Đề ôn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán

Đề ôn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán phục vụ cho các bạn học sinh tham khảo nhằm củng cố kiến thức môn Toán, luyện thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán và giúp các thầy cô giáo trau dồi kinh nghiệm ôn tập cho kỳ thi này. Mời các bạn tham khảo tài liệu để nắm bắt rõ hơn về nội dung đề thi. 

II - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TỐN ĐỀ SỐ Câu 1: Giải phương trình: 2     x + ÷−  x - ÷− = x   x  a) ( )( ) x + − x + + x + 7x + 10 = b) Câu 2: a) Cho số a, b, c khác thỏa mãn: abc = a b c b3 c3 a + + = + + b c3 a a b c Chứng minh số a, b, c tồn số lập phương hai số lại 1+ 84 84 + 1− 9 b) Cho x = Chứng minh x có giá trị số nguyên Câu 3: Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn biểu thức: + x + + y2 + + z2 + A= ( x+ y+ z ) Câu 4: Cho đường tròn ( O; R ) điểm A nằm ngồi đường trịn cho OA = R Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Lấy D thuộc AB; E thuộc AC cho chu vi tam giác ADE 2R a) Chứng minh tứ giác ABOC hình vng b) Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O; R) c) Tìm giá trị lớn diện tích ∆ADE Câu 5: Trên mặt phẳng cho 99 điểm phân biệt cho từ điểm số chúng tìm điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh tồn hình trịn có bán kính chứa khơng 50 điểm ĐỀ SỐ Câu 1: a) Tìm số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức: x( 2011 + 2010) + y( 2011 − 2010) = 20113 + 20103 b) Tìm tất số nguyên x > y > z > thoả mãn: xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2011 x3 +1 Câu 2: a) Giải phương trình: 2(x2 + 2) = ∈ b) Cho a, b, c [0; 2] a + b + c = Chứng minh a2 + b2 + c2 < Câu 3: Tìm tất số hữu tỉ x cho giá trị biểu thức x2 + x + số phương ∆ Câu 4: Cho đường trịn (O) ngoại tiếp ABC có H trực tâm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Gọi N, I, K hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh: a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng AB AC BC + = MK MI MN b) c) NK qua trung điểm HM Câu 5: Tìm GTLN GTNN biểu thức: P = 2x2 - xy - y2 với x, y thoả mãn điều kiện sau: x2 + 2xy + 3y2 = ĐỀ SỐ Câu 1: a) Cho a, b, c số đôi khác thoả mãn: a b c + + =0 b-c c-a a-b Chứng minh rằng: a b c + + =0 2 (b - c) (c - a) (a - b) b) Tính giá trị biểu thức:  2010 - 2010 + 2010  +  ÷ 4  ÷ 2010 2010   4 1+ + 2010 2010 + 2010 A= Câu 2: a) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác, chứng minh: 1 a+b+c + + ≤ a + bc b + ac c + ab 2abc xy +3y - x + b) Cho biểu thức: A = x - Tìm giá trị nhỏ A x - + - x = 13 Câu 3: a) Giải phương trình: b) Cho hàm số y = f(x) với f(x) biểu thức đại số xác định với số thực x khác 1  ÷ x ∀ khơng Biết rằng: f(x) + 3f = x2 x ≠ Tính giá trị f(2) Câu 4: Cho lục giác ABCDEF Gọi M trung điểm EF, K trung điểm BD Chứng minh tam giác AMK tam giác Câu 5: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S điểm O nằm tứ giác cho:OA + OB2 + OC2 + OD2 = 2S Chứng minh ABCD hình vng có tâm điểm O ĐÈ SỐ Câu 1: a) Cho x y số thực thoả mãn x2 + y2 = Tìm