Chứng minh rằng tồn tại một điểm nằm trong hình vuông mà khoảng cách từ điểm đó đến 5 điểm nói trên đều lớn hơn 10.... Gọi I là trung điểm của CD.[r]
(1)(2)Đề 1:
Câu 1: Cho phương trình 2
2x 2(m1)x m 4m 3
1 Định m để phương trình có nghiệm x x1; 2 2.Tìm giá trị lớn A|x x1 22(x1x2) | Câu 2: Tính tổng: S a1 a2 a99, đó:
1
, 1, ,99
( 1)
n
a n
n n n n
Câu 3:Cho ba số thực a, b, c, d không nhỏ thỏa mãn 2 2 16
a b c d Tìm giá trị lớn biểu thức: P a 1 b 1 c 1 d1
Câu 4: Cho số tự nhiên a Chứng minh ( , 240) 1a
1 240
a
Câu 5:Cho tam giác ABC có trực tâm H, nội tiếp đường tròn (O) Gọi P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nằm tam giác ABC PB cắt (O) điểm M khác B PC cắt (O) điểm N khác C BM cắt AC điểm E, CN cắt AB điểm F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt điểm Q khác A
1 Chứng minh ba điểm M, N, Q thẳng hàng
2 Giả sử AP phân giác góc MAN Chứng minh PQ qua trung điểm BC Câu 6: Chứng minh khơng thể phủ kín hình vng bỏ hai góc đối diện (góc bên trái góc bên phải) 31 qn đơ-mi-nơ kích thước (các qn đơ-mi-nơ xoay ngang, dọc tuỳ ý)
(3)Đề 2:
Câu 1: Cho phương trình
0
x ax b có hai nghiệm phân biệt
Chứng minh phương trình
( 2) x
x ax b ax có nghiệm phân biệt Câu 2: Giải hệ phương trình:
2
2
3
4
4
6
2x
(1)
(2) 4z
(3) y x
y
z
y y
x
z z z
Câu 3:Cho x, y, z thỏa mãn x y z
Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 3 1633
( )
x y z
M
x y z
Câu 4: Chứng minh tồn số nguyên dương k cho 2013k1 chia hết cho
10
Câu 5:Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (A, B tiếp điểm), vẽ cát tuyến AEF (EF không qua O) Gọi D điểm đối xứng B qua O DE, DF cắt AO M N Chứng minh rằng:
1 CEF CMN
2 OM ON
(4)Đề 3:
Câu 1: Cho phương trình
x x x a (x ẩn) 1.Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa
2 Với giá trị a phương trình có nghiệm, đó, tìm x theo a Câu 2:Giải phương trình:
3
24 12
x x
Câu 3:Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện 0 a b phương trình
x
ax b c vô nghiệm Chứng minh : a b c
b a
Câu 4: Cho x, y, z số nguyên cho 2 2 2
xy yz z x xyz Chứng minh x3 y3 z3 chia hết cho x y z
Câu 5:Cho tam giác ABC vuông cân A, D trung điểm AC, vẽ đường trịn (O) đường kính CD cắt BC E, BD cắt (O) F
1 Chứng minh ABCF nội tiếp
2 Chứng minh AFB ACB tam giác DEC cân
3 Kéo dài AF cắt đường trịn (O) H Tứ giác CEDH hình ? Câu 6: Mỗi giải bóng đá đá theo luật sau:
-Mỗi đội thi đấu với tất đội khác -Hai đội đấu với lần
-Trong trận đấu, đội thắng hai điểm, thua không điểm, hịa đội điểm
(5)Đề 4:
Câu 1: Cho phương trình:
x 2( 1) 0(1)
m m x m Giải biện luận (1)
2 Xác định m để (1) có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn :
2
17
x x
x x Câu 2:Giải phương trình :
2
2x 3 x
x x
Câu 3:Cho x, y, z số thực thỏa mãn
2 2
(x1) (y2) (z 3) 2017
Tìm giá trị nhỏ biểu thức Axyy z( 1) z x( 2) Câu 4: Tìm giá trị nguyên x để biểu thức: 22
1
x x
A
x x
nhận giá trị ngun
Câu 5:Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O) ; M điểm cung nhỏ CD, BM cắt AC E
1 Chứng minh O MD BEC180o
2 Chứng minh MAB MEC từ suy MC AB MB EC Chứng minh MA MC MB
(6)Đề 5:
Câu 1: Cho phương trình :
(m1)x 2(m1)x m 0(1)
1 Tìm tất giá trị m để pt (1) có nghiệm kép, tính nghiệm kép Tìm tất giá trị m để pt (1) có hai nghiệm phân biệt số âm Câu 2:Giải phương trình:
2
3x 4x
4
1 2x
x x x
Câu 3:Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn 2
x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức :
2 2
1 1
x y z
A
x y z x y z
Câu 4: Giả sử pabc số nguyên tố có ba chữ số Chứng minh phương trình
0
ax bx c khơng có nghiệm hữu tỉ
Câu 5:Cho hai đường tròn (O) (O‟) cắt A B Kẻ tiếp tuyến chung CD (C, D tiếp điểm, C thuộc (O) ; D thuộc (O‟)) Qua điểm B kẻ cát tuyến song song với CD cắt (O) E, cắt (O‟) F Gọi M, N theo thứ tự giao điểm AD CA với EF Gọi I giao điểm EC với FD Chứng minh :
