QO MQ
- = + -
-= - = - +
Xét DAMPcó: ( )
/ / ( )
AI MI gt
Q
IQ AP cmt
=
là trung điểm MP(tính chất đường trung bình)
2
2
MQ QP
KO KM QO MQ QO MQ
QO QP MO OP OM R
=
- = - +
= - = =
Vậy KO2-KM2 =R2
CMR: tứ giác BCDM nội tiếp
Gọi giao điểm KO với O G H, hình vẽ Xét DKGAvà DKDHta có:
AKGchung; KAG=KHD(hai góc nội tiếp chắn cung DG)
( )
KGA KDH g g
D D
-
KG KA
KG KH KA KD
KD = KH = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Ta có:
2 2
( )
KM KO R KO R KO R
KO OG KO OH KG KH KD KA cmt
= - = - +
= - + = =
( )
KM KD
KMD KAM c g c
KA = KM D D
KMD=KAM =DBA=CBD(Các góc tương ứng nhau) Vậy ta có tứ giác MBCDlà tứ giác nội tiếp
Gọi E giao điểm thứ MD với (O), N trung điểm KE……
(120)Mà MAD=KMD(theo câu b) MEA=EMK =MAD
Lại có hai góc vị trí so le MK/ /AE
Tứ giác MAKEnội tiếp có I N, trung điểm cạnh bên AM EK IN/ /AE
Do đó: FNI =KNI =FEA IN / /AE =FAI
Do tứ giác IANFnội tiếp (điều phải chứng minh)
ĐỀ SỐ 17 Câu
a) ( 2)( 2) 1 (2 1)( 1)
( 1)( 2)
x x
P x x
x x
- +
= + -
-2 1
(2 1)( 1)
1
x
P x x
x
+
= -
-4 1
P= x
-b) P=2019Ô4x- =1 2019 505
x=
c) 10 4 10 1 (10 2 ) 18 1
5 5
x x
T P x
x x x
= + = + - = + + -
10 2 18 10 2 18
( ) 1 2 . .5 1
5 5 5 5
x x x
T
x x
= + + - ≥ + - =21 ( Do x≥5và cơsi) Vậy T có giá trị nhỏ 21 x=5
Câu
Hồnh độ điểm I nghiệm phương trình
2
1 1 1
1
m
x mx m x
m m m
+ = + Ô =
+
2
2
1 2
1 1
m m
do x y
m m
-= =
+ +
2
2
1 2
( ; )
1 1
m m
I
m m
-+ +
2
2
2
1 2
( ) ( ) 1
1 1
m m
T
m m
-= + =
+ +
Chú ý: Ý học sinh dùng quỹ tích I đường tròn R =
Câu
(121)Theo viét
1
2 1
x x m
x x m
+ =
-= - -
2
1 2 2 ( 2) 8 ( 2) 4 1 8
x -x = Ô x - x = Ô x + x - x x =
2
(m-2) - - -4( 1 m) 8= Ôm = Ô =0 m 0 b)
2 2
2 1 2
2 2
1 2
( 1) ( 1) 2 ( ) 2 2( )
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x x x x x
T
x x x x x x
+ + + + + - + +
= =
+ + + + +
(Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác -1 với m)
2
4 1 4
m
T = + ≥
T nhỏ m =
Câu
a) Đk x≥ -2018 ta có 4(x+2018)+ 9(x+2018) =5 2 x+2018+3 x+2018 = ¤5 x+2018 =1
2017
x=
-b) x3 -y3 +3x2 +6x-3y+ = Ô4 0 [(x+1)3 -y3] 3(+ x+ -1) 3y=0
2
(x+ -1 y)[(x+1) + +(x 1)y+ y + = Ô = +3] 0 y x 1 Với y= +x 1 vào x2 + y2 -3x=1 ta có
0
2 0 1
2
x
x x
x
= - = Ô
= Vy h có hai nghiệm (0;1),( ; )1 3
2 2
Câu
E
M
K
J
N
F I
O
(122)a) Do MK và ON vuông góc JN (1) NK và OM vng góc JM (2) Nên từ (1) (2) có / /
/ /
MK ON
NK OM Tứ giác OMKN là hình bình hành(3), suy H
trung điểm OK
b) Do OM =ON (4) Từ (3)&(4)có tứ giác OMKN hình thoi (5) Mặt khác OJ =2OM = 2a suy MOJ =600 (6)
Từ(5)và(6) MOK =600 OMKđều
OK=OM = =R a Kthuộc đường tròn tâm O
c) Do (M;r)nhận OJ tuyến tuyến mà MH JO=H r=MH
Ta có 1 2 1 2 1 2 42 3
MH =OM + JM = a
3 2
a r =
( dùng hệ thức lượng tam giác vuông)
d) Gọi IE,IFlà hai tiếp tuyến với (O) E,F IE IF Suy tứ giác IEOF hình vng
Tính OI =a 2 (Khơng đổi)(1) Do Ocố định (2)
Từ (1) (2) tập hợp Inằm đường trịn tâm O bán kính a 2
Câu
Do x y z, , ba số thực không âm thỏa mãn :12x+10y+15z£60
Ta có
, , 0
5 6 4
x y z x y z
≥ £ £ £
(*)
Từ điều kiện ta có T = x2 + y2 +z2 -4x-4y-z
( 5) ( 6) ( 4) 2 3
12 60
2 3 2 3 12
5 5
x x y y z z x y z
x
x y z y z
= - + - + - + + +
£ + + £ + + £ =
Vậy GTLN T 12 đạt
0 0
6 or 0
0 4
x x
y y
z z
= =
= =
(123)ĐỀ SỐ 18
Câu 1:
2
4 15 10 15 15 15 15
8 15 16 15
5 5
A= + - - = + - +
-= + - - = +
-= + - = - =
Vậy A =
Câu
Giả sửđường thẳng cần tìm có dạng y=ax b+
Theo đềbài : đường thẳng d có hệ số góc
3
-4
a= - phương trình đường thẳng d có dạng
3
y= - x b+
Theo đềbài ta có: đường thẳng d qua A 3;
4
.3 :
3 b b d y 3x
- + = = - +
Gọi A B, giao điểm d với Oxvà Oy A xA;0 ;B 0;yB
0 6; 0
6
4 0;8
.0
A
A B B
x A
x
y B
y
= - + = -
-Ô = = - +
Xột tam giỏc vuụng OABcó đường cao AHchính khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng d
Suy độ dài OA= xA =6;OB= yB =8
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng OAB có:
2 2 2
1 1 1 25 24
8 576 AH
AH =OA +OB = + = =
Vậy khoảng cách từđiểm O đến đường thẳng d 24
5 Câu 3:
Ta có:
4 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
sin sin cos cos cos sin sin sin cos cos cos sin
sin cos cos cos sin sin cos sin sin cos
cos sin sin cos cos cos sin sin ( VT
do
= - + + - +
= - - + + - - +
= - + + - +
= - +
-= - +
-= +
2
.0 90 sin , cos 0) cos sin (dpcm)
< < >
(124)Vậy sin4 -sin2 +cos2 + cos4 -cos2 +sin2 =1
Câu
Xét DAEBvng B có: CAB CEB+ =90 (1)0
Mà có BC AEdo ACBlà góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
0 90 (2)
CBA CAB+ =
Từ (1) (2) CBA=CEB(3)
Xét đường tròn (O) có CBA CDA, hai góc nơi tiếp chắn cung AC
(4)
CBA=CDA
Từ (3) (4) CEB=CDA
CDFElà tứ giác nội tiếp (góc tại đỉnh bằng góc ngồi tại đỉnh đối diện) (đpcm)
Câu
Phương trình có hai nghiệm trái dấu 3
ac m m
Ô < Ô - < Ô < Áp dụng định lý Vi ét ta có:
1 2
x x m
x x m
+ =
=
-Phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn
1 0
x x m
Ô + < Ô <
d
D C
B O
A
E
(125)Vậy m<0thỏa mãn u cầu tốn
Vậy phương trình có hai nghiệm trái dấu
2
m
Ô <
Cõu 6:
Gi M trung điểm BC AM BC(do tam giác ABCcân A) Xét DACMvà DBCHcó:ACBchung ;
90 BHC =AMC=
2
( )
( )
2
AC CM
ACM BCH g g BC CM AC CH
BC CH
BC
BC AC CH BC AC CH dpcm
D D - = =
Ô = =
Câu 2 2 2
2
2 2
2 2
1 1
1 1
a a ab bc ca a a b c a b a c a b
b b ab bc ac b c a b
c c ab bc ac a c b c
a b c a b b c c a a b b c c a
+ = + + + = + + + = + +
+ = + + + = + +
+ = + + + = + +
+ + + = + + + = + + +
Vậy đẳng thức chứng minh
Câu
M
H
B C
(126)Xét tam giác MBCcó
2
MBC ABCD
S = AB AC= S
(1)
MBC MBD MAB
MGH BGHC EBG AEGM MDFH HFC
S S S
S S S S S S
= +
+ = + + +
Xét hai hình thang AEFDvà EBCFcó:
1 2
AEFD EBCF
S AD AE DF
S AD EB FC
= +
= +
Mà có: EB=DF FC, = AE SAEFD =SEBCF
(2)
EBG HFC BGHC AEGM MDFH MGH
S +S +S =S +S +S
Trừ(1) cho (2) ta được:
MHG EBG HCF HFC EBG MHG MHG EBG HCF
S - S +S =S +S -S = - S - S +S
Mà có: SEBG +SHFC +SBGHC =SAEGM +SMDFH +SMGH AEGM MDFH BGHC
S +S =S (đpcm)
Câu
+) Chứng minh đẳng thức
1 2
1 2 3 2 1 2 2
n n n n n n
n n n n n n n n n n n n n
a b a a b a b a b ab b
a a b a b a b a b ab a b a b a b ab b
a b
- - -
- -
+ + + + + +
= + + + + + + - + + + + +
=
-+) Vì nlà số chẵn, đặt n=2 ,k k ta có:
2 2
20n+16n - - =3n 20 k +16 k -3 k - =1 400k +256k -9k -1
Để chứng minh 20n+16n- -3n 323, ta cần chứng minh 20n+16n- -3n chia hết cho 19 17
Ta có:
H G
C A
D
F
B E
(127)1 2
1 2
1 2
1
400 400 400 400 400 400.1 399 400 400 400 400.1
19.21 400 400 400 400.1 19 256 256 256 256
k k k k k k k
k k k k k
k k k k k
k k k k
- - - -
- - -
- - -
= - + + + + +
= + + + + +
= + + + + +
- = - + + +
1 2
1 2
9 256 247 256 256 256
13.19 256 256 256 19 400 256 19
k k
k k k k
k k k k
k k k k
-
- -
- -
-+
= + + + +
= + + + +
- +
-Tương tựta có:
1 2
1 2
1 2
1 2
400 400 400 400 400
17.23 400 400 400 17
256 256 256 256 256.1
17.15 256 256 256.1 17
400 256
k k k k k k
k k k k
k k k k k
k k k k k k k
- - -
- -
- -
- -
= - + + + +
= + + + +
- = - + + + +
= + + + +
- + - 17
Như ta có:
20 16 400 256 19
20 16 19.17
20 16 400 256 17
20 16 323
n n n k k k
n n n n n n k k k
n n n
+ - - = + -
-+
-+ - - = + -
-+
-Như ta có điều cần chứng minh
Câu 10
2
2
18 ( ) 18
( 1)( 1) 72 ( 1) 72
x y x y x y xy x y
xy x y xy xy x y
+ + + = Ô + - + + =
+ + = + + + =
(128)2 2 2 2 2 2
4 2
4 18 (1) 2 18 18 18
( 1) 72
1 72(2)
2
(2) 18 16 288
2 17 17 288
2 17 288
4 68 34 289 288
4
a a b
a a b
a a a a
b a b
a
a a a a
a a a a a a
a a a
a a a a a a a
a a + -= + - = Ô + - + -+ -+ = + + = Ô + - + - = Ô + - - + + - + + = Ô + - - + = Ô + + - - + - - - =
Ô +
3
3 2
2
31 70 288 288
4 31 70
5 45 14 70
5 14
0
5
5
2
7 12
a a
a a a a
a a a a a a
a a a a
a b
a b
a a a a
a b a b - - + = Ô + - - = Ô - + - + - = Ô - + + = = = -= = ¤ - + + = ¤ = - = -= - =
+) Với
9
a b
=
= - ta có hai số x y, nghiệm phương trình
2
0
3 X X X X = - - = Ô = -Vy ta c hai nghiệm hệphương trình x y; = 3; ;- -3;3
+)Với
6
a b
=
= ta có hai số x y, nghiệm phương trình
2
5
3 X X X X = - + = Ô = Vy ta c hai nghim ca hphng trình 3; ; 2;3
+)Với
8
a b
=
-= - ta có hai số x y, nghiệm phương trình
2
2
4 X X X X = + - = Ô = -Vy ta hai nghiệm hệphương trình -4; ; 2;
-+)Với
12
a b
=
-= ta có hai số x y, nghiệm phương trình
2
7 12
4 X X X X = -+ + = Ô = Vy ta c hai nghim ca hphng trình x y; = - -3; ; - -4;
Vậy ta hai nghiệm hệphương trình
; 3; ; 4; ; 4;2 ; 2; ; 3;2 ; 2;3 ; 3; ; 3;3
x y = - - -
(129)3 3
2 4 2
1 3
2
4 2
a b c a b c
S a b c
a b c a b c
a b c
a b c
a b c
= + + + + + = + + + + + + + +
= + + + + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số khơng âm ta có:
3 3
)
4
9
)
2 2
4
)
4
1 3
2 20 3 13
4 2 4
a a
a a
b b
b b
c c
c c
a b c
S a b c
a b c
+ + ≥ =
+ + ≥ =
+ + ≥ =
= + + + + + + + + ≥ + + + =
Dấu “ = “ xảy :
2 20
3
2
3 ( , ,
9
4
2
4
a b c
a
a a
b a b c
b
c b
c c
+ + =
= =
Ô = >
=
= =
Vậy MinS =13khi a=2;b=3;c=4
Câu 12
Xét đường trịn O có:
K H
D
C B
A
(130)SBElà góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BE BCElà góc nội tiếp chắn cung BE
SBE =BCE(định lý)
Mà có: SBE =BKH(hai góc so le trong, KD // AB)
BKH =BCE =SBE
Xét DBKHvà DBCEcó:
( );
BKH =BCE cmt EBCchung
( ) KH BH CE(1)
BKH BCE g g KH BH
CE BE BE
D D = =
Chứng minh tương tự ta có: BHD BDC g g( ) BH HD HD BH.CD(2)
BD CD BD
D D = =
Xét DBADvà DEBAcó:
BAEchung; DBA=BEA(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BD)
( ) BE AB
BAD EAB g g
BD AD
D D = (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Mà có: AB AC
AD = AD(do AB AC, tiếp tuyến qua Acủa đường tròn O nên AB =
AC) BE CE CE CD(3)
BD =CD BE = BD
Từ (1) (2) (3) ta có: KH BH CE BD AH HK
HD = BH BE CD = = (đpcm)
ĐỀ SỐ 19
Câu 1:
Giải phương trình
Đặt x2 =t t≥0 phương trình trở thành: t2-22t+25=0
Ta có: D =' 112-25=96 D ='
Phương trình có hai nghiệm phân biệt :
2
11 6( )
11 6( )
t tm
t tm
= + =
-2
2
2
2
2
2 2 2 3
11
11 2 2 3 2 2 3
3 2
x
x x
x
x x x
x
= +
= + = - +
= +
Ô Ô
= - = - =
(131)-Vậy phương trình cho có tập nghiệm
2 ; 2;2 3; 2
S = - + - - +
Cho biểu thức…
Rút gọn biểu thức P Điều kiện a>0
2
4
2
4
2
2
1 2
a a a a
P
a a a a
a a
a a
a a a a
a a a
a a a
a a a a a
a a
a a a
a a a a
+
-= +
+ + +
+
-= +
+ + +
-= +
+ +
- + +
-+
= =
+
= + - = - + +
Tìm số thực dương………
Điều kiện a>0 Ta có:
2
1 9
2
2 4
P= - +a a+ = - a- + £
Dấu “=” xảy 1 1( )
2
a a a tm
Ô - = Ô = Ô =
Vy
Max P=
4
a=
Câu 2:
Giải hệphương trình:
2
2
6 (1)
3 30 (2)
x xy
x xy y
- =
+ - =
Xét x=0 không nghiệm hệđã cho
Xét xπ0ta có phương trình (1) tương đương với :
2 6
6
x xy x y x y
x x
- = Ô - = - =
(132)2
2 2
4
4
2
2
6
3 30
108
3 12 36 30
2 108
9
9 ( 0)
3
3
x x x x
x x
x x x
x
x x
x x
x Vi x
x y
x y
+ - - - =
Ô + - - + - - =
Ô - - =
Ô - + =
Ô - = + >
= =
Ô
= - =
-Vậy hệđã cho có nghiệm 3;1 ; - -3;
Câu
Đểphương trình có nghiệm phân biệt D = m+1 2-8m=m2-6m- >1
3 10
3 10
m m
> + Ô
<
-Áp dụng định lý Vi et ta có:
1
1
x x m
x x m
+ = +
= Theo đề ta có:
1
2 2
1 2
1
1
4
3 3.2
m
x x m m
P
m m
x x x x m m m
+
-+
-= = = =
- +
+ - + + - +
-Xét biểu thức :
2
2 2
2
1 4
0
8 8
m
m m m m
P
m m m
+
+ - +
+ = + = = ≥
- -
-1
0
8
P+ Ô P
-Du = xy Ô + = Ô = -m m 2(tm)
Vậy Min
8
P= - m= -2
Câu
(133)Website:tailieumontoan.com
132
2
2
2 3
2 2 2
2 2 2
2 2 (*)
x y xy x
x xy x xy y y x y
x x y y x y x y
x y x y
- - - - =
Ô - - + - - - =
Ô - - + - - - =
Ô - - + - =
Do x y, , 2x+2y-1lẻnên ta có trường hợp sau đây:
1
( )
2 1 2 1
2 7
*
2 1 2 3
( )
2
3
x
tm
x y x y y
x y x y
x
x y x y
ktm
x y x y
y
=
+ - = - + = =
- = - - =
-Ô Ô Ô =
+ - = + =
- - = - = =
-Vậy nghiệm nguyên phương trình cho 1;
-Cho số thực dương…
Ta có:
2
3
2 2
2
2 2
2
1
( ) 2 2
2 0
a b a ab b
a b a b
ab a b a b ab a b ab
a ab b b a b
+ - +
+ ≥ + Ô +
+ +
Ô + + + Ô -
iu ny luụn ỳng, du bng xy Ô =a b
Chng minh hồn tồn tương tự ta có:
3
2
3
2
1
2
1
2
c b
c b
cb c b
c a
c a
ca c a
+ ≥ +
+ +
≥ +
+ Cộng vế theo vế ta có:
3 3 3
2 2 2
1 1 1 1 1
2 2 2
a b b c c a
a b c c a b a b c
ab a b bc b c ac c a
+ + + + + ≥ + + + + + = + +
+ + +
Dấu “=” xảy a= =b c
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu
Gọi phương trình đường thẳng OM là: y=ax+b
Ta có: :
50 100
b a
OM y x
a b b
= =
Ô =
+ = =
Tng tự ta có:
Phương trình đường thẳng ON là: y=0
(134)Những điểm nằm tam giác OMN phải thỏa mãn điều kiện:
0
2 0
2
2 200 100
2 200
y
x x
y x
x x
y x
>
> > <
- + > < < - +
Do tọa độnguyên nên điểm thỏa mãn đề : x=1;2;3 ;98;99
Lại có: 2x£ - +2x 200Ô Êx 50;2x> - +2x 200Ô >x 50
Từđó:
Nếu x=1ta có: y<2x y<2 có điểm nguyên Nếu x=2ta có y<2x y<4 có điểm nguyên ………
Nếu x=50ta có y<2x y<100 có 99 điểm nguyên
Nếu x=51 y< - +2x 100 y<98 có 97 điểm nguyên
………
Nếu x=99ta có: y< - +2x 200 y<2 có điểm nguyên
Vậy tổng sốđiểm thỏa mãn : 97 99 2.49.(2.1 48.2) 99 4901
+
+ + + + + = + =
điểm
Câu
Q M
N I
P
K
H F
E
D
B O
A
(135)Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp
Ta có:
1 1
2 2
1
E sdAB sdBC sdAC
ADC sdAC
= = =
=
(Vì góc ADC góc nội tiếp (O) chắn cung AC)
Gọi H trung điểm…
Gọi K giao điểm EO AH
EAF góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên góc vuông Tam giác ABF ABE vuông E nên:
2
sinBAF BF HF
AF FA
= = ; sinAEB AB 2AO
AE FA
= =
BAF = AEB(do phụ với EAB) nên HF AO
FA = FA
Mặt khác ( )
AFH EAO
AFH AEO c g c
HF AO
FA FA
=
D D
=
0
0
90
90 ( )
FAH EAO
FAH EAK AEO EAK
AEK OE AH dpcm
=
+ = = +
=
Gọi K giao điểm…
Ta có: OBD tam giác cân O nên ODB=OBD
EDB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên góc vng, DH =BH(tính chất đường trung tuyến tam giác vuông)
Do BHD cân H nên BDH =DBH
Vậy ODH =ODB+BDH =OBD+DBH =OBH =900 =OKH Do tứ giác OKDH nội tiếp
KDO KHO
CEK KDO CDK CEK
CEK KHO
=
= =
=
Nên tứ giác ECKD nội tiếp
Vậy K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ECD
Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tâm giác ECDF……
Gọi N giao điểm CB KH
(136)Gọi P hình chiếu I lên EF Do NF vng với EF (vì EFN góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên IP//NF
IP đường trung bình tam giác ENF
2
FN IP=
Tứ giác AFNB có FN/ /AB FA; / /NBnên hình bình hành, FN= AB
Do đó:
2
IP = AB=OB
Mà OB cốđịnh nên I di động đường thẳng song song với EF, cách EF khoảng không đổi OB
AB cắt (I) điểm Gọi điểm M Q, R bán kính đường trịn tâm O
2
( )
( )
MOD COQ
ODM OQC g g
MDO CQO
OD OM
OD OC R OM OQ
OQ OC
CAM QAE
ACM AQE g g
ACM AQE
AC AM
AC AE AQ AM
AQ AE
=
D D
-=
= = =
=
D D
=
= Ô =
2 2
2
2
2
2 2
4
AC AE AB R AQ AM R
AO OQ AO OM R
R OQ R OM R
R R OM R OQ OQ OM R
R R OQ OM R R
OQ OM R
= = =
Ô + - =
Ô + - =
Ô - + - =
Ô + - - =
- =
Do ta ln tính OQ, OM theo R Mà O, R cốđịnh nên Q, M cốđịnh
Vậy đường trịn (I) ln qua điểm cốđịnh M, Q C di động đường tròn (O)
ĐỀ SỐ 20
Câu
4
4
2 ( 2) ( 2)( 2)
x x
A
x
x x x x x x
= - =
(137)
1 4
2 ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x
x x x x x x
+
-= - = =
- + - + - + (mỗi ý 0,25đ)
2
5
A x
x
= Ô = Ô =
+
x
Ô =
Câu
Theo đề ta có
2
2
* ;
p q a
p q b
a b N
+ =
+ = , suy b2-a2 =3qÔ b a b- +a =3q
Từ q số nguyên tố a b+ ≥2 nên ta có trường hợp sau:
+TH 1:
3 b a
b a q
- =
+ = suy b= +a 2a+ =1 3q, suy q lẻ
Ta viết q=2k+1 ( k N*)
Khi 2a=3q- =1 6k+2 hay a=3k+1 p=a2 –q=9k2+4k =k 9k+4
Do p nguyên tố nên k=1 p=13,q=3
+ TH 2: b a
b a q
- =
+ = , suy b= +a q=2a+3
Lại có p=a2- =q a2-2 – 3a = a+1 a– Do p nguyên tố nên a=4 p=5,q=11
+ TH 3:
3
b a q
b a
- =
+ = b> ≥a
Suy b=2 và a=1 q=1 khơng phải số ngun tố Kết luận: (p;q) = (5;11), (13;3)
Cách khác:
Theo đề ta có
2
2
* ;
p q a
p q b
a b N
+ =
+ =
Suy b2-a2 =3qÔ b a b- +a =3q
Vì p q, số nguyên tố nên a≥2, b≥4 Do ta có trường hợp sau:
+TH 1:
3 b a
b a q
- =
+ = Khi b= +a 2a+ =1 3q Suy q lẻ
Ta viết q=2k+1 ( k N*)
Khi 2a=3q- =1 6k+2 hay a=3k+1 p=a2 –q=9k2+4k =k 9k+4
(138)+ TH 2: b a
b a q
- =
+ = Khi b= +a q=2a+3
Lại có p=a2- =q a2-2 – 3a = a+1 a–
Do p nguyên tố nên a=4 Suy p=5, q=11 Vậy p=13, q=3 p=5, q=11
Câu
a) Giải phương trình x2-3x+ =2 (x-1) 4-x Điều kiện: x£4
2
3 ( 1)
x - x+ = x- -x Ô -(x 1) x- -2 4-x =0
2
x
x x
= Ô
- - - =
2
2
2
4 ( 2)
x
x x
x x
≥
- - - = Ô
- = - Ô =x (thỏa điều kiện ≤ x≤ 4) Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x=1,x=3
b) Giải hệ phương trình
2
2
0
2
x x y y
x y x y
- - + =
- + + - =
2 0 ( )( 1) 0
x - -x y + = Ôy x-y x+ - = Ô =y x y x+ - =y
+ Với x= y thay vào pt thứ hai ta được: x2+2x- = Ô =3 x hoc x= -3 Suy được: ( ; )x y =(1;1) ( ; )x y = - -( 3; 3)
+ Vi x+ - = Ô = -y y x thay vào pt thứ hai ta được:
2
x + x- = ¤ =x x= -3
Suy được: ( ; )x y =(1;0) ( ; )x y = -( 3; 4)
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: (1;1), ( 3; 3), (1;0), ( 3; 4).- -
-* Lưu ý:Học sinh giải trường hợp: với x= y, với x+ - =y cho 0,5đ
Câu
Phương trình hồnh độ giao điểm ( )d ( )P : x2-2x m- =0 (1) + D = +' m
+ ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt D >' hay m> -1
+ x x1, hai hoành độ hai giao điểm ( )d ( )P nên x x1, nghiệm pt (1) Theo định lý Viet:
1 2
x x
x x m
+ =
= - (thí sinh khơng viết định lý mà thể dòng
đúng được).