giá trị lớn biểu thức : xy x+y+2 A= b) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = Chứng minh: 2 x + y3 + z + + ≤ +3 x + y2 y2 + z z + x 2 xyz 3x + 10 Câu 2: a) Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = b) Tìm x, y thoả mãn:  x y2 - 2x + y =  2x - 4x + = - y x2 + x y2 + y2 + x y4 = a Câu 3: a) Chứng minh nếu: x2 + y2 = a b) Chứng minh phương trình x + ax + bx + ax +1 = có nghiệm 5(a + b2) ≥ Câu 4: Cho nửa đường trịn tâm (O) đường kính AB = 2R bán kính OC vng góc với AB Tìm điểm M nửa đường tròn cho 2MA = 15MK2, K chân đường vng góc hạ từ M xuống OC Câu 5: Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E F trung điểm BD AC Gọi G giao điểm đường thẳng qua F vng góc với AD với đường thẳng qua E vng góc với BC So sánh GD GC ĐỀ SỐ Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 + 81x = 40 (x + 9) 2) Giải phương trình: x2 - 2x + 3(x - 3) x+1 x-3 = - 3x Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = - x2 2) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a + b2 + b + c + c + a ≥ (a + b + c) Câu 3: Giải hệ phương trình:  y - xy + = (1)  2  x + 2x + y + 2y + = (2) ≠ Câu 4: Cho hình thang ABCD có đáy BC AD (BC AD) Gọi M, N điểm AM CN = AB CD cạnh AB DC cho Đường thẳng MN cắt AC BD tương ứng với E F Chứng minh EM = FN Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) dây AB, điểm M chuyển động đường tròn Từ M kẻ MH ∈ vng góc với AB (H AB) Gọi E, F hình chiếu vng góc H MA, MB Qua M kẻ đường thẳng vng góc với EF cắt AB D 1) Chứng minh đường thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đường tròn 2) Chứng minh: MA AH AD = × MB BD BH ĐỀ SỐ Câu 1: Tính giá trị biểu thức: A = 1 + + ××× + 1+ 2+ 24 + 25 Câu 2: a) Cho số khác không a, b, c Tính giá trị biểu thức: M = x2011 + y2011 + z2011 Biết x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y2 + z x2 y2 z2 = + + a + b2 + c2 a2 b2 c2 b) Chứng minh với a > a+ x= a+1 số sau số nguyên dương 8a - a+1 + a3 8a - 35 4c + ≤ 1+a 35 + 2b 4c + 57 Câu 3: a) Cho a, b, c > thoả mãn: a.b.c b) Giả sử a, b, c, d, A, B, C, D số dương a b c d = = = A B C D Chứng minh rằng: Tìm giá trị nhỏ A = aA + bB + cC + dD = (a + b + c + d) (A +B + C + D) Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi M, N, P, Q bốn đỉnh hình chữ nhật (M N nằm cạnh BC, P nằm cạnh AC Q nằm cạnh AB) a) Chứng minh rằng: Diện tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn PQ qua trung điểm đường cao AH b) Giả sử AH = BC Chứng minh rằng, hình chữ nhật MNPQ có chu vi Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân A, đường trung tuyến BM Gọi D hình chiếu C tia BM, H hình chiếu D AC Chứng minh AH = 3HD II - LỚP 10 THPT CHUYÊN ĐỀ SỐ Câu 1: x- a) Đặt =t x x2 + (1), suy = t2 + x  t = −1 ⇔ t = Khi phương trình cho trở thành: t2 – 4t – = Lần lượt thay giá trị t vào (1) phương trình cho có nghiệm: x3 = + 33 − 33 ; x4 = 2 x1 = 1; x2 = - 2; b) Đk: x ≥ - (1) x + = a; x + = b ( a ≥ 0; b ≥ ) Đặt (2) x + 7x + 10 = 2 ( x + 5) ( x + ) = ab Ta có: a – b = 3; Thay vào phương trình cho ta được: ⇔ (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = a - b = ⇔ 1 - a = 1 - b =  x + = x + (VN)  x = - ⇔  x + =1 x = -  x + =  nên Đối chiếu với (1) suy phương trình cho có nghiệm x = - Câu 2:  b3 a  x = x = a  b3   b  c3  y = ⇒   = c  y b c   a3 z = a  =  z c a) Đặt , abc = nên xyz = (1) 1 x+y+z = + + x y z⇒ Từ đề suy x + y + z = yz + xz + xy (2) Từ (1) (2) suy ra: xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – = ⇔ (x – 1)(y – 1)(z – 1) = Vậy tồn x =1 chẳng hạn, suy a = b3, đpcm 1+ 84 84 = a; − =b 9 ⇒ − b) Đặt x = a + b; a3 + b3 = 2; ab = 3 3 Ta có: x = (a + b) = a + b + 3ab(a + b) ⇔ ( x - 1) ( x + x + ) = ⇔ Suy ra: x3 = – x x3 + x – = 1  x + ÷ + > 2  ⇔ x = Vì x2 + x + = Từ suy điều phải chứng minh Câu 3: Áp dụng BĐT: a + b ≤ ( a + b2 ) ≤ ( a + b2 + c2 ) ;a+b+c (được suy từ bất đẳng thức Bunhiacôpski) Ta có: + x + 2x ≤ ( + x + 2x ) = ( x + 1) + y + 2y ≤ ( + y + 2y ) = ( y + 1) + z + 2z ≤ ( + z + 2z ) = ( z + 1) x + y + z ≤ 3( x + y + z) + x + + y + + z + 2x + 2y + 2z Lại có: A = 2− x+ y+ z + ⇒ A ≤ ( x + y + z + 3) + − ( )( ) ( ⇒A≤6+3 (do x + y + z + ≤ ) 3( x + y + z) 3) Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy maxA = Câu 4: · · ABO = ACO = 900 a) Ta có: (tính chất tiếp tuyến) (1) = OA − OB2 AB = AC = R = OB = OC (2) A Từ (1) (2) suy ABOC hình vng b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3) x M Suy ra: DE = BD + CE (4) D ∈ Vẽ OM ⊥ DE (M DE) (5) B Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF = BD; suy ∆BDO = ∆COF (c-g-c) R ⇒ ⇒ OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c) O OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn (O;R) ⇒ SADE = xy c) Đặt: AD = x; AE = y (x, y > 0) y E C F Ta có: DE = AD + AE = x + y Vì AD + DE + AE = 2R ⇒x+y+ (định lí Pitago) x + y2 = 2R (6) Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số khơng âm ta có: x + y ≥ xy x + y ≥ 2xy (7) Dấu “=” xảy x = y ( ) xy + 2xy ≤ 2R ⇔ xy + ≤ 2R Từ (6) (7) suy ra: 2R ⇔ xy ≤ 2+ ⇔ ( ) Vậy max SADE = ( ≤ 2R 3+ 2 ⇒ xy 3− 2 R2 ⇔ ) x=y ≤ SADE ⇔ ( ) R2 ⇔ SADE ≤ - 2 R 3+ 2 ∆ADE cân A Câu 5: Xét điểm A hình trịn (C1) có tâm A, bán kính C C1 A B C2 - Nếu tất 98 điểm cịn lại nằm (C1) hiển nhiên tốn chứng minh - Xét trường hợp có điểm B nằm ngồi (C1) Ta có: AB > (1) Vẽ hình trịn (C2) tâm B, bán kính + Giả sử C điểm khác A B Khi điểm C thuộc hai hình trịn (C1) (C2) Thật vậy, giả sử C khơng thuộc hai hình trịn nói Suy ra: AC > BC > (2) Từ (1) (2) suy điểm A, B, C khơng có hai điểm có khoảng cách nhỏ (vơ lí trái với giả thiết) Chứng tỏ C∈ (C1) C∈ (C2) Như 99 điểm cho thuộc (C1) (C2) Mặt khác 99 = 49.2 + nên theo nguyên tắc Dirichle phải có hình trịn chứa khơng 50 điểm ĐỀ SỐ Câu 1: a) Theo ta có: 2011 ( x + y − 2011) = 2010 ( y − x + 2010) + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2010 =  x − y = 2010 2x = 4021  x = 2010,5 ⇒ ⇔   x + y = 2011 2y = ⇔  y = 0,5 + Nếu y - x + 2010 = x + y - 2011 = 0, ta kết 2011 y − x + 2010 = 2010 x + y − 2011 ≠ + Nếu x + y - 2011 vơ lý (vì VP số hữu tỉ, VT số vô tỉ) Vậy x = 2010,5 y = 0,5 cặp số thoả mãn đề b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 