1 CD trung trực đoạn BI Tam giác MIN cân
3 Giả sử A cố định (O ;R), AB AC hai dây cung thay đổi (O) thỏa mãn hệ thức AB AC R Xác định vị trí điểm B, C (O) để diện tích tam giác ABC lớn
(7)Đề 6:
Câu 1: Tìm giá trị m để phương trình :
2 x
x m m Có nghiệm
2 Có ba nghiệm Câu 2:
1 Giải phương trình:
3x 3x
x
2 Giải hệ phương trình : 3 3 x y
x y
Câu 3:Cho x, y, z số thực dương thỏa xyz1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
1
x M
x y z xy yz z
Câu 4: Cho số nguyên a không nhỏ Hỏi có tồn hay khơng số tự nhiên A cho 2001 2002
a A a A có 600 chữ số tận 0?
Câu 5:Cho đường tròn (O) đường thẳng d cắt (O) hai điểm C, D Từ điểm M tùy ý D kẻ tiếp tuyến MA, MB (với A, B tiếp điểm) Gọi I trung điểm CD Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp
2 Giả sử MO AB cắt H Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác COD
3 Chứng minh AB qua điểm cố định M di động d Chứng minh
2
2 D
M HA
MC HC
(8)Đề 7:
Câu 1: Cho phương trình: 2
(2 3)
x m x m m
1 Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt m thay đổi Định giá trị m để phương trình có nghiệm x x1, 2 thỏa: 1 x1 x2 6 Câu 2:Giải phương trình : 2 4x 2 5x
8x 10x
x x
Câu 3:Cho a, b, c số dương thỏa mãn 4
a b c Chứng minh :
1 1
1
4ab4bc4ca
Câu 4: Cho số nguyên a không chia hết cho Chứng minh rằng:
4
(a 1)(a 15a 1) 35
Câu 5:Cho đường trịn (O ;R) đường kính AB cố định, đường kính CD di động khác AB Các tia BC, BD cắt tiếp tuyến đường tròn A E, F
1 Chứng minh CDEF tứ giác nội tiếp
2 Khi đường kính CD thay đổi, tìm giá trị nhỏ EF
3 Đường tròn qua ba điểm O, D, F đường tròn qua ba điểm O, C, E cắt G (khác O) Chứng minh B, A, G thẳng hàng
(9)Đề 8:
Câu 1: Cho phương trình
2 x
x m m (x ẩn) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt âm Gọi x x1, nghiệm phương trình
Tìm m để 2
1 13
x x
Câu 2:Cho x y hai số âm Chứng minh :
| | | | | | | |
2
x y x y
xy xy x y Câu 3:Cho đa thức
( ) ax x x ( 0)
P x b c d a Biết P m( )P n m( )( n) Chứng minh
2
2 4a
4a c b
mn
Câu 4: Tìm tất số tự nhiên thỏa mãn phương trình : 2018x 2017y2016z
Câu 5:Cho tam giác ABC Gọi H chân đường cao kẻ từ A (H thuộc BC) Đường thẳng AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH D (khác A) Đường thẳng AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH E phân biệt với A
1 Gọi I, J trung điểm AB, AC Chứng minh bốn điểm I, J, D, E nằm đường tròn
2 Chứng minh HA tia phân giác góc EHD
3 Tìm mối liên hệ AB, AC AH để DE tiếp xúc với hai đường trịn nói
(10)Đề 9:
Câu 1: Cho phương trình bậc hai :
2 2
2 0(1)
x x m mm m Định m để pt (1) có nghiệm
2 Định m để tổng bình phương nghiệm tích nghiệm Định m để tổng bình phương hai nghiệm đạt GTNN
Câu 2: Giải phương trình:
2 11
x x x x
Câu 3:Giả sử a, b, c, d số thực dương thỏa mãn: abc bc dc a bad d 1
Tìm giá trị nhỏ 3 3
4( ) 9d
P a b c
Câu 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2
7(xy)3(x xyy )
Câu 5:Cho nửa đường tròn đường kính BC Gọi A điểm thuộc nửa đường trịn cho ABAC Dựng phía đối tia AB hình vng ACDE AD cắt nửa đường trịn H, BH cắt DE K
1 Chứng minh rằng: CK tiếp tuyến đường trịn đường kính BK Chứng minh ABDK
(11)Đề 10: Câu 1:
1 Giải biện luận hệ: ( 1) 2( 1)
4x ( 1)
m x y m
m y m
2 Định m để hệ có nghiệm với x y, Câu 2:
1.Giải phương trình:
1 1
1
3 2 1
x x x x x x
2 Giải phương trình:
7x 12x 7x
x
Câu 3:Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn 2
a b c Chứng minh :
2 2
2 2
2 2
2
1 1
ab c bc a ca b
ab ac bc
ab c bc a ca b
Câu 4: Cho số tự nhiên n Đặt
2 28
A n Chứng minh A A số phương
Câu 5:Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng (B nằm A C) Một đường tròn (O) thay đổi qua A B Gọi DE đường kính đường trịn (O) vng góc với AB CD CE cắt đường tròn (O) M N Khi (O) thay đổi hai điểm M, N di động đường cố định nào?