(139)Câu
a) Chứng minh AL.CB = AB.KL
- Xét hai tam giác AKL ACB, có: +A chung ;
+ AK.AB = AH = AL.AC2 AK = AL AC AB
Suy hai tam giác AKL ACB đồng dạng Suy AL = KL AL.CB = AB.KL
AB CB
Lưu ý:HS chứng minh ∆AKL ~ ∆ACB theo cách khác 0,75đ.
b) Lấy điểm E đoạn thẳng AD cho DB = DE Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
+ AE đường phân giác góc A tam giác ABC (*) + Tam giác DBE cân D nên: BED = EBD (1)
BED = BAD + ABE = BCD + ABE = DBC + ABE (2); EBD = DBC + EBC (3)
Từ (1), (2) (3) suy ABE = EBC hay BE phân giác góc B tam giác ABC (**)
Từ (*) (**) suy E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
c) Đường thẳng KL cắt đường tròn (O) hai điểm M, N (K nằm M, L) Chứng minh AM = AN = AH
+ Hai tam giác AKL ACB đồng dạng
Suy ALK = ABC sdAM + sd NC = 1sdAC
2
1
sdAM + sd NC = sdAN + sd NC
2 sdAM = sdAN AM = AN (4)
+ Chứng minh hai tam giác ALN ANC đồng dạng Suy AL = AN AN = AL.AC2
AN AC Mà
2
AL.AC = AH AN = AH (5) Từ (5) (6) suy AM = AN = AH
/
M
N
K
L O
E
D
H C
B
(140)Câu
Ta có:
, ,
1
1
a b a b
a b ab
a b
> >
Ô
+ £
+ £
Đặt x, y
a = b = ; ta có
, x y x y
>
+ £ 2 2
1 1
A
x y x y
= + +
+
2 2 2
2 2 2 2 2
1 3( )
4
x y x y x y
A
x y x y x y x y x y
+ + +
= + = + +
+ +
2
2 2 2
3.2
2
4
xy x y
x y x y x y
+
≥ +
+
3
2
A
xy xy xy
≥ + =
2 2
1
2 2
2 2
x y x y
x+ ≥y xy + ≥xy xy£ + £ =
Suy A≥10 Dấu xảy
1
x y
x y
x y
=
Ô = =
+ = hay a= =b
Vậy giá trị nhỏ A 10 a= =b
Cách khác :
Ta có: a b £ a+ b£ ab ab≥4
Dấu đẳng thức xảy
4
a b
a b
ab
=
Ô Ô = =
=
3
10
4 2
a b
ab a b ab ab ab
A a b ab
a b a b
+ +
= + + = + + ≥ + = ≥
+ +
Suy ra: A≥10
Đẳng thức xảy
4
4
a b
a b
a b ab
a b
= =
Ô = = +
= +
Vậy giá trị nhỏ A 10 a= =b
ĐỀ SỐ 21
Câu Rút gọn P
(141)2
2
2
2
4 2
2
2
2
2 2
2
1
1
2 2
1
( 1)
2 2
1
1 1
1
1 1
1
1 1
2 1
1
1
0
= + - + +
+
+ + + + +
= +
-+
+ + + + +
= +
-+ + + = +
-+
+ + + + + +
= + - = + - >
+ + +
+ + -
-= = < " >
+ +
< < " >
a
x a a
a
a a a a a
a
a
a a a a a
a
a a a a
a
a a a a a a
a a do
a a a
a a a a a
a
a a
x a
2
2
1
2 1
2 1
+ - +
+ - + +
= =
- +
-x x
x x x
P
x x x
1 1 1 2 2 1
2
1 1
1
+ - + + - + +
= = = = = +
- - - +
-+
x x x x a
a a
x x a a
a
Vậy P=2a+2
Chứng minh…
Ta có: x+ + +y z xyz = Ô4 x+ +y z +4 xyz =16
Mặt khác:
2
4 16 4( ) 4
4
4 2
x y z x y z yz x x y z xyz y z yz
x x xyz yz x x yz
x y z x x yz x xyz
- - = - + + = + + + - + +
= + + = +
- - = + = +
Chứng minh hồn tồn tương tự ta có:
4
4
y x z y xyz
z x y z xyz
- - = +
- - = +
(142)4 4 4
2 2
2
x y z y x z z x y xyz
x y z xyz xyz
x y z xyz
- - + - - + - - =
= + + +
-= + + + =
Vậy x(4-y)(4- +z) y 4-x 4-z + z 4-x 4-y - xyz =8
Câu
Giải phương trình: 2(x 1) x x
x
+ + = +
Điều kiện xác định: x>0
Ta có phương trình cho tương đương với:
2
3
2 x x x x x (*)
x x x x
+ + = + ¤ + + = +
Đặt t x (t 0) t2 x
x x
= + > = +
2
2
1
*
4
2
2
(2 ) ( 2)
2
2
t t
x x
t
t t
x x
t t t
x
t t
x
Ô + = +
Ô + - - =
Ô - + - =
Ô - - =
2 ( )
2
0
t t tm
t t
x x
- = =
Ô Ô
- = =
2
)t x x 4x
x
+ = + = Ô - + =
1
1 ( )
3
x
x x tm
x
=
Ô - - = Ô
=
3
2
2
)t x x 3x
x x x
(143)2
2
( 1)( 4)
1 ( )
2 ( )
4
x x x
x x tm
x ktm
x x
Ô - + + =
- = =
Ô Ô
=
-+ + =
Vậy tập nghiệm phương trình cho S = 1;3
b) Giải hệphương trình:
2
3 2
( 1) ( 1)
x xy x y
x x y y
+ - + =
+ + + =
Ta có hệphương trình
2
3 2
( 1) ( 1)
x xy x y
x x y y
+ - + =
+ + + =
2 2
2 2
2
3 2 (1)
4 (*)
* **
x xy x y x x y y
x x y y x y xy x y
x x y y y
+ - + = + + + =
Ô Ô
+ + + = - + - + =
-Ô + - - - - =
Coi phương trình bậc hai ẩn xvà y tham số:
2 2 2 2
5 4.2 18 9( 1)
y y y y y y y
D = - + - - = - + = - ≥ "
Phương trình (**) có hai nghiệm:
5 2
4
5
2
4
y y y y
x
y y y
x y
- + + + +
= = =
- - -
-= = =
-2
2
2
2
1 1
)
2 2
2 2 4 16
5 13
y y y
x y y
y y y y y
y y
+ + +
+ = Ô + + + =
Ô + + + + + + - =
Ô + - =
1
13
5
y x
y x
= =
Ô -
-= =
2 2
2
2
) 2
4 4
2
1 1
x y y y y y
y y y y y
y y
y x
+ = - Ô - + - + + =
Ô - + + - + + - =
Ô - + =
Ô = = - =
Vậy nghiệm hệđã cho 1;1 ; 13;
5
(144)-Câu Đặt….
Ta có : N a1 a2 a2018;M a15 a25 a20185 a a1; a2018
+
= + + + = + + +
Xét hiệu
5 5
1 2018 2018
5 5
1 2 2018 2018
M N a a a a a a
a a a a a a
- = + + + - - -
-= - + - + +
-Ta có a5- =a a a4- =1 a a2+1 a2- =1 a a2+1 a-1 a+1 30=2.3.5với 2,3,5đều số nguyên tố
Ta có: a a2+1 a-1 a+1 có tích số tự nhiên liên tiếp a-1; ;a a+1nên
( 1)( 1)
a a- a+ chia hết cho
Nếu achia cho dư 0,1 a a, -1,a+1sẽ chia hết cho Nếu achi dư a+1sẽ chia hết cho
Vậy a a2+1 a-1 a+1 chia hết cho 2;3;5 nên chia hết cho 30
Do M-Nchia hết cho 30 M chia hết cho 30 Ta có diều phải chứng minh
Tìm tất cả….
Ta có:
2 2
8 2 2 1
4 k k 2.2k k k
n + - =n + - = n + - n + - - - n
2
2 1
2 1 2 1
2
2 2
k k
k k k k
n n
n n n n
-
- -
-= +
-= + - + +
(145)8 2 1 2 1
2 1
2
2
8
4 2 2
2
2.2 2
2
2 0
4 2
1
2
2
( )
2
2
( )
2
k k k k k
k k
k k
k k
k
k k
k k
k k
n n n n n
n n
n n
n
n k
n n
n
VN n
VN
+ + + + +
+ +
+
+ = + - + +
+ - =
Ô - + =
Ô - + =
- = =
+ = + + =
= =
- =
=
- =
-=
Vậy n=1,k =0là giá trị cần tìm
Câu
Tính… H,E,F thẳng hàng
Ta có:
90
BAC=DAE = AFD= (các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) Áp dụng hệ thức lượng DABC,DADB,DADEvuông D ta có:
2 2
AB AC= AD BC BD CD= AD BE AB=BD CF AC=CD
2 4
4
3
BE CF AB AC BD CD AD
AD AB AC
BE CF
AD AB AC BC
AD BC R
BE CF AD AD
= =
=
= = = =
P
N H
G
F
E I
D O C
B
A
(146)Gọi I trung điểm ADthì E I F, , thẳng hàng (do AEDF hình chữ nhật)
Xét đường trịn tâm I, đường kính AD ta có:
2
AD
IG=IA=
Xét đường tròn tâm O, đường kính BC ta có:
2
BC
OG=OA=
OIlà đường trung trực AG(tính chất đường trung trực)
OI AH
Lại có: AI OH I trực tâm DAOH IH OA
, ,
H E Fthẳng hàng (đpcm)
Chứng minh FG.FH+………
Ta có:
90
AGD= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét DAGDvà DADHta có:
A chung; AGD= ADH =900
( )
AGD ADH g g
D D
ADG= AHD(các góc tương ứng)
Lại có: AFG= ADG(các góc nội tiếp chắn cung AG)
AFG=AHD= AHC = ADG
GFCHlà tứ giác nội tiếp (góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện) Gọi J điểm GC cho GFJ =HFC Khi ta có:
( )
( )
GJ FG
GFJ HFC g g FG HC GJ FH
HC FH
GH FH
GFH JFC g g GH FC FH JC
JC FC
FG CH GH CF FH GJ JC FH CG
D D = =
D D = =
+ = + =
Đây định lý Ptoleme Vậy FG FH +GH CF =CG HF
Trên BC lấy M cốđịnh…
Ta có: ( ) ( )
( )
MNP ABC g g
MNP ANP c c c
ANP ABC g g
D D
D = D
D D
Mặt khác
NP AL AM
BC = AD = AD
AM
AD nhỏ D trùng M hay A giao điểm đường thẳng qua M vng góc với
BC với nửa đường trịn ( ; )O R
Câu
Lại có: AM đường cao DANP
(147)2
2
2
2 2
1
4( )
1
4( )
1
a a a a a
a b a c
a b a c
a ab bc ca a
b b b b b
b c a b
b c b a
b b ab ac bc
c c c c c
b c a c
a c c b
c c ab ac bc
= = £ +
+ +
+ +
+ + + +
= = £ +
+ +
+ +
+ + + +
= = £ +
+ +
+ +
+ + + +
Cộng vế theo vếta được:
2 2
2
4( ) 4( )
1 1
1
1
4( ) 4
a b c a a b b c c
a b a c b c a b b c a c
a b c
a b a c b c
a b a c b c
+ + £ + + + + +
+ + + + + +
+ + +
+ + +
= + + = + + =
+ + +
Mặt khác:
2 2
2 2
49 49
2
2
49 49
2
2
a b a b
ab
a c a c
ac
+ ≥ =
+ ≥ =
2
2 2
7
7
28 28 7
9 19
7
4
b c bc
a b c ab ac bc
P
+ ≥
+ + ≥ + + =
-£ - =
Dấu "="xảy
7 15
7 15
1 15
15
a
a b c
ab bc ca
b c
=
= =
Ô Ô
+ + =
= =
Vậy 19
4
MaxP= -
7 15 15
15 15
a
b c
= = =
ĐỀ SỐ 22
(148)2
2
5
2
2
2 .
2( )
3( ) .