(12)(13)Đề 1: Câu 1:
1 Phương trình có nghiệm
' m 6m
(m 1)( m 5) m
2.Với 5 m 1, ta có:
1 2
( 1)
4
2
x x m
m m
x x
2
2
4
2( 1) | ( 4) |
2
m m
A m m
Do 5 m nên 1 m
Suy
0(m4) 9và
2 A
Vậy,
2 MaxA Câu 2:Ta có:
1 1
,
( 1)( ) ( 1)
n
n n
a n
n n n n n n n n
1 1 1
10
1 2 99 100
S
Câu 3:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số khơng âm, ta có:
2
1 ( 1) 4
1
2 2
a a a a
a
Tương tự số b, c, d không âm:
2 2
4 4
1 ; ;
8 8
b c d
b c d
Do đó: 1 1 2 2 16
8
a b c d
P a b c d
Vậy MaxP4 a b c d
(14)Câu 4:
Ta có:
2402 3.5
( , 240) 1a ( , 2)a ( ,3)a ( ,5) 1a
2
4
4
1 3
1 15
1 5
a a
a
a a
(1)
Mặc khác
1 ( 1)(a 1)(a 1) 16
a a (2)
Vì a1 a1 hai số chẵn liên tiếp nên tích chia hết cho 2 a Từ (1) (2) suy
1 240
a dpcm
Câu 5:
1.Dễ dàng chứng minh tứ giác AMEQ ANFQ, AMCB nội tiếp nên ta có:
(15)NQF NAF NAB NCB PCB
180o
EQM EQF FQN PBC BPC PCB
Vậy, M, Q, N thẳng hàng
2 Vẽ đường cao CI, BJ tam giác ABC EF cắt PQ G
Do tứ giác AMEQ, ANFQ nội tiếp QEPH hình bình hành nên:
QAM QEP QFP QAN
Do đó, AP đường phân giác góc MAN
Vậy Q, A, P thẳng hàng
Gọi giao điểm AP với BC K Ta có:
IHJ BHC BPC FPE IHJ FPE
mà IHJ IAJ 180o tứ giác FPEA nội tiếp
A A EF//BC
EFP E P E Q EMQ EMN BMN BCN
FG AG GE
BK AK KC
Mà FGGEBKKC K trung điểm BC
Câu 6: Ta tơ màu theo hình vẽ:
(16)chỉ cịn lại 30 đen Khi ta phủ quân cờ đô-mi-nô ta che đồng thời ô trắng ô đen Vậy ta khơng thể phủ kín bàn cờ với 31 quân cờ
Đề 2: Câu 1: Theo đề:
0(1)
x ax b có nghiệm phân biệt
Xét phương trình
( 2) x 0(2)
x ax b ax
nhận thấy x0 không nghiệm phương trình (2) nên x0, chia hai vế pt (2) cho
x ta có:
2
( 2) a
x ax b
x x
2
1
2 0(3)
x a x b
x x
Đặt 2 2
2
1 1
2
u x u x x u
x x x
Phương trình (3) trở thành:
2
u au b
0(4)
u au b
Vì pt (1) ln có nghiệm phân biệt x x1, 2 nên pt (4) có nghiệm phân biệt u u1, 2
Xét phương trình
1 0(5)
u x x ux
x
Pt (5) có nghiệm phân biệt trái dấu ac0 nên ứng với hai nghiệm u u1, 2thì có nghiệm phân biệt
Câu 2:Từ hệ phương trình suy ra: x0,y0,z0
Nếu số hai số cịn lại Thử lại ta có x y z nghiệm hệ phương trình
Nếu xyz 0 x 0,y0,z0 Theo Bất đẳng thức Cauchy:
1 2x x Từ (1), suy yx
Tương tự, ta có z y x, z z y x z x y z
(17)Vì : 3 3 3
16
16
( )
x y z
M a b c
x y z
3 3
1
( ) ( )( ) 16
4 a b a b a b c
3 3
1
( ) 16 (1 ) 16
4 a b c c c
3 2
1 17 16 16
(63 3 1) (9 1)
4 c c c 9c 81 c 81 81
Dấu „=‟ xảy
4
9
1
9
a b a b
c
c a b c
Vậy 16
81 MinM
Câu 4: Cho k lấy
10 1 giá trị liên tiếp từ đến
(10 1)ta nhận
(10 1)giá
trị khác 2013k1 Chia tất số cho
10 ta nhận số dư thuộc tập
0, 1, 2, 3, , 10 1 Ta có
(10 1)số 2013k1 khác chia cho
10 ta có
(10 1) số dư, có nhiều
10 số dư khác
Theo ngun lý Dirichlet phải có hai số có số dư chia cho
10 Giả sử hai số 2013 –1m
2013 –1n
, m>n, thì:
(2013m 1) (2013n 1) 2013 (2013n m n 1) chia hết cho
10
Ta có:
(2013,10 ) 1 nên (2013m – n1) chia hết cho
10
(18)1.Ta có:
DEC DBC OAC
Tứ giác ACNE nội tiếp CMD CAE
D D
CF CB CAN
Tứ giác ACNF nội tiếp CND CAE
D D
CN CM
Do hình thang CMND (NM//CD) nội tiếp nên hình thang cân
D E(1)
CNM E C CF
lại có: CMN180o CMA180o CEA CEF(2) Từ (1) (2) CEF CMNdpcm
2 Tứ giác CMND hình thang cân nên CNM NMD Mà CNM BNM nên BNM NMD
BN//DM
mà DM CNBN
Nên tứ giác BMDN hình bình hành Vậy OM ONdpcm
Câu 6:
Tơ màu hình bên (đây phần bảng cho) Mỗi lần cắt phạm hình vng màu (tức vng màu) Có tất cả: 29 29 100
3
(19)Đề 3: Câu 1:
1.điều kiện xác định phương trình có nghĩa là:
2 3 4 3 4 x x x x x x
2 Với điều kiện trên, ta có phương trình:
3
1
4
x x x a x x a
3
1
4
x x a x x a
2
3 1
(*)
4 2
x a
Phương trình có nghiệm:
1 1
0
2
1
1 2 a a a a a
Từ (*) ta có:
3 1
4 2
x a
2
3 1 1
4 2 2
x a x a
3 1 1
4 2
x a a x a a
Vậy:
a phương trình có nghiệm
2 x a a
4
a phương trình vơ nghiệm Câu 2:
3
24 12 6(1)
(20)Đặt 24
12 ; ( 0)
u x
v x v
ta có hệ phương trình sau:
3 36(2) 6(3) u v u v
Từ (3), dùng phép v 6 u vào (2)
3
0 24
12 88
3
u x
u u u u x
u x Câu 3:
Ta có 2
(4ab) 0 16a 8ab b 0
Mà phương trình cho vô nghiệm nên 2
4a 4a
b c b c
2 2
16a 8ab 4ac 16a 8ab b
hay
16a 8ab4ac0
4a 2b c
(vì a 0 4a0)
3
3 3a 3( )
3
a b c a b
a b c b b a
a b c b a
(vì 0 a b b a 0) dpcm Câu 4:
Nhận xét có số x, y, z số chẵn Thật vậy, x, y, z số lẻ xy 2 yz 2 z x2là số chẵn, xyz số lẻ, điều mâu thuẫn
Hơn nữa:
3 3 2
2 2
3
2
x y z xyz x y z x y z xy yz zx
x y z x y y z z x
x y z xyz
Nên: 3
6
(21)1 Tứ giác ABCF có BAC BFC90o( nhìn cung BC với hai góc nhau) ABCF
tứ giác nội tiếp
2 Tam giác DEC có 0
90 , D 45
DEC EC
nên vuông cân
3 d D 1( d d )
2
s AF s DFs FH sdDH mà AFB ACB
nên DCH ACB45o
Lại có tam giác DHC vuông cân nên tam giác DEC tam giác DCH vng cân Vậy CEDH hình vng
Câu 6: Giả sử số đội bóng 12 Khi đó, số điểm đội đứng cuối nhỏ Tổng số điểm 12 đội là: S 6 17 138
Mặc khác, số trận đấu 12.11 66
(22)Đề 4: Câu 1:
x 2( 1) 0(1)
m m x m Giải biện luận (1):
* 0.(1) 2x=0 x=0
* : m m
2
'(m1) 4m (m 1)(3m1)
' 1
3 m m
(1) có nghiệm kép
2 1 m m x m m
'
3 m
(1) có nghiệm phân biệt: 2 ; x x m
'
1 m m
pt vơ nghiệm
2.Theo câu trên, pt có nghiệm phân biệt 2 2( 1) m x x m x x 2 17 x x
x x
2
1
1
17 2
4( 1) 25
4
x x
m m m
x x
(thỏa đk)
Vậy 2
7 m
m0 thỏa toán Câu 2:
Điều kiện: 2x
1 x x x
(23)2
3
3 ( 3) ( 3)
x x
x x x x
3 x x
So điều kiện suy phương trình vơ nghiệm Câu 3:
Đặt a x 1;b y 2;z c Từ giả thiết, ta có: 2
2017 a b c
( 1)( 2) ( 2)( 4) ( 3)( 3)
5( ) 19
A a b b c c a
ab ac bc a b c
2 2
2
2A ( ) 10( ) 38
( 5) 13 13
a b c a b c a b c
a b c
Do đó, 2
(13 ) (13 2017) 1002
2
A a b c
Vậy A 1002
Câu 4: Ta có:
2
2 2