1
2
0
1
x y x y y x
x y x y x y x x y y x y
x y xy x y xy y y x x
x y x y xy x y
x y x y xy
x y
x y xy x y
x y xy xy
x y xy xy
x y xy
x y
x y x y
+ +
-+ + =
+ - + + + +
+ + + + - +
Ô + =
- + + +
+ +
-+
Ô + =
+ +
+
-Ô =
Ô + - =
Ô + - =
Ô - =
Ô = =
Vy x
y =
Bài
Giải phương trình 2
( 7)
x x
x x x
-=
Điều kiện: x<3
2
2 7
7
3
0 ( )
2
7 ( )
3
2
1 (2)
x x x x
x x x x
x x
x tm
x
x x x ktm
x
x x
-
-= - ¤ + - =
-
-=
¤ - + = Ô =
-+ =
2
0
0 3
2 ( )
4
1 ( )
x x
x x x ktm
x x
x tm
Ê Ê
Ô = - - Ô Ô =
=
(149)
2
3 (1)
1 (2)
3
1
1
x x y x
x y y y
x x
x x y
x y x y
+ - = - +
- - + =
-+ = =
-Ô + - - - = Ô Ô
- = - =
+) Với x= -3 thay vào phương trình ta có: -4 y2-5y+ =8 y-2
(vơ nghiệm VT <0;VP≥0)
+) Với x= -y 1thay vào phương trình (2) ta có:
2
2
2
2 (3)
2
5 (4)
(3) 1 ; 1;
2
4 ; 3;
4 ( )
5 4
y y
y y y y
y y y
x y x y
y y
x x y
y tm
y y y y
- = ¤ =
- - + = - ¤
- + =
-= - -= - -= =
-
Ô Ô = - = =
=
- + = - +
Vậy nghiệm hệ phương trình : x y; = 1; ; 3;
Câu 3:
Phương trình (1) có nghiệm kép 4(3 11) 12 44 15
m m m
Ô D = - - = Ô - + = Ô =
Khi ú phng trỡnh (1) trở thành
x - + =x có nghiệm kép 1 2
2
b
x x
a
= = - =
Vậy với 15
4
m= phương trình (1) có nghiệm kép, nghiệm kép
2
x=
Phương trình có hai nghiệm phân biệt 15
m
Ô D > Ô <
Gi hai nghim phõn biệt phương trình x x1; 2, theo định lý Vi-et ta có:
1
1
1 (2)
3 11(3)
x x
x x m
+ =
=
-Theo giả thiết ta lại có 2017x1+2018x2 =2019,kết hợp:
1
1 2
2
1 2
1
1 1
2
2017 2018 2019
2017 2018 2019 2
x x
x x x x x
x x
x x x x
=
-+ = = - =
-Ô
- + =
+ = = =
Thay vo (3) ta cú: - =2 3m- Ô =11 m (tm)
Thử lại : với m=3 ta có phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Vậy m=3thỏa mãn yêu cầu toán
Bài 4:
Gọi sốsào dưa nhà ông A x(sào) (ĐK: x>0)
(150)Sốdưa bán với giá 3500đ/1kg 2000x-600x=1400x(kg) Do số tiền thu bán hết 2xtấn dưa là:
600 1500 1400 3500x + x =5800000x(đồng)=5,8x(triệu đồng) Số tiền đầu tư cho xsào dưa 4x(triệu đồng)
Do trừ tiền đầu tư lãi triệu đồng nờn ta cú phng trỡnh:
5,8x-4x= Ô9 1,8x= Ô =9 x (tm)
Vậy nhà ông A trồng sào dưa
Đểnuôi 2400 gà, cần 1m2diện tích vườn thả diện tích vườn thả MNCD SMNCD =2400m2
Diện tích khu chuồng trại ABNMlà 800
MNCD ABNM
S
S = = m
Diện tích cảkhu đất ABCD SABCD =2400 800+ =3200 m2
Gọi chiều rộng AB chiều dài khu đất x m( )và y m( ) 0< <x y
Chu vi khu đất 240m nên ta có phương trình:
2(x+y)=240 y=120-x (1)
Diện tích khu đất ABCDlà 3200m2nên ta có phương trình xy=3200 (2)
Thay (1) vào (2) ta phương trình:
2
120 3200
120 3200
40 80
40 80 ( )
80 40 ( )
40
x x
x x
x x
x y tm
x y ktm
AB CD m
- =
Ô - + =
Ô - - =
= =
Ô
= =
= =
2400
60( ) 40
MNCD
S
MD m
CD
= = =
Chu vi khu vườn thả hình chữ nhật MNCDlà MD CD+ =2 60+40 =200 ( )m
Vậy chu vi khu đất làm vườn thả 200m
C N
A M D
(151)Bài
Ta có COD=2.CAD(góc tâm góc nội tiếp chắn cung CD)
0 2.45 90
COD= =
Vì AC BD (gt)nên góc CID=900
Vì CK AD (gt)nên góc 90
CKD=
0 90 CID=CKD=
Tứgiác CIKD có đỉnh I K nhìn cạnh CD góc 900nên tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính CD
Vì AC BD (gt)nên DAIDvuông cân I IA=ID (1) Ta có góc CBD =góc CAD=450(hai góc nội tiếp chắn cung CD)
Tam giác CIB vng I có CBI =CBD=450nên tam giác CIB vuông cân I
(2)
IB=IC
Từ (1) (2) IA+IC=IB+ID AC=BD(Vì I thuộc đoạn AC I thuộc đoạn BD)
Chứng minh A tâm……
ACK
D vuông K ICH = ACK=900-CAK =900-450 =450
Tam giác CIHvng I có 45
ICH = (cmt) nên vng cân I IC =IH (3)
Từ (2) (3) IB=IH Ilà trung điểm BH, mà AI BH AC BD AI trung trực BH (4)
CIH
D vuông cân I DHE=IHC(đối đỉnh)=450
Mặt khác HED=CAD=450(2 góc nội tiếp chắn cung CD)
0 45
DHE=HED= DHDEvuông cân D
Mà DK đường cao hạ từđỉnh Dcủa DHDE DKcũng trung trực HE F
H
E K I
O B
A
C
(152)AKlà đường trung trực HE (5)
Từ (4) (5) Alà giao điểm trung trực BH trung trực HE
Alà tâm đường trịn ngoại tiếp DBHE +) Tính IK theo R
Ta có: IK đường trung bình DBHEnên
2
BE
IK =
Ta có BCH =BCI+ICH =450+450 =900(do DBCIvà DCHIvng cân)
0 2.90 180
BOE= BCE= = (góc tâm góc nội tiếp chắn cung BE (T))
, ,
B O Ethẳng hàng BE đường kính T BE=2R
2
BE
IK = =R
Chứng minh O trực tâm DAIK
Vì IA=ID OA, =OD=Rnên OI trung trực AD OI AD OI AK (6)
Tam giác CAK vng K có CAK =450nên DCAKvng cân K
KC=KAMặt khác OC=OA=R OKlà trung trực AC OK KA (7)
Từ (6) (7) Olà giao điểm đường cao hạ từ Ivà Kcủa DAIK
Olà trực tâm DAIK
+) Chứng minh CK.CB=CF.CD
Ta có: BAC=BEC(hai góc nội tiếp chắn cung BC (T)) Vì IK // BE (tính chất đường trung bình) BEC=FKC(đồng vị)
BAC =FKC
Tứ giác AFCKcó hai đỉnh A K nhìn FC góc nên AFCKlà tứ giác nội tiếp CFB=1800-CKA=900 (8)
Vì ABCD tứ giác nội tiếp nên FBC =CDK(cùng bù với góc ABC) (9) Từ (8) (9) FBC KDC g g( ) CF CB CK CB CF CD
CK CD
D D = = (đpcm)
ĐỀ SỐ 23
Câu 1:
Giải phương trình
Ta có:
Điều kiện xác định:
3
2
1
4
2
8
x
x x x
x
+ ≥
- + Ô
-+
Đặt 2 3
2
;
2
2
4
a b
a x
ab x x x x
b x x
≥
= +
= + - + = +
= - +
(153)2
4
2
3
0 ( )
1 1 (2 1)
1 x x a x x tm
b x x x x
x = + = = = Ô Ô Ô Ô = = - + = - = =
Vậy tập nghiệm phương trình cho : 4; ;01
S =
Tìm nghiệm nguyên…
Ta có:
2
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2
16 16
2 16
1 4
1
1 3
1
5
x x y x x y
x xy y y x xy y y
x x x xy y
x x y y
y x
x x y
x y x y
x - + - = - + = -Ô - + - + = - + = + = - + Ô - = - = -= - = -Ô - = - = + TH1: y
x=
-2
4
4 2
4
3
2
2
2
9
2 6 18 27
8 18 20
2 10
2
y
y y
y
y y y y
y y y
y y y y
y x + - + - = Ô - + - + + - = Ô - + - = Ô - + - + = = = TH2: y
x= +
4 2
4 2
4
3
2 2( 1)
2
25
2 10 10 50 75
8 50 84
2 42
2
y y y
y
y y y y
y y y
y y y y
(154)Vậy nghiệm nguyên hệđã cho 1;
Câu
Có nghiệm dương phân biệt
Ta có:
Đểphương trình cho có hai nghiệm dương thì:
2
2
0 4( 1) 1
0 2( 1) 2
0
0 0
m m m
m
S m m
m
P m m
D > + - > + >
>
-> Ô + > Ô + > Ô
> > >
Có hai nghiệm phân biệt……
Áp dụng định lý Vi-et ta có:
2
2 (1)
(2)
x x m
x x m
+ = +
= Mặt khác :
2
1
2
1
2
1 1
3
2
2( 1)
x m x m
x mx m x m
x m x x m x m
- + =
Ô - + + =
Ô - + + + + =
2
1 2
x x x x x m x m
Ô - + + + + =
1 2
1
2
2 (3)
x x x x x x m
x x m
Ô - + + + =
Ô + =
Từ (1) (3) ta có:
1 2
2( 1)
2
x x m x m
x x m x m
+ = + =
-Ô
+ = = +
Thay vo (2) ta cú: m-2 m+4 =m2 Ô2m- = Ô =8 m (tm)
Vậy m=4
Câu
Tìm nghiệm ngun…
Ta có:
Phương trình cho tương đương với
2 2
2
3
3 2
3 (2 1)
3
( 0)
2
x xy y x
x x xy y
x x y x
x x
y Do x x
x
- + - + =
Ô - + =
-Ô - + =
+
= - π
(155)2
2
2
3 2
3 2
4 2
20
8
8 2
1
2 1
2 1
x x x
x x
x x x x
x x x
x x
x x x
x
x x y
x x y
- +
-Ô - + - -
-Ô - + - - +
-Ô - +
-Ô - + + -
-Ô
= = =
Ô Ô
- = - = =
-Vậy nghiệm nguyên x y; phương trình cho 1;0 ; 0;
-Cho a, b,c số nguyên….
Ta có:
2018 2019 2020 2016 2017 2018
2016 2017 2018
2015 2016 2017
1 1
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)
a b c a b c
a a b b c c
a a a a b b b c c c c
+ + - + +
= - + - +
-= - + + - + + - +
Ta có tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6, có số chẵn số chia hêt cho Do vậy:
( 1)( 1); ( 1)( 1); ( 1)( 1)
a a- a+ b b- b+ c c- c+ chia hết
2018 2019 2020 2016 2017 2018
6
a +b +c - a +b +c
Vậy ta có điều phải chứng minh
(156)Hai tam giác CAD CDI đồng dạng
Ta có: Do đường trịn đường kính CH cắt (O) D E nên CD=CE.Do C điểm cung DE
Từđó: CDE =CAD(hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)
Do vậy: CDE CAD CAD CDI ( )g g
DCA chung
= D D
N trung điểm CH
Ta có: DCAD DCDI (cmt)
2
2
0
90
CA CD
CD CA CI CH
CD CI
CA CH
CA CI CH
CH CI
CIH CHA c g c CIH CHA
IH CA
= = =
= =
D D = =
Chứng minh hồn tồn tương tự ta có HK vng với CB K
I
N
E
D
H B
A
(157)Tứ giác CIHK hình chữ nhật (tứ giác có góc vng)
Suy hai đường chéo CH IK cắt trung điểm đường Vậy N trung điểm CH IK
Câu
Ta có:
Áp dụng BĐT Co si BĐT quen thuộc : 1
x+ + ≥y z x+ +y z
2 2
2 2
2 2
4 4
1 4
1 ( 1)
2 4 1 6.9 54
6
( 1) ( 1) ( 1) 1
Co si
a a b b c c
M
a a b b c c
a a b b c c
a a b b c c
a a b b c c
a a b b c c a b c a b c
-+ + + + + +
= + +
+ + +
+ + + + + +
= + +
+ + +
+ + +
≥ + + = + + ≥ ≥ =
+ + + + + + + + +
Vậy giá trị nhỏ M 9, dấu xảy a= = =b c
ĐỀ SỐ 24
Câu Rút gọn biểu thức
Câu
Giải hệphương trình:
2
3
3 (1)
12 (2)
x y x
x x y x
+ + =
+ + = +
Ta có phương trình (2) tương đương với:
3
3 3
6 12
x - x + x- +y = Ô x- +y =
3 5
5 5
1
1
5 5
5 5
2
5 5
2 5
2
3 5
7
7
9
3
21 5
4
4
+
= +
-+ - +
= + + +
-+ - +
- + +
= +
-+ - +
+ -
-= + = +
+ +
+
-+
= =
-+
-
-= =
(158)Hệđã cho trở thành:
2 2
2
3 3 3
2
3
12 2 1
x y
x y x
x x y x x y
- + =
+ + =
Ô
+ + = + - + =
Đặt x- =2 zta có:
2
2
3 2
1
1 1
y z y z yz
y z y z y yz z y z yz
+ = + - =
+ = + - + = + - =
Đặt a y z
b yz
= +
= ta có hệphương trình:
2 2 2 2 1
2
2
1
1
1 2
2 1 0 a
b a a
a b b b
a
a b
a a a a a
a
a y z
b b yz a -= - = = = Ô Ô Ô = - = - + = - + = - = + = = Ô Ô Ô = = = ,
y zlà hai nghiệm phương trình :
0 0 1 y z x x x x x y z x = = = = - = Ô = = = =
Vậy hệphương trình có tập nghiệm 3;0 ; 2;1
Câu 3:
Vì x y, nguyên dương nên VP>0do VT >0nên x> y
Ta có: 15xy=16 x3-y3 -371là số lẻ nên x y, lẻ, :
1
x y
≥ ≥ Xét x=3thì y=1thay vào phương trình thỏa mãn
Xét x≥5
Ta có:
3
3 3
2
2 2
2 16 16 16 12
15 371 15 371 15 30 371
16 12 15 30 371 81 162 243 81
x y x y x x x x
xy x x x x
x x x x x x x x
- ≥ - ≥ - - = - +
+ £ - + = - +
- + - - + = - - = -
(159)Vậy trường hợp vô nghiệm
Vậy phương trình có cặp nghiệm ngun dương x y; = 3;1
Câu Giải phương trình
2x- +3 2- x =3x -12x+14
Điều kiện xác định:
3
2 £ £x 2
2
2 12 14
2 3 12 12
x x x x
x x x x x x
- + - = - +
Ô - - - + - - - = - +
2
2
5
2
3
2
x x x
x x x
x
x x x x
- - - +
- - +
-Ô + =
+ - +
-2
2
2
2
3
2
2
1
3
2
1
2 ( 0, )
2
2
x x
x
x x x x
x
x x x x
x do x
x x x x
-
-Ô + =
+ - +
=
Ô
+ + =
- + + - +
-= + + > " £ £
- + + - +
-Vậy phương trình có nghiệm x=2
Câu
Áp dụng BĐT Co –si ta có: 2 x +y ≥ xy
2 2 2 2
2
2 2
8 14 12 12
8 14 12 3
x y xy x y xy xy x y xy x y
x y xy x xy y x y x y
+ + = + + + Ê + + + +
Ô + + Ê + + = + = +
Chứng minh hoàn tồn tương tự ta có:
2
2
8 14
8 14
y z yz y z
z x xz z x
+ + £ +
+ + £ +
Áp dụng BĐT Cauchy Schawz:
2
2 2 a b c
a b c
x y z x y z
+ +
+ + ≥
+ + ta được:
2
2 2
3 3 3
x y z
x y z x y z
VT
x y y z z x x y y z z x
+ + + +
≥ + + ≥ =
+ + + + + + + +
Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu "="xảy x= =y z
(160)Gọi E điểm đối xứng với B qua A EA= AB