1 1
1
1 1
x x x x
A
x x x x x x
Khi đó, để A nhận giá trị nguyên
1 x x
Do đó:
1
x x x2 x 1
Vậy x{0;-1}
Câu 5:
1 Ta có: D O AC
(24)D 180o D 180o
O M OEM O M BEC
2 AMB BMC
ABM ACM
MAB MEC
MA MB AB
MC AB MB EC
ME MC EC
3 Ta dễ chứng minh MAE MBC
E
E
MA A ME
MA BC MB A
MB BC MC
Cộng hai ý lại, ta có AC AB MA MC AB.AC AB
Do AC đường chéo hình vng nên AC AB 2dpcm Câu 6:
Do đa giác có điểm số lẻ nên tơ màu đỉnh hai màu xanh đỏ khơng thể xảy trường hợp màu xen kẽ Luôn tồn hai đỉnh có màu (giả sử xanh)
Xét điểm G, A, B, C (như hình) Giả sử A B tơ màu xanh -Điểm G C màu xanh xem toán chứng minh -Điểm G C màu đỏ, ta xét thêm điểm E
(25)Đề 5: Câu 1:
1.Để pt có nghiệm kép
' a
1
1
( 1)(2 1) ,
2 m x
m
m m m m
Vậy nghiệm kép pt ( 1)
1 m x m
2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt âm
( 1) ( 1) ( 1)(2 1)
'
0 0
1
0
2( 1)
0
m m m m m
m m P m m S m m m
thỏa ycbt
Câu 2:
2
3x 4x
4(1)
1 2x
x x x
Nhận thấy x0 không nghiệm (1)
Vậy với x0 ta có: 4(1)
1 1 x x x x
Đặt t x 1 x
ta tìm 2
1
9
4 5x 0( )
4
t x
t x ptVN
Câu 3:
2 2
2 2 ( 1)( ) ( 1)(z ) ( 1)( )
( ) ( ) x y z y x z x y
A x y z x y z
x y z
2 2
( 1)( ) ( 1)(z ) ( 1)( )
5 x y z y x z x y
x y z
5 2(y z) 2(z x) 2(x y) 4(x y z)
5
4 A
(26)Mặc khác, ta có 2 2 2
(x y z) (x y z )(1 1 )9
Vậy x y z
5 17
4
3
A
Dấu ‟=‟ xảy x y z
Câu 4:
Giả sử phương trình
0
ax bx c có nghiệm hữu tỉ Khi 2
4a ,
b c k
với k
Ta có: 2 2
4a.abc4a(100a 10 b c ) 400a 40ab b k (20ab b ) k 4a.abc (20a b k)(20a b k)
Vì pabc số nguyên tố, suy | 20a (1) | 20a
p b k
p b k
Mặc khác, 2
4a , ,
b c k a c nên bk Suy ra: 20a
20a
b k p
b k p
nên mâu thuẫn với (1) Vậy ta có dpcm
(27) CD đường trung trực BI
2 Vì CD đường trung trực BI nên CDBI
Mà CD / /MNBI MN
Gọi K giao điểm AB CD, ta chứng minh được:
2
A ; D A D
KC K KB K K KBKCK
Vì CD//MN nên: KC KD AK
BN BM AB Vậy BM BN
Từ điều suy tam giác MIN cân I Kẻ AHBC OI, BC, vẽ đường kính AD Dễ chứng minh AHC ABD(g.g)
D 2R
D
AH AC
AH A AB AC AB AC AH
AB A
Mặc khác theo đề
3R
AB AC R AB AC
Vậy 3R
2 AH
Lại có OIOAAI AH nên 3R
2
R OI AHOA R
Do 3R
2
AH khơng đổi nên diện tích tam giác ABC lớn BC lớn nhấtOI nhỏ
2 R
OI BC OA ABC
cân A
Mà
2 R
(28)Câu 6:
(29)Đề 6: Câu 1:
1.Phương trình
2 x 0(1)
x m m
Đặt
0
tx thì:
(1) t 2mt m 0(2) (1) có nghiệm(2) có nghiệm t0
2
2
0
'
0
0 m P m m P m S m 2 m m m
2 Pt có nghiệm (2) có: t1 0 t2
0
2
0
P m m S m Câu 2:
1 3
3x 3x ( 1)
x x x
2 3 33 3 3
9 (3 )
x y x y
x y y y
2 3
3
27 27 9
x y x y
y y y y y y
2; 1; x y x y
Câu 3:Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 12 12 12 1 x x y z xy yzz
1 1 1
3
x
x y z xy yz z
hay
(xyyzzx) 3(x y z) (vì xyz1) Do xyyzzx 3(x y z)
Suy 2
x 3( )
M
x y z xy yz z x y z x y z
2
1 1
(30)Vậy 1
MinM x y z
Câu 4:
Ta có: 2001 2000 2000 2000 200 600
( 1) 1024 10
a a a a Vậy 2000
a 2001
a có 10600 số ngun dương liên tiếp suy số đó, tồn số A chia hết cho 600
10
Câu 5:
1 Vì I trung điểm CD nên OI CD MA, MB tiếp tuyến
O 90o
MAO MBO MI
Do M, A, I, O, B nằm đường trịn đường kính MO Vậy tứ giác MAIB nội tiếp
2 D D ( )
D
MA MC
MAC M A MAC M A g g
M MA
2
D
MA MC M
A ;
OM OMB MA MB
MAB
cân M có MO phân giác
Vậy MO đường cao
Áp dụng hệ thức cạnh góc cho tam giác vng MAO, ta có:
MA MN MO
(31)Mà 2
OM OH OA R không đổi CD cố định OI CD nên OI không đổi
Mặc khác
OI OK R nên OK cố định, hay K cố định Vậy M di động đường thẳng d qua K cố định
4
2
2 D
D M MA
MC M MA
MC MC
Mà
D
MA MO MO
HA OA O D
MO MC
O HC
MA MC MA HA
HA HC MC HC hay
2
2
MA HA
MC HC Vậy
2
2 D
M HA
dpcm
MC HC
(32)Đề 7: Câu 1:
1 2 2
(2m 3) 4(m )m 4m 12m 4m 12m
Vậy phương trình ln có nghiệm phân biệt m thay đổi 3 Hai nghiệm phương trình là:
;
xm x m
Do x1x2 1 m m m
Câu 2:Xét x0 thay vào pt thấy không thỏa toán
Vậy, với x0 , pt trở thành
7 10 x x x x
Đặt y x 10 x
, pt suy ra: 2
1 10 11 10
2 y y y y y y
y y Giải pt ta thu nghiệm
10 y y Với 53 2
1 10
9 53 x y x x x
Với
10 10 10
y x x ptvn
x
Vậy pt nhận hai nghiệm 53 x Câu 3:
Ta có: 2 (2 )(2 ) 22 2
4 (4 )(2 )
ab ab ab a b
ab ab ab ab ab a b
và 4 4 2 2 2
3a b c a b (a b ) 2a b 2a b
2 2
8 2a b a b 9 (ab1) 9
Do 2
4a b 0
2 2 4
2 5
1
4 9 9 18
a b a b a b
ab
(33)Câu 4: Đặt 4
( 1)( 15a 1)
A a a Áp dụng định lý Fermat ta có:
1( d5)
a mo
1( d7)
a mo
vì a khơng chia hết cho nên
1 a
Mặc khác, 2
15a 15a 15 15a 1( d7)
Aa a mo
2
14a 14 0( d7)
A mo
Vậy A 35dpcm
Câu 5:
1 Ta có DAB AFB EFD DCB
DAB DCB
Vậy tứ giác CDFE nội tiếp
2 B thuộc đường trịn đường kính Vậy: DBC90o
Xét tam giác EBF, ta có:
90 ,o E
EBF BA EF A AF AB
E E 2A 4R
EF A AF A AF B
Đẳng thức xảy hai đường kính AB CD vng góc với Tứ giác ODFG nội tiếp
D D 180
C 180 o o
GF GO
GEC GO
mà GOC GOD 180 o GFD GEC180o
(34)E
E D
D
FGB F B
F B C B
O B FGO
FGB FGO
G, O, B thẳng hàng, hay G, A, B thẳng hàng
Câu 6: Gọi lục giác cho ABCDEF, xếp theo thứ tự kim đồng hồ số ghi đỉnh a a, 2,a4,a6,a8,a10 Gọi S n( ) tổng số ghi đỉnh A, C, E Gọi T n( ) tổng số ghi đỉnh B, D, F
Ta có:S n( 1) S(n) 1 T n( 1) T(n) 1 , n 0, vì:
(0) a (a 4) (a 8) 3a 12
S
(0) (a 2) (a 6) (a 10) 3a 18
T
( ) ( ),
S n T n n
(35)Đề 8: Câu 1:
1 Để phương trình có hai nghiệm âm:
2
'm 6m 9 (m3)
hai nghiệm là: x1 3;x2 2m3
Để hai nghiệm âm: 3;
2
m m
2 Ta có: 2 2
1 13 (2 3) 13 (2 3)
x x m m
1 m m thỏa ycbt
Câu 2:Ta có:
2 2
( ) 2x
0
2 4
x y x y x y x y y
xy xy xy
Nên x y xy
x y xy
dấu
Ta có: | | | |
2
x y x y
xy xy
| | | | | | | x y | | x | | |
2 2
x y x y x y x y
xy xy xy xy y dpcm
(vì x, y
dấu)
Câu 3:Do P(m)P(n) nên 3
am bm cm d an bn cn d
3 2