Vì DABCcân A AB= AC AB= AC= AE
Alà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC BCE =900
Ta có:
0 0
0
180 180 100
40
2
BAC
ABC= ACB= - = - =
Lại có: DBE+DCE=150+400+350+900 =1800
BECDlà tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
AD= AB= AC= AE
ABD
D cân A ABD= ADB=15o+400 =550
Câu
E
D
C B
(161)Chứng minh A,E,D,H,N thuộc đường trịn
Kẻđường kính AK
0 90
ACK = (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay AC KC
Lại có: BH AC = D (gt)
/ /
KC BH(từvng góc đến song song) Chứng mnh tương tự ta có: BK / /HC AB
BHCKlà hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
Lại có: M trung điểm BC, HK BC = M Mlà trung điểm HK
Ta có: 0
90 90 180
ADH+AEH = + = ADEH tứ giác nội tiếp
, , ,
A D E Hcùng thuộc đường trịn đường kính AH Lại có: ANK =900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
ANKnhìn đoạn AHdưới góc 900 Nthuộc đường trịn đường kính AH
, , , ,
A N D E Hcùng thuộc đường trịn đường kính AH
Lấy P đoạn BC…
Ta có: AQH =900nên Q nhìn AH góc vng
Qcùng A, E, D, H, N thuộc đường tròn đường kính AH Mặt khác : BHP=QHD(hai góc đối đỉnh)
K Q
P N
H
M E
D O A
(162)CHM =EHN(hai góc đối đỉnh)
Mặt khác, xét đường trịn đường kính AH ta có:
QHDlà góc nội tiếp chắn cung QD, EHNlà góc nội tiếp chắn xung NE
1
2sdNE= 2sdQD NE =QD(tính chất dây căng cung)
Mà tứ giác DENQ tứ giác nội tiếp có cạnhNE =QD DENQlà hình thang cân
Chứng minh (MPQ) tiếp xúc (O)
Ta chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp
Ta có: BEC=BDC=900 BEDClà tứ giác nội tiếp
1
MCH =HDE = sdEB(các góc nội tiếp chắn cung EB)
Lại có:
2
HDE= sdEH (trong đường trịn đường kính AH)
Ta có: HMP=CHM +MCH(tính chất góc ngồi của tam giác)
1 1
2 2
HMP EHN sdEH sdNE sdEB sdNH NQH
Ô = + = + = =
MNPQlà tứ giác nội tiếp
( )
( )
BHP CHK NKB
BN HB KC
BHP NKP g g
BP KN KN
NBP NKC c g c
= =
D D = =
D D
-BNP=KNC(Các góc tương ứng) Kẻ tiếp tuyến Nxcủa (O)
Ta có ngay: PNx=BNx+BNP=NCM +KNC=NCP Do đóNxcũng tiếp tuyến (MPQ)
Vậy (MPQ) tiếp xúc với (O) Nx(ta có điều phải chứng minh)
ĐỀ SỐ 25 Câu
Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
2 2
4
: ,
+ + - +
-= - > >
- + + +
a a b a a b a a b
P a b
b
(163)2
2 2
2
2 2 2
4
+ + - - +
=
+ + - +
-a a b a a b b
a a b a a b a a b
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 0 + + + + - + + - + = - - -+ + = = - -+ > -= + - <
-a a b a a b a a b a a b b
a a b a a b
a a b b a a b
b a a b a a b
a b khi a a b a b khi a a b
Cho phương trình………
Đểphương trình đã cho có hai nghiệm x x1; 2thì
2
0 a 4b
D Ô - ≥
Áp dụng định lý Vi-et ta có:
1
(1) (2)
x x a
x x b
+ = -=
Theo đề ta có:
1
1
2
3
1 2
1 5 35 35 x x x x
x x x x x x
x x - = - = ¤ - + - = - =
1 1 2
2
1 2 2
5 5 (3)
5 35 (4)
x x x x
x x x x x x x x
- = - =
Ô Ô
+ - = + - =
Thế(1) (2) vào (4) ta được:
2 2 2
7 7 (*)
a b a b b a
- - = ¤ - = ¤ =
-Bình phương hai vế của (3) ta được:
2 2 2
1 2
2 2
5 25 25
1
4 28 25
1
x x x x x x a b
a b
a a a
a b
- = ¤ + - = ¤ - =
= =
-Ô - + = = Ô
= - =
-Vạy a b; = 1; ;- - -1;
Câu
(164)Ta có điều kiện xác định:
3
x≥
-Đặt 2 3 , 3
a x a x
a b b x b x = + = + ≥ = +
= + Khi đó ta có hệphương trình sau đây:
2
2
2 2
3 8 (*)
b a a
a b a
a b a a a
=
-+ =
Ô
- = - - =
2
4
3
3
2
2
*
2
( 2) 2
2
2 2
2( )
2( )
4 2
a a a a
a a a
a a a a
a a a
a a a a
a tm
a ktm
b a a
Ô - + - = Ô - - + = ¤ - - - + = ¤ - - + = Ô - + + + = = Ô = -= - = - = 2
3
1 ( )
1
3
x a x
x TM x x b + = = = Ô Ô = = + = =
Vậy phương trình có nghiệm nhất x=1
Cho số thực a,b, c….
Áp dụng BĐT Co si ta có:
2 2 2 2 2
a b ab
b c bc
c a ca
+ ≥
+ ≥
+ ≥
2 2 2 2 2
2 2
2 2
1
2 2
2
1
a b c a b a c b c ab ac bc
a b c ab ac bc
a b c
P
ab bc ca
+ + = + + + + + ≥ + +
+ + ≥ + +
+ +
= ≥
+ +
Dấu “=” xảy
3
a b c
a b c
a b c
= =
Ô Ô = = =
+ + = Vy MinP=1khi a= = =b c
(165)2 2
2
0 , , 2 2
2
2 12
2 4
2
2 2
2
9
2
2
a b c a b c
abc ab ac bc a b c
abc ab ac bc ab ac bc abc ab bc ca
a b c ab ac bc
P
ab ac bc a b c
P
ab ac bc
£ £ - - - Ê
Ô - + + + + + - Ê
Ô - + + + - Ê
+ + +
Ô + +
+ + + + +
=
-+ +
+ +
Ô = - Ê - =
+ +
Dấu "="xảy
0 0
3
0
0 , ,
a
b c
b abc
a c
a b c
c
a b
a b c
= + = = =
Ô Ô + =
+ + =
= + =
£ £
Vậy
2
MaxP= khi abc=0,a+ + =b c 3,0£a b c, , £2
Câu
Tìm cặp số nguyên tố….
Ta có sốchính phương chia cho nhận sốdư nên ta có:
2
2
2 2
(3 )
(3 1) 1 mod
3 12 mod
k k
k k k
k k k
=
+ = + +
+ = + +
Nếu x y, >3thì x,y khơng chia hết cho sốdư Vế trái cho 2.1- = -1 chia dư vô lý 2
2
x - y =
trong hai số x, y phải có số
2
2
3 2( 0)
3 2.9 19
x y y y y
y x x x
= - = = Ô = >
= - = ¤ =
Vậy cặp số nguyên x y; = 3;2
Chứng minh hiệu lập phương…
Gọi số tự nhiên liên tiếp a a, +1 a , theo đề ta có:
3 3 2 3 2 3 2 2 2
1 3 3 (*)
(166)+)Xét TH:- £ £1 a 0ta có:
2
2
0 1 ( )
1 1 ( )
a n a tm
a n a tm
= = = + =
= - = = + =
-+)Xét TH: 2 3 2
a
a a a a
a
>
< + + < + <
-Vậy ta có n tổng hai sốchính phương liên tiếp
Câu
Bài
Chứng minh ABHD nội tiếp
Gọi I, J tâm đường tròn đường kính CH, AB Xét (J) ta có: ADBlà góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ADB=900
Ta có: AB, AC hai tiếp tuyến đường tròn (O) tiếp điểm B, C cắt A Và AO BC=H AO BCtại H hay AHB=900(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét tứ giác ABHD ta có:ADB= AHB=90 (0 cmt) ABHDlà tứ giác nội tiếp
Gọi E giao điểm thứ đường tròn…
Vì tứ giác ABHD tứ giác nội tiếp (cmt) DBH =DAH(hai góc nội tiếp chắn cung DH)
Xét đường trịn (I) ta có: HDClà góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
0
90 90
HDC= BDA=HCD=
S
E J
T
D
H
C B
(167)Lại có:
0
0 90 90
ADH ADB BDH BDH
BDC BDH HDC BDH
ADH BDC
= + = +
= + = +
=
Xét DADHvà DBDCta có:
( ); ( ) ( )
HAD=DAC cmt ADH =BDC cmt DADH DBDC g g
AD AH
BD = BC (các cặp cạnh tương ứng)
2
AD BD TD TH
AH = BC = HC = HC (T trung điểm BD)
Xét DTADvà DCAHta có: AD TD (cmt TDA); CHA 900
AH =CH = =
( )
TAD CAH c g c TAD HAC
D D = (hai góc tương ứng)
Mà TAD TAS HAD TAS DAE
HAC HAD DAE
= +
=
= +
Mặt khác : DAE=DBE(Hai góc nội tiếp chắn cung DE)
TAS=SBT =EAD
ABTSlà tứ giác nội tiếp
STD=BAS(góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) Mà BAS =BDH(hai góc nội tiếp chắn cung BH đường tròn (J))
STD=TDH =BAH
Lại có hai góc vị trí so le ST / /HD dpcm( )
Bài
Gọi MO1 d =H NO; d =I AB, MN =K
K
E
I H
G
F
D C
B
A
M
(168)Ta có : MN//CD
2
O M CD H
O M CD I
= =
1 ,
O M O Nlần lượt trung trực CAvà DA(đường kính dây cung)
0
0
, 90
, 90
CH HA MHA
IA ID NID
= =
= =
MNIHlà hình chữ nhật M =H = =I 900
HI =MN = CD
Xét DCEDta có:
/ /
( )
1
MN CD
cmt
MN = CD
MNlà đường trung bình DCED M N, trung điểm EC, ED
,
MC=ME ND=NE
Xét DCAEta có: M H, trung điểm CA CE, (cmt)
AMlà đường trung bình DCAE MN/ /AE
Mà MH CD (cmt) AE CD(từvng góc đến song song) Xét DMKAvà DBKMta có:
MAK =KMB(góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AB)
MKAchung
2
( ) MK KA (1)
MKA BKM g g KM KA BK
BK KM
D D = =
Xét DNKAvà DBKNta có:
NAK =KNB( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AB) NKAchung
2
( ) NK KA (2)
NKA BKN g g KN KA BK
BK KN
D D = =
Từ (1) (2) suy KM =KN
Do MN/ /FG, áp dụng định lý Ta let ta có:
KN MK KB
AG AF
AG = AF = AB =
Mặt khác AE FG (cmt) EG=EF(tính chất đường trung trực) (dpcm)
Câu
Ta có : sốcó ước ngun tốkhơng vượt q có dạng 7x y z t
(169)Theo nguyên lý Dirichle, tồn 20
16+ = số a, b saao cho
1 1
2 2
2 7
x y z t x y z t
a b
=
= sốmũ tương ứng tính chẵn lẻ
1
2
1
1
1
2
2
m n p q
x x m
y y n
a b
z z p
t t q
+ =
+ =
=
+ =
+ =
Đây sốchính phương
Vậy ta chọn số cho tích chúng sốchính phương từ 20 số tự nhiên mà sốcó ước ngun tốkhơng vượt q
ĐỀ SỐ 26
Bài
ĐKXĐ: x>0,xπ1;4
2
1
2
2
1
2
2 2 2
1
2 1
x x x x x
x
x x x x
x x
x x x
x
x x x x
x x x x x x
x x
x x x x
- +
-=
+
-+
- +
-=
+ - +
- + - + - - -
-= = =
- +
- + +
-2
:
2 2
x x x x
A
x x x x x
- +
-=
- -
-Vậy
2
A x
-=
+
Giải phương trình
2
6 5
x + x- - x- x+ =
ĐKXĐ:
1
x≥
(170)2
2
2
2
2
6 5
4 2 1 12
4 2 1 12
2 2 1 12
2 12 (*)
x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
+ - - + + = Ô + + + + + + - + + - + - = Ô + + - + + + + + + - + - = Ô + - + + + + + + - + - = Ô + - + + + - + - = Đặt
x+ - x+ =t ta có:
2
*
4
t
t t t t
t
=
Ô + - = Ô - + = ¤
= -+) Với
3
t=
, ta có:
2
2 1
1
x
x x x x
x x ≥ + - + = ¤ - = + ¤ - = + 1 3( ) 3
2 1
0 x x x x tm x x x
x x x
x ≥ ≥ Ô Ô Ô = Ô = - = - + - - = = Với t=4, ta có:
2
2
6
x
x x x x
x x -+ - + = - Ô + = + Ô + = + 2 6
11 35
12 36
x x
x x VN
x x x
-Ô Ô
+ + =
+ + - - =
Vậy phương trình cho có nghiệm
3
x=
Bài 2:
Hoành độgiao điểm (d) (P) nghiệm phương trình:
2
2 4 *
x = - mx- mÔx + mx+ m=
(d) cắt (P) hai điểm phõn bit
(*)
pt
Ô
cú hai nghiệm phân biệt
2
'
0
m
m m
m
> Ô D > Ô - > Ô
< Áp dụng định lý Vi-et ta có:
1
1
2
x x m
x x m
(171)2 2 2
1 2 2
2
1 2
2
2
3 9
2
2 2.4
4 8 (1)
x x x x x x x x
x x x x x x
m m m
m m m
+ = Ô + = Ô + + =
Ô + - + =
Ô - - + =
Ô - + =
2
2
3
) 4 8 ( )
2
9
1
) (1) 8 9
1
2
m m m m m ktm
m
m m m m m m m
m
+ > ¤ - + = ¤ =
=
+ < Ô - - = Ô - + = Ô =
=
-Vậy với
1
m=
-thì (d) cắt (P) hải điểm phân biệt có hồnh độ
;
x x
thỏa mãn
1
x + x =
Bai
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác MAH vuông H ta có:
2 2
2
2 2 12
10
2
AH MH AM
AB
MH AM AH AM
+ =
= - = - = - =
Kẻ OE vng góc với MA suy E trung điểm MA (tính chất đường kính-dây cung) E
M
H O
(172)1
5
ME =EA= MA= cm
Xét tam giác MOE tam giác MAH có: Góc AMH chung;
0 90
MEO=MHA=
5.10
( ) 6, 25
8
OM ME ME MA
MOE MAH g g R OM cm
MA MH MH
D D - = = = = =
Bài 5:
Độ dài cung trịn tạo nên hình quạt chu vi 1800
R l =
Suy chu vi hình quạt là:
2 80
180
R
C = R+ =l R+ =
14400 360
360R R 14400
R
Ô + = Ô =
-Din tớch ca hỡnh qut :
2
2 360
quat
lR R
S = =
2
2
14400 360
40 20 400
360
R
S R R R
R
Ô = - = - = - - + S £400
Dấu “=” xảy
20 20
R R
Ô - = Ô =
14400 360 360
2( )
20 rad
= - = = =
Vậy
2( )
AOB= rad
Bài
O
D
I
K
H M
N
A x
(173)Xét
ANH
D
vuông N có:
0
cos cos 60
2
AN NAH
AH
= = =
Xét tứ giác MNKH có:
0 30
NKM =NHM =
(do phụ với góc NAH) Mà hai góc nhìn đoạn NM
Suy MNKH tứ giác nội tiếp đường tròn Nên
ANM = AHK
(góc góc đỉnh đối diện) Xét
ANM
D
và
AHK
D
Có: NAH
chung;
( )
ANM = AHK cmt
( )
ANM AHK g g
D D - ( )
2
AN NM
HK NM dpcm
AH = HK = =
Gọi I, D lần lượt….