2
2
2
( ) ( ) ( )
( )[ ( ) ( ) ]
( ) ( )
( ) ( )
a m n b m n c m n
m n a m n b m n amn c
a m n b m n amn c
b c
mn m n m n
a a Mà 2 2 4a ( ) ( ) 4a 2a
c b b c c b
mn m n m n
a a a a
b m n 2 4a 4a c b
mn dpcm
(36)Câu 4: Nếu z0 vế phải số lẻ, vế trái buộc phải có x0, thay vào thấy vơ lý Nếu z0 2018x 2017y1 Vì vế phải chia dư nên vế trái chia dư
1 x
(vì x1 vế trái chia hết cho 4) Vậy nghiệm hệ x y 1;z0
Câu 5:
1 Ta có: EIA E IA DAF A FD
Tứ giác EDIJ nội tiếp, hay điểm D, E, I, J nằm đường tròn
2 1 D D
2
EHA EIA AF AH
Vậy HA đường phân giác góc DHE
3 DE tiếp tuyến chung hai đường trịn ta có:
A= ED 2 D
DE A EHA AH
AIF AFI
Vậy tam giác ABC cân A DE tiếp xúc với hai đường trịn đường kính AB AC Câu 6: Ta tô màu theo dạng bàn cờ Mỗi miếng dùng để lát thuộc hai loại: 1-Loại gồm ô trắng ô đen
2-Loại gồm ô đen ô trắng
Giả sử phủ x miếng loại y miếng loại ( ;x y ) Ta có: 25
x y
(37)Đề 9: Câu 1:
1 Để pt (1) có nghiệm '0
2 2
( m )m m 3m
2
m m
2 Theo câu a, với m2thì phương trình có hai nghiệm Gọi x x1, 2 nghiệm pt
2 2 2
1 2
x x x x S P m m m m
2 3( )
6
2
m l
m m
m
Vậy m2 thỏa ycbt
3.Theo đề, tổng bình phương nghiệm 2 2
2 2( 2)
S P m m m m m m
1
2( )
2
m
Vì m2 nên
2
1
2( )
2 2
m m Dấu “=” xảy m2
Vậy GTNN biểu thức đề yêu cầu m2
Câu 2:
2 11(*)
x x x x
Điều kiện để phương trình có nghiệm: 2 x Vế trái: Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có:
2
1 4 x 4 x (1 1 ) x 2 x 22
Trong vế phải: 2
6 11 ( 3) 2
x x x Vậy, (*) xảy
2
( 3)
3
2
x
x
x x
Vậy pt nhận nghiệm x3
Câu 3:Trước hết, ta dễ dàng chứng minh với số thực dương x, y, z ta ln có:
3 3
3x x y z yz
(38)3 3
2
3
3
3
3
3
3
3
3
3
1 3a ( ) 3d d bc
a b c
k k
a b ab
d
k k k
b c b c
d
k k k
c a dca
d
k k k
3 3
3 2
2
3d (a b c ) (abc bcd c ad dab)
k k k
3 3
3 2
2
9d (a b c )
k k k
Vậy ta tìm k thỏa mãn
3
2
3 4k 3k
k k Đặt 1 k a a
, ta có
3
6 3
1
6 12x 35
2
k a a x x
a a
Vì 3
(6 35)(6 35) ( 35 35 )
2 k
Với k xác định trên, ta suy giá trị nhỏ P 92 k tức
2
3
36
( 35 35 )
MinP
Câu 4: Xem phương trình cho phương trình bậc hai với biến x:
2
3x (3y7)x3y 7y0
Để phương trình có nghiệm ngun phải số phương
Từ suy
(39)Câu 5:
1 Ta có H, D nhìn CK góc vng nên CDKH tứ giác nội tiếp
D 45o
HKC H C
và HBC HAC45o nên HBC vuông cân H BCK
vuông cân C CKBC
Vậy CK tiếp tuyến đường trịn đường kính BC Xét hai tam giác vng ABC DKC, ta có:
D
AC C
ABC DKC
ABC DKC
AB DK dpcm
Câu 6: Tổng số trái 20 30 40 50 140 Nếu chia cho ta 46 dư Nhưng thực tế ta làm cho 46 khỉ hài lịng được, mà làm tối đa 45 khỉ hài lòng
Cách chứng minh sau: Ta để sang bên 50 đào Còn lại 90 táo, lê, chuối Muốn khỉ hài lịng, ta phải cho ăn 90 Suy ra, số khỉ hài lịng khơng vượt q 90 : = 45
Ta cách để đạt số 45 này, sau: Nhóm có con, ăn táo, lê, đào Nhóm có 15 con, ăn táo, chuối, đào Nhóm có 25 con, ăn lê, chuối, đào
Tổng cộng ta dùng 15 20 táo, 25 30 lê, 15 25 40 chuối,
(40)Đề 10: Câu 1:
1 ( 1) 2( 1)
4x ( 1)
m x y m
m y m
2
( 1) ( 1) 2( 1) (1)
4x ( 1) (2)
m x m y m
m y m
(1)-(2): 2
[(m 1) 4]x2m 4m 2 m
2
(m 2m 3)x 2m 5m
1
( 1)( 3) 2( 3)
2
m m x m m
Biện luận:
3 1
1;
1
m m
m m x y
m m
1
m hệ vô nghiệm
3 2x
m y
2 Hệ có nghiệm x y,
2
1
; 1,
1 m x m m m m y m
Xét 2( 1)
1 1
m m
x
m m m
m m
m y (nhận)
2
m y (nhận)
Vậy m0;m 2 hệ ln có nghiệm nguyên Câu 2:
1.Điều kiện: x0 Phương trình cho trở thành:
3 1
x x x x x
(41)Tìm 21 t x t x
Vậy pt cho có nghiệm thỏa toán 1, 21 x x Câu 3:Do 2
1
a b c nên ta có :
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 ( 2 )( )
ab c ab c ab c ab c
ab c a b c ab c a b ab ab c a b ab
Áp dụng bất đẳng thức CauChy với hai số x, y không âm:
2 x y xy
2 2 2
2 2 2a 2( ) 2
( )( )
2
c a b b a b c
ab c a b ab a b c
2 2
2
2 2 2 2 2
2 2
2 (1)
1 ( 2 )( )
ab c ab c ab c
ab c
ab c ab c a b ab a b c
tương tự: 2 2 2 2
2a ; 2b
1
bc a ca b
bc ca
bc a ca b
Cộng theo vế lại ta có: GTNN xảy
3 a b c
Câu 4: Giả sử 2
28 28
A n t n t t
Đặt 2
2
,
2 1( ) ( 1)
7 ,
k u k v
t k k n k k
k u k v
Với 2 2
, : 6( d7)( )
k u k v u v u mo vô lý
Với 2
7 , : A 4(k 1) v
k u k v dpcm
(42)Gọi K trung điểm AB, dễ chứng minh K thuộc đường kính DE Vẽ đường thằng vng góc với CD M, cắt CA I
Ta có:
D( ) CMI CK g g
D
D
CM CI
CM C CK CI
CK C
D( ) CMA CB g g
D
D
CM CA
CM C CA CB
CB C
Suy CK CI CA CB CI CA CB CK
không đổi nên I cố định
M nhìn cạnh CI góc vng nên M thuộc đường trịn đường kính CI cố định Tương tự chứng minh N nhìn cạnh CI góc vng
Vậy (O) thay đổi M N di động đường trịn đường kính CI CA CB CK
(43)Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyếnsinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh
nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹnăng sư phạmđến từcác trường Đại học
trường chuyên danh tiếng
I. Luyện Thi Online
- Luyên thi ĐH, THPT QG:Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, NgữVăn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học - Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.
II. Khoá Học Nâng Cao HSG
- Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ởtrường đạt điểm tốt
ở kỳ thi HSG
- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần
Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩncùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia
III. Kênh học tập miễn phí
- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động
- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, NgữVăn, Tin Học Tiếng Anh
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%
Học Toán Online Chuyên Gia