Xét tứ giác MANB có
0 0 90 90 180
ANB+AMB= + =
suy MANB tứ giác nội tiếp Vì
0 90
ANB= AMB= MANB
là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AB
Xét đường trịn
;
AB I
ta có: NAM
là góc nội tiếp chắn cung MN NIM
là góc tâm chắn cung MN
0 2.60 120
MIN = NAM = =
Ta có:
0 90
KNH =KMH = MNKH
là tứ giác nội tiếp đường trịn tâm D, đường kính KH
Xét đường tròn
;
HK D
ta có: NKM
là góc nội tiếp chắn cung MN NDM
là góc tâm chắn cung MN
0
2 2.30 60
MDN = NKM = =
Xét tứ giác MIND có
0 0
120 60 180
NDM +NIM = + =
Suy tứ giác MNKH nội tiếp đường tròn (đpcm)
(174)Nhận thấy hai tam giác vng ANB, AMB có IN, IM hai đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
1
4
IN =IM = AB= cm
Tương tự ta có:
1
ND=MD= KH
Xét tam giác IDN tam giác IMD có:
( ); ( ),
IM =IN cmt ND=MD cmt ID chung
( )
IDN IMD c g c NID MID
D D =
ID
là phân giác NIM
Xét
MIN
D
cân I có ID phân giác góc NIM nên ID đồng thời trung trực cạnh MN, suy ID cắt MN trung điểm MN
Mà có O trung điểm MN suy ba điểm I, O, D thẳng hàng
0
0
1 120
60
2
.cos 4.cos 60
NIO NID NIM
IO IN NIO cm
= = = =
= = =
Bài
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với ba số
; ; ; A , B , C
a b c
a b c có:
2 2
2 2 2
A B C A B C
a b c a b c A B C
a b c a b c
+ + + + ≥ + + = + +
2
2 2
A B C
A B C
a b c a b c
+ +
Ô + + ≥
+ + Áp dụng bất đẳng thức ta có:
2
2 2
1
2( )
x y z x y z
x y z x y z
y z z x x y y z z x x y x y z
+ + + + + +
+ + ≥ = = =
+ + + + + + + + + +
Vậy ta có điều cần chứng minh
Câu
a) Ta có
5
5 12 32 12
5
16 16 4 4
x x
x x x
P x
x x x x
Suy P x0 nguyên x0 ước nguyên dương 12
(175)0 0
0
0
4 0
4
64 12
x x
x x
x x
Ta có 2; 3; 64
0 64 75
P P P
Q Q Q
Vậy x0
b) 1) Nếu x t A 2) Nếu x
2
1 1 1
1 1
x t x x
x x t x t
2
2
1
1
x
t
x t
Khi đó:
2
2
1
1 2
1
t A
t x
t
x t
Từhai trường hợp suy
2
1
t A
t
Cách khác:
Ta có
2 2
4 2 1 2 2 1 1
1
x x x
A
x x x x x x x x x
2 2 2
2
2 2
1
: :
1
1 1
x x x
x x x t
t
t
x x x x x x
Câu 2:
a) Hoành độ A B nghiệm phương trình: 11 4x x
Phương trình có hai nghiệm: x
x Suy 4;4 , 9;
2 16
A B
Dễ thấy hai điểm A B, nằm phía so với trục tung Lấy điểm A' 4;4 đối xứng với A qua trục tung Khi CA CB CA CB' A B' , nên CA CB đạt giá trị nhỏ A C B', , thẳng hàng, tức C giao điểm đường thẳng
'
(176)Phương trình đường thẳng d' qua A' B có dạng y ax b
Ta có hệ
5
4
8
9 3
16 2
a b a
a b b Suy
5
' :
8
d y x
Vậy 0;3
2
C
b) Ta có: 2x2 xy y2 5x y y2 x y 2x2 5x
2
2
1
2
2
x x
y x x
2 2 2
1 18 3
0
2 2
x x x x x
y y
1 3 3
0
2 2
x x x x
y y
2
2
2
y x y x
y x y x
y x y x
@Trường hợp y 2x 1, thay vào phương trình thứ hai hệta được:
2
2
1
2 4
5
x
x x x x x x
x
Trường hợp hệđã cho có hai nghiệm: ; 1;1 , ; 4; 13
5
x y x y
@Trường hợp y x, thay vào phương trình thứ hai hệta được:
2
2 2 2 4 0 2 4 2 0 1.
x x x x x x x
(177)Vậy hệđã cho có hai nghiệm: ; 1;1 , ; 4; 13
5
x y x y
Câu 3:
a) Điều kiện đểphương trình x2 2mx 6m (x ẩn số) có hai nghiệm phân biệt là:
2
' m 6m m m
Khi 2 3
3
x m m x m
x mx m x m m
x m m x
Trường hợp 1: x1 3,x2 2m 3, ta có:
1
1 1 1 1
0
2 3 2 3 2
x x m m , vô nghiệm
Trường hợp 2: x1 2m 3,x2 3, ta có:
1
1 1 1 1
2 3 3 m
x x m m
Vậy
m
b) Ta có 33x2 x 33x2 7x 36x 32
3
2
33x x 1 6x 3 33x 7x 2 2
Đặt a 33x2 x 1,b 36x 3,c 33x2 7x 2,d 32 Phương trình cho trở thành: a b c d a b c d
3 3 3 3
a b ab a b c d ab c d (2)
Mà a3 b3 c3 d3 3x2 7x a b c d nên (2) trở thành:
3ab a b 3cd a b a b ab cd a b
ab cd Trường hợp a b, ta có 3 2
1
3 3 4
3
x
a b x x x x x
x
Trường hợp ab cd , ta có ab cd 3x2 x 6x 3x2 7x
3
18x 9x 5x 6x 1 3x2 x 1 0
1
6 .
1 13
x x
Vậy phương trình cho có năm nghiệm: 1; 1; 4; 13
6
x x x x
(178)Ta có BFC BEC AFC ADC AEB ADB 90 Suy tứ giác BFEC AFDC AEDB, , nội tiếp
Suy ra: ABE ADE (cùng chắn cung AE đường tròn AEDB ) (1)
ADF ACF (cùng chắn cung AF đường tròn AFDC ) (2)
ABE ACF (cùng chắn cung FE đường tròn BFEC ) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ADF ADE nên AD đường phân giác góc EDF tam giác EDF (4)
Tương tự, ta chứng minh được: BE CF, đường phân giác góc
,
DEF DFE tam giác DEF (5)
Từ (4), (5) suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
b)
Gọi N giao điểm tia AO với đường tròn O Ta có: NC AC nên NC ||BH
Tương tự, ta có NB CH||
Suy BHCN hình bình hành
Ta có: FEH BCH (cùng chắn cung FB ), FBH ECH (cùng chắn cung FE) nên hai tam giác HFE HBC, đồng dạng Do đó, hai tam giác HFE NCB, đồng dạng
Suy HE NB
(179)Mặt khác: MQ NC|| (cùng vuông góc với AC ), MP NB|| (cùng vng góc với AB), suy
MQ AM MP NB MP
NC AN NB NC MQ (7)
Từ (6), (7) suy HE MP HE MQ HF MP
HF MQ
c)
Hai tam giác vng ADB MPB đồng dạng nên ta có MB MP MB AB MP
AB AD AD
(8)
Hai tam giác vuông ADC MQC đồng dạng nên ta có MC MQ MC AC MQ
AC AD AD
(9)
Từ (8), (9) suy ra: MB AB MP
MC AC MQ (10)
Ta có AMQ ANC ABD suy hai tam giác vuông ADB AQM đồng dạng nên ta
có DB AB DB AB MQ
QM AM AM (11)
Tương tự: AMP ANB ACD suy hai tam giác vuông ADC APM đồng dạng nên ta có DC AC DC AC MP
PM AM AM (12)
Từ (11), (12) suy DB AB MQ
DC AC MP (13) Từ (10), (13) suy ra:
2
MB DB AB
MC DC AC
Câu 5:
a) Ta có 1 49 16 49
16x 4y z 16 x y z
Với hai số thực không âm a b, ta có
2
0
a b a b ab
(180)1 1
49x 49x 49x 14
x x x (1)
Dấu "=" xảy 49
x x
x
Trương tư, ta có: 49y 28
y (2)
Dấu "=" xảy 49
7
y y
y
Và 16 49z 56
z (3)
Dấu "=" xảy 16 49
z z
z
Cộng (1), (2), (3) theo vếta được: 16 49 x y z 98
x y z
1 16
49
x y z Dấu "=" xảy
1
; ;
7 7
x y z
Vậy bất đẳng thức cho chứng minh
b) Ta có: 2z 42 x2 y2 x y2 2 2z 21 x2 y2
Với: x2 x y xy x2 x y x ,1 y2 x y xy y2 x y 1 y ,
2 1 x y xy x y
Suy 2z 42 x2 y2 x y2 2z 21 x y x y Do đó, 2z 42 x2 y2 x y2
sốchính phương 2z 21 số phương
Nghĩa tồn số tự nhiên n cho 2z 21
n Ta có mod 2z 1z mod
Nếu z lẻ 2z mod mod Khi n2 mod vơ lí (vì sốchính phương chia cho chỉdư 1)
Từđó suy z số chẵn
Đặt z ,k k Ta có n2 21 22k n2 2k 21 n 2k n 2k 21
Vì 21 1.21 3.7 n 2k n 2k nên ta có hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: 2 10,
2 21
k
k k
n
n khơng có giá trị k thỏa mãn trường hợp
Trường hợp 2: 2
2
k
k k
n
(181)Từ giả thiết, ta có x y Khơng tổng quát, giả sử x y , suy
1
1
x y
Giải hệta
1
x
y
2
x y
Nếu x 0,y 2z 42 x2 y2 x y2 100 10
Nếu x 2,y 2z 42 x2 y2 x y2 2500 50
Vậy x 2,y 3,z
ĐỀ SỐ 28
Câu 1:
a) Cho biểu thức :
8
+ +
=
-x x
A
x x x x với x>0 xπ4 Tìm giá trị A
14
= +
x
Với x>0;xπ4, ta có:
3 1
:
8
+ +
=
-x x
A
x x x x
3 2
2 2
+ + + +
=
+ + - + +
x x x x
x
x x x x x x
2
2
2
-= =
+ +
- + +
x x
x
x x
x x x
Ta có x=14 5+ = +9 2.3 5+ = +3 x= 3+ = +3 = +3
Khi đó, ta có: 5
8 24
14 5
+ + +
= = = =
+
+ + + + +
A
b) Tính giá trị biểu thức A= 12- 80 32 3- - 12+ 80 32 3- Ta có A2 =24 3- + = 2-
2
=
-A
Do A<0 nên A= -2
Câu 2:
a) Ta có
1
= - - <
(182)b) Do phương trình (1) có hai nghiệmphân biệt trái dấu x1<x2
Suy x1<0, x2 >0 = - 1, =
x x x x
1 - = Ô -3 1+ = Ô3 - = ¤ =3 3
x x x x m m
Câu 3:
a) Giải phương trình 2
9 12
- = +
x x
Biến đổi tương đương phương trình ta
2
2
2
4 2
9 12 18 81 12
18 81 36 12
- = + Ô - + = +
Ô + + = + + ¤ + = +
x x x x x
x x x x x x
2
2
9 6
=
9 6 10
+ = + - + = =
Ô Ô Ô
+ = - - + + =
x x x x x
x
x x x x
Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = 2; b) Giải hệ phương trình
2
2 36
9
x y x
y xy
- - - + =
- + = Điều kiện 2x- - ≥y 0, ta có
2
2 36 (1)
9 (2)
- - - + =
- + =
x y x
y xy
Phng trỡnh (2) Ô 2 2y-x =x -36
Suy (1) Ô 2
2
x y
x y y x
y x
- - =
- - + - =
- =
3 x y
= ¤
= thỏa điều kiện Vậy hệ phương trình có nghiệm x y
= = Câu 4:
a) Tìm số tự nhiên x thỏa mãn biểu thức P= - + +x4 x2 14x+49 số nguyên tố
2
7
P= + +x x + -x x Ta có 7+ +x x2 >1
Vì P số nguyên tố nên 7+ -x x2 =1
2 (L) =
Ô - - = ¤
=
-x
x x
x Vậy x=3 P=19 (thỏa mãn)
b) Tìm nghiệm nguyên phương trình
Để phương tình có nghiệm
2
2
x -xy+y = x- y
-2 2
2
3
2
x -xy+y = x- y- Ôx - y+ x+y + y+ =
2 2 2
2 y 3y
y y y
D = + - + + = - -
(183)Vì y nguyên nên
Với ,
Với ,
Vậy nghiệm phương trình:
Câu 5:
DABC vuông A BC2= AB2+ AC2
10( )
BC = cm
BM đường phân giác DABC MA MC
BA = BC
Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta có:
8
6 10
MA MC MA MC AC
BA BC BA BC BA BC
+
= = = = =
+ + + MA=3(cm)
BN đường phân giác DABC NA NC
BA = BC
Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta có:
8 10
NA NC NC NA AC
BA BC BC BA BC BA
-= = = = =
- - - NA=12(cm)
15( )
NM =NA+MA= cm
2
45 ( )
2
DBMN = =
S BA NM cm
Câu 6:
2 2
3 8
3
y y y y y
- - - Ô + + Ê Ô Ê Ê
-2
y= - y= -1
2
y= -
0
x = Ô x=0
y= -
0
x - =x Ô
0 x x
= =
(184)-a) Chứng minh MN song song AD Chứng minh tứ giác MNECnội tiếp
0
90 90
NEC= NMC=
Ta có MN BC A, D BC suy MN/ /AD b) Chứng minh DOME∽DOEI
Gọi F giao điểm OE với đường trịn (O) (F khác E) Ta có BOF=EOC EC=BF
=1 =1
-2
DEF sÒFD sÒBD sÒBF
=1
-2
AIB sỊ AB sỊEC (tính chất góc có đỉnh bên ngồi đường trịn)
Suy AIB= DEF
Xét hai tam giác OME OEI EOI chung
EIO MEO= DOME∽DOEI
Câu 7:
a) Ta có :
3 2 2
2 2
2
( )
2
+
-= = - ≥ - =
-+ +
+
a a a b ab ab ab b
a a a
a b a b ab
a b
b) Tương tự theo câu a), ta có:
3 2
2
b c
b b +c ≥ - ,
3 2
2
c a
c c +a ≥ -Cộng vế theovế ba bất đẳng thức ta có:
3 3
2 2 2
2
a b c a b c
a b b c c a
+ +
+ + ≥
+ + +
Ta có:
3 3
2
2 2
2
2
a a a
a b
a ab b a b
a b
≥ =
+
(185)Và
3 3
2
2 2
2
2
b b b
b c
b bc c b c
b c
≥ =
+
+ + + + +
3 3
2
2 2
2
2
c c c
c a
c ac a c a
c a
≥ =
+
+ + + + +
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta có:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
2
3
a b c a b c a b c
a ab b b bc c c ca a a b b c c a
+ +
+ + ≥ + + ≥
+ + + + + + + + +
ĐỀ SỐ 29
Câu
Ta có: a b c+ + = Ô = - -0 b a c 2 2 2 2
2 2 2
2 1
2 1
2 1
2 1
2
1
1 0
1
1
0 1
a a c a b
a a c a a c
a a c c
a a c c
a a c c
a c c
a c a
b a c
c c
A a b c
= + + + -Ô = + + -Ô = + + -Ô + + + + = Ô + + + + = ¤ + + + + = + + = = ¤ ¤ = - - = + = = -= + + = + + - =
Vậy A=2
Câu
Bài a Giải phương trình : 4 x 4x x
+ = + +
Điều kiện : 3
0 x x x x + ≥ ≥ -Ô 2 2
4
4
4 3
2
2 3
2 3
x x
x
x x x x
x x x x
x x
x x x x
x x x x
(186)2
2
2
1
5 57 ( )
1
2 2 5 57
( )
3 4 8
2 1
2
3 4
4 3 41
( )
3 41 ( )
x
x tm
x x
x ktm
x x x x x
x
x x
x x x
x x
x tm
x ktm
≥ + = ≥
- ≥
-=
+ = - + - - =
Ô Ô Ô
+ ≥
≥ - ≥
-+ = -+ +
+ - = - +
= -=
Đối chiếu với điều kiện ta có hệphương trình tập nghiệm 57; 41
8
S = + - +
b Giải hệphương trình:
2
2
1(1)
(2)
x y
x y x y
+ =
+ = +
Lấy phương trình (2) trừđi phương trình (1) ta được:
5 3
3 2
2 3
2 3
1
1
1
1 (*)
y y x y
y y y x
y y x
y y x
- = +
-Ô - - - =
Ô - - =
Ô - - =
Mà từ (1) x2 = -1 y3
Kết hợp với (1) (*) ta được:
2
2 1
x y
x y
= =
-2
2
2 2
2 2
2
1 1
1 1
1 1
1 1
Ô - =
-Ô - + = - + +
Ô - + - - - - =
Ô - + - - - =
y y
y y y y y
y y y y y
(187)2
2
1
1
0 1
1
0
2
Ô - - - =
Ô - - - =
= = =
=
Ô =
= =
= =
-y y y
y y y
x y y
x y
y y
y x
Vậy hệphương trình có tập nghiệm S = - -2; ; 0;1 ; 1;0
Câu
Bài a
Dễ thấy AEHFlà hình chữ nhật (tứ giác có góc vng) AF=EH AE; =FH Ta có
2
2 2
(*)
BE CH CF BH AH BC
BE CH CF BH AH BC
BE CH CF BH BE CF CH BH AH BC
+ =
Ô + =
Ô + + =
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH ta có K
O D
F E
H B
A
(188)2
(1)
AH =BH CH
Xét DEBHvà DFHCta có:BEH =HFC =900;EBH =FHC(đồng vị)
( )
EBH FHC g g
D D
2
2
2 2
2
2
(*)
BE FC FH EH AE AF
BE EH BH
EH HC FC BH
FH FC HC
BE HC FH BH
BE CH BE FH BH BE AE HB HF HB
CF BH CF EH HC CF AF HC HF HC
BE CF CH BH AE AF AH
HE HB HF HC AE AF AH AH BC
AH HE HB AH
= =
= = =
=
= = =
= = =
=
Ô + + =
Ô - + 2
2 2
2 2
2
2
( )
AF HC AE AF AH AH BC Pitago
AH HB HC AE HB AE AF AH AF HC AH BC
AH BC AE HB AE AF AH AF HC AH BC
AE HB AE AF AH AF HC
AE HB AF HC AE AF AH
- + =
Ô + - - + =
Ô - - + =
Ô - + =
Ô + =
Ta cú: BEH HEA g( g) EH BH AE BH EH HA
EA HA
D D - = Ô =
2
( )
( )
AH AF
AHF HCF g g AF HC AH HF
HC HF
AE BH AF HC AE EH HA AF AH HF
AE AF HA AF AH AE AE AF AH dpcm
D D - = Ô =
+ = +
= + =
Vậy BE CH +CF BH = AH BC
Câu b
Gọi M giao điểm BKvà AO
Xét tứ giác ABDKta có: BAK+BDK =900+900 =1800
ABDKlà tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) DBK =DAK(hai góc nội tiếp chắn cung DK) Xét DBADta có: AH BD ABD
(189)BAH =HAD(AH phân giác BAD)
2
DBK =DAK -BAD=BAC- BAH =BAC- BCA BCA=BAH
Theo tính chất góc ngồi tam giác DAOC cân O nên ta có:
2 BOA=OCA OAC+ = BCA
0
0
2 90
90
DBK BAC BCA BOA
DBK BOA
= - =
-Ô + =
Xét DBOM ta có: BOM+MBO=90 (0 cmt) DBOM vng M
Hay BK AO dpcm( )
Câu Bài a
Ta có
2
4 2 1
0
2 4 2
x - + =x x -x + +x - + =x x - + x- ≥
Dấu xảy
2
0
2
1
0
2
x x
x x
- = =
Ô ¤
- = =
(vơ lý), dấu không xảy
Vậy
x - + >x với số thực x
Bài b
Ta có: 2
3 3
x -xy+y = P-xy= xy= -P Áp dụng BĐT Cô si cho hai số 2
;
x y ta có:
2
2 2
2
2
x y
x +y ≥ x y = xy + ≥ xy
2 2
2 2
3
2
3
3
2
2
3
2
x y x y P P
xy xy
P P
P
P P
P
P
P P
P
+ +
- £ £ - £ £
- £ - £
- Ê - Ê
Ô Ô Ê Ê
(190)Dấu xảy x2 = y2 ¤ x = y
2 2
2 2
1
3
x y
x x x
x x x x y
= =
+ + =
Ô
- + = = =
Vậy Pmax = ¤6 x = y = 3;Pmin = ¤2 x = y =1
Câu
Xét đường tròn (O) có BAK =900 BAKnội tiếp chắn nửa đường trịn (O)
BKlà đường kính đường trịn (O)
Ta có BMKlà góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) BMK =900hay KM BC EMlà đường cao tam giác EBC
Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCcó BAC=900 BACnội tiếp chắn nửa đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kính BC Ta có: BLClà góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC BLC =900hay
BL LC BL EC BLlà đường cao DEBC
Xét DEBCta có: EMvà BLlà hai đường cao tam giác cắt K
Klà trực tâm DEBC KC BE
Mà KC BA gt( ) B A E; ; thẳng hàng EAC =900
E
L K
O M
B
(191)Xét tứ giác AECMta có: 90 EAC =EMC= Mà hai góc nhìn đoạn EC
AECMlà tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
Hay Ethuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM(đpcm)
Câu Bài a
Giả sử có số ađược tổ màu xanh màu đỏ a ,1£ £a 2018
achia cho 24 dư 17 hay a=24k+17 k *,k£83
achia cho 40 dư hay a=40l+7 l *,l£50
24 17 40
40 24 10
20 12
4(5 )
k l
l k
l k
l k
+ = +
Ô - =
Ô - =
Ô - =
Vô lý 5l-3k không chia hết cho Do giả sử sai Vậy khơng có sốnào tô cảhai màu xanh đỏ
Câu 6b
a tô màu xanh 24 1 17 1 *; 1 2018 17 1 83 24
a= d + d d £ - d £
bđược tô màu đỏ 2 2
2018
40 *; 50
40
b= d + d d Ê - Ôd Ê
Ta cú a b- = Ô2 40d2+ -7 24d1-17 = Ô2 40d2-24d1-10 =2
1 2
1 2
40 24 10 40 24 12 10
40 24 10 40 24
d d d d d d
d d d d d d
- - = - = - =
Ô Ô Ô
- - = - - = - =
TH1: 10d2-6d1 =3 5d2-3d1 =3
Vơ lý 5d2-3d1 số chẵn Mà số lẻ
TH2:
2 1
5
5
3
d
(192)-Có
1
5
83 83 50
3
d
d < - Ê Ôd Ê
Vì d1 nên 5d2 1(mod3)
TH1: d2 mod3 ¤5d2 5(mod3) 2(mod3)(loại)
TH2:d2 2(mod3)¤5d2 10(mod3) 1(mod3)(tm)
2 *
d = k+ k
1
1 50 16 *
3
k k k
Ê + Ê Ô - Ê £ có 16 giá trị k thỏa mãn
Với giá trị k ta cho giá trị d2, từđó cho giá trị d1hay nói cách khác, với giá trị kcho cặp số d d1; , tức cho cặp số a b; thỏa mãn
yêu cầu tốn
Vậy có 16cặp số a b; thỏa mãn yêu cầu toán
ĐỀ SỐ 30 Câu 1:
1 a) + Biến đổi
2
2
4
1
2 1
x x x
x x x x
x
x x x x x x
+ +
+ + +
+ =
-+ - - + - +
= 2
1 1
x x
x x x
+ - =
- -
-+ Biến đổi 1
1 1
x
x x x x
- =
+ - +
-+ Ta có : 2 1
1 1
x x
x A
x x x x x
+
-= =
- + -
-+ Vậy A x x
+
= , với điều kiện x>0, xπ1
b) 2018 1 1 1
2018 2018 2018
A
x x
+
Ô + + Ô
2018 2018
x £ < £x
Vì x>0, xπ1 x nguyên nên x 2;3; 4; ; 2018 Suy có 2017 giá trị nguyên x
thỏa mãn tốn Phương trình
1
x - m+ x- = (1)
(193)+ Theo hệ thức Viet ta có:
1
1
x x m
x x + = + = - Ta có 2 2
1 2 2
2 2
1 2
3
3 4
4
x x x x
x x x x
B
x x x x
+ + + -+ + + -= = + - + 2
1 2
2
1 2
3
2
x x x x x x m m
x x x x m
+ - + + - + + + + -= = + - - + + 2
3 10 20 m m m m + + = + +
3 20
B m B m B
Ô - + - + - = (*)
+ Nếu B=3 11
m=
-+ Nếu Bπ3 (*) phương trìnhbậc hai ẩn m Phương trình (*) có nghiệm m D ≥'
hay 2
5 3 20 19 35
2
B- - B- B- Ô B - B+ Ê Ô Ê ÊB Vy giỏ tr ln B
2
m=
-Câu 2:
1) + Điều kiện x+ Ô -3 x
+ Phương trình cho tương đương x+ - +3 x2+4x- =5
1 x x x x -Ô + - + = + +
1 x x x Ô - + + = + + 1 x x x - = Ô + + = + +
+) x- = Ô =1 x
+)
3 x
x+ + + + = vơ nghiệm
1
5 0,
3 x x
x+ + + + > " ≥
-+ So sánh điều kiện ta tập nghiệm phương trình
2) + ) Điều kiện 6, 16
5
x≥ y£
+)
3
x -xy- +x y- = Ô x- x- +y =
2 x y x = Ô = +
+) Với x=3 thay vào phương trình
5x- +6 16 3- y =2x -2x+ -y 4, ta
2
13 13 133 16
2
y y
y y y
y
+ + = - +
- = + Ô Ô =
(194)+) y= +x thay vào phương trình
5x- +6 16 3- y =2x -2x+ -y 4, ta
2
5x- +6 10 3- x=2x - - Ôx 5x- - +6 10 3- x-2 =2x - -x
5
2 10
x x
x x
x x
-
-Ô - - - + =
- + - +
5
2
5 10
x x
x x
Ô - - - - =
- + - +
2
5
2
5 10
x
x
x x
= Ô
- - - =
- + - +
+) Với x=2 y=4 (thỏa mãn)
+) Vì 10 2 5
5£ £x x- + ≥ 5x- +6 2£ 5x- +6 2- <
10 5£ £x - 10 3- x+2- x<
Do phương trình 3
5x- +6 2- 10 3- x+2- x- = vơ nghiệm
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm 2; ; 3; 13 133
- +
Câu 3:
1) Giả sử
2018+n số phương 2 * 2018+n =m m
Suy 2
2018=m -n Ô2018= m n m n- +
Như hai số m n- m n+ phải có số chẵn (1)
Mà m n- + m n+ =2m nên suy hai số m n- m n+ tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2) suy hai số m n- m n+ hai số chẵn
m n m n- + chia hết cho
Mà 2018 không chia hết điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2018+n2
là số phương
2) Có 10 đội bóng, đội thi đấu trận với đội cịn lại Do số trận thua đội từ đội thứ đến đội thứ 10 :
1 1, 2, , 10 10
y = -x y = -x y = -x Có tất số trận đấu : 10.9 45
2 = trận
Vì khơng có trận hịa nên tổng số trận thắng 10 đội là:
1 10 45
x + + +x x = + + + + =
Ta có :
2 2
2 2
1 10 9 10
(195)2 2 2 2 10 10.9 18 10 10
y y y x x x x x x
Ô + + + = - + + + + + + +
2 2 2
1 10 10
x x x y y y
Ô + + + = + + + ( đpcm)
Câu
a) Tứ giác CDME nội tiếp AM AD =AE AC
Tứ giác BMDF nội tiếp AM AD =AB AF
Suy AB AF = AE AC Do tứ giác BECF nội tiếp b) Tứ giác CDME nội tiếp DEC=DMC (1)
Tứ giác BMDF nội tiếp DMC=DFB (2) ( bù với góc DMB) Từ (1) (2) DEC=DFB (3)
Tứ giác ABDC nội tiếp DBF =ACD (4) ( bù với góc ABD) Từ (3) (4) suy tam giác ECD FBD đồng dạng
Theo chứng minh trên, ta có tam giác ECD FBD đồng dạng EDC=BDF Tứ giác ECDM nội tiếp EDC=EMC
Tứ giác BMDF nội tiếp BDF=BMF
Suy EMC=BMF ( vị trí đối đỉnh) Vậy ba điểm E M F, , thẳng hàng c) Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn O ACB=BAx
Do tứ giác CEBF nội tiếp ECB=EFB hay ACB=EFA
x
E
F D
O
A
C
(196)Suy BAx=EFA ( vị trí so le trong) Ax // EF mà Ax AO EF AO
2)
Gọi D trung điểm cạnh BC Theo giả thiết ta có
2
2 2 2 2
2CD 4CD AC 4AC CD CD AC AC CD CD AC
AC
= + Ô = + Ô = + (1)
K phõn giỏc AE tam giác ACD Theo tính chất đường phân giác,
ta có EC AC AC EC AC EC AC
ED= AD = DC ED+EC = AD+AC CD= AC+CD (2)
Từ (1) (2) suy EC CD AC
AC =CD+AC =CD
Suy tam giác ACE đồng dạng với tam giác DCA nên tam giác ACE cân A
Lại có 1
2
EAC= CAD= ACB
Do : 0
180 72 18
2ACB+ACB+ACB= ACB= ABC= Câu 5:
Áp dụng tính chất a b- £ a +b Đẳng thức xảy ab£0 Khi M £2 x3+ y3+ z3
Mặt khác 2 x +y +z =
3
2
2
2 3 2
2 2
8
8 2 2
8 2 2 2 2
x x
x x
y y y y
z z z z
£ £
£
Ê Ô Ê Ô Ê
Ê Ê Ê
Vậy 3 2
2
M £ x + y + z £ x +y +z =32
Đẳng thức xảy x y z; ; = 2;0;0 x y z; ; = -2 2;0;0 hốn vị Vậy giá trị lớn M 32
E D
A C
(197)ĐỀ SỐ 31
Câu 1:
a) 2 :2
1
a a b ab
A
ab ab
+ +
=
- -
2(1 )
2 (1 )
a
ab a ab
+
= =
+
Khi a>0;b>0, a + b = ab a + b 1 1 1
ab a b a b
Ô = Ô + = Ô =
-Do ú
2
1 1 1
(1 )
4
A
b b b
= - = - - £ Du = xy Ô =b 4;a=4 Vy giá trị lớn A
4 a= =b 4
b) - Với y=0, ta có x=0 - Với yπ0 , ta có:
+
- - = Ô - = + Ô - = =
2 2 2 2 2
2
( )
6 ( ) x y
x y x y xy x y y x y x a a y
2
5
3
x a x
x a x
x
x a
+ = =
- = Ô = Ô
=
=
Khi 3
3
y
x = y y
y
=
- = Ô
=
Khi 3
3
y
x = - y y
y
=
+ - = Ô
=
Vy x y; 0;0 ; 3; ; 3;3 ;- -3;1 ; - -3;
Câu 2:
a) Đặt a= x2+4x+3; b= 32x2-3x-2; c= 33x2-2x+2; d = 34x2-9x-3 Ta có 3 3 3 3 (1)
(2)
a b c d
a b c d
=
= -
3
(2) a b 3ab a b c d 3cd c d
a b
ab a b cd a b
ab cd
- + - = - +
-=
- = - Ô
=
-Với a =b, ta có 3 2
7 69
2
4 3
7 69
2
x
x x x x x x
x
+ =
+ + = - - Ô - - = Ô
-=
(198)
-Với ab=cd, ta có
2 2 11 11
4 3 2 0;1; ;
2
x + x+ x - x- = x - x+ x - x- Ô x - +
Vy pt cú nghiệm 0; 1; 11; 11; 69; 69
2 2
x= x= x= - x= + x= + x=
-b)
3
2 27
8 18
4
1
x y
x x
y y
+ =
+ =
Ô
+ =
+ =
x
y
x x
y y
3
3
(2 ) 18
3
2
Đặt a 2x b = ; y
= Ta có + = Ô Ô + =
=
+ =
a b
a b
ab ab a b
3 18 3
1
( )
Giải tìm 5;
2
a= + b= - 5;
2
a= - b= +
Tìm nghiệm x y; hệ +
+
3 5; ; 5;
4 3 5 3 5
Câu 3:
Phương trình hồnh độgiao điểm
2
2 0; ;
2
m m
x = mx Ô x - m x = Ô =x x= x= -
Gi ba giao điểm
2
(0;0); ; ; ;
2 2
m m m m
O A B - H giao điểm AB trục
tung, suy
2
;
2
m
AB= m OH =
Tam giác OAB
2
3
2 2
m
OH = ABÔ = m
Gii v tỡm m=0;m= 3;m= - 3, loại m=0 Vậy m= 3;m= -
Câu 4:
(199)Hình vẽ phục vụ câu a)
Trên cạnh BI lấy điểm H cho BH = BA = a
ΔABM = ΔHBM ΔHBN =ΔCBN
Suy BHM =BAM =90 ;0 BHN =BCN =900 Suy ra M; H; N thẳng hàng,
MN = MH + HN = AM + NC
Ghi chú: hình khơng chấm b) Tính diện tích tam giác BMN theo a
Đặt
4
NC =x MN = AM +NC = a+x ; DN = -a x
Theo định lí Pitago
2
2
2 2
4 16
a
MN =MD +DN a+x = + a-x
Giải tìm
7
a
x=
Diện tích tam giác BMN bằng 25
2 56
a
BH MN = a a+ = a
Câu
a) Chứng minh OM vng góc với EF
Hình vẽ phục vụ câu a (khơng tính điểm hình vẽ câu b, khơng có hình khơng chấm)
Tứ giác ABEF có AEB= AFB=900nên nội tiếp đường trịn MEF =FAB
H A
D C
B
M
I N
x
H O
A B
M
F
E
D x
I H O
K A
B M
F
E
C
(200)TừM kẻ tia tiếp tuyến Mx với đường tròn tâm O (như hình vẽ), ta có xMB=MAB=FAB Suy xMB=MEF Mx/ /EF
Theo tính chất tiếp tuyến đường trịn, ta có MO Mx MO EF
b) Chứng minh M di động cung lớn ABthì đường thẳng kẻ từH vng góc với CDln qua điểm cốđịnh
Kẻđường kính MN đường trịn tâm O Tứ giác AHBN có AH song song với NB (cùng vng góc với MB), có BH song song với NA (cùng vng góc với MA) nên hình bình hành Suy HN cắt AB trung điểm I đoạn Do MH / /OI MH; =2.OI Gọi Klà điểm đối xứng O qua I, suy OK = 2OI điểm K cốđịnh
Tứ giác MHKO có MH, OK song song ( gấp đơi OI) nên hình bình hành Suy HK/ /MO
Xét đường trịn tâm H bán kính HM, theo tính chất đường kính vng góc với dây cung, suy E trung điểm MD F trung điểm MC Do
/ /
EF CD MO CD HK CD
Vậy Mđi động cung lớn ABthì đường thẳng kẻ từH vng góc với CDluôn qua điểm cốđịnh K
Câu 6:
Với ba số thực dương a b c, , ta có
2 2 2 2 2
3( )
a b b c c a a b c
a b b c c a a b c
+ + + + + £ + +
+ + + + + (1)
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
3( )
a b b c c a
a b c a b c
a b b c c a
c a b a b c b c a
a b c
a b b c c a
+ + +
Ô + + + + £ + +
+ + +
+ + +
Ô + + Ê + +
+ + +
2 2 2
2 2
0
0
c a b a b c b c a
c a b
a b b c c a
ac c a bc c b ab b a bc b c ab a b ac a c
a b a b c a c a b c b c
+ + +
Ô - + - + - ≥
+ + +
- - -
-Ô + + + + + ≥
+ + + + + +
2 2
0 (2)
ac c a bc c b ab b a
a b b c a b a c a c b c
- -
-Ô + +
+ + + + + +
Với ba số thực dương a b c, , ta có (2) ln Vậy (1) (đpcm)
ĐỀ SỐ 32
Câu
a) Rút gọn biểu thức…