Chỉ có sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = x = 1005, y = 1, z = x = 2011, y = 0, z = Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 x2 − x +1 x +1 Đặt a = ;b= 2 Ta có: 2(a + b ) = 5ab (2a - b)(2b - a) = b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) x +1 = x2 − x +1 x2 - 5x - = x1 = 2) x +1 =2 4(x + 1) = x2 - x + − 37 (loại); x2 = + 37 2 x − x + ⇔ x + = 4(x − x + 1) ⇔ 4x − 5x + = vơ nghiệm + 37 Vậy phương trình có nghiệm: x = ∈ b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - + abc ≥ nên 2(ab + bc + ca) > (vì a + b + c = abc 0) Suy (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > ≤5 a2 + b2 + c2 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy số a, b, c có số 2, số số Câu 3: Giả sử x = p q (p, q ∈ Z, q > 0) (p, q) =  p p   + + = n q q ∈ Ta có (n N) p2 = q(-P - 6q + n2q) => q ước p2 (p, q) = => q = lúc x = p ∈ => p2 + p + = n2 (p, n Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do 2n - 2p - = 2n + 2p + = 23 ; 2n - 2p - = 23 2n + 2p + = ∈ (vì 23 P 2n + 2p + > 2n - 2p - > 0) p = (t/m) ; p = - (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm – Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì µ +N µ K A = 1800) Tứ giác MNCI nội · · MNC = MIC H tiếp (vì MNC = 900) K O · · · · BNK = BMK INC = IMC => , (1) B (vì góc nội tiếp chắn cung) · · BMK = IMC Mặt khác (2) Q · · · · BMK + KMC = KMC + IMC (vì bù với góc A tam giác ABC) · · BNK INC Từ (1), (2) suy = nên điểm K, N, I thẳng hàng · · MAK = MCN =β b) Vì (vì góc nội tiếpcùng chắn cung BM) => S AK CN AB − BK CN = = cot gβ => = MK MN MK MN hay P C N I M AB BK CN − = MK MK MN (1) Tương tự có: AI BN = MI MN hay AC CI BN + = MI MI MN (2) IC BK = = tgα · · α BMK = IMC MI MK Mà ( = ) Từ (1), (2), (3) => AB AC BC + = MK MI MN (3) (đpcm) c) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì ∈ AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P MS) => HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC) · · · SAC = AIN NMC => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS ) => KN qua trung điểm HM (đpcm) Câu 5: Đưa toán tìm P để hệ phương trình: Hệ 8x − 4xy − 4y = 4p (1) ⇔ 2 px + 2pxy + 3py = 4p (2) 2 2x − xy − y = p  2  x + 2xy + 3y = có nghiệm Lấy (1) - (2), ta có: (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = (3) - Nếu y = => (8 - p)x2 = x = p = - Nếu y ≠ ⇒ p = 0; p = chia vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = (4) với t = x y + Nếu p = t = - ≠ ∆' + Nếu p 8: Phương trình (2) có nghiệm = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > p2 - 12p - 18 < - Vậy P = - 6 ≤ p ≤ 6+3 , max P = +3 Dấu “=” có xảy ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b - ac + c = = b-c a-c a-b ( a - b) ( a - c) a b-c ( b - c) = ab - b - ac + c ( a - b) ( a - c) ( b - c) Nhân vế đẳng thức với ta có: Vai trị a, b, c nhau, thực hốn vị vịng quanh a, b, c ta có: b ( c - a) = cb - c - ab + a ( a - b) ( a - c) ( b - c) c ( a - b) , Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta có b) Đặt 2010 = x ⇒ 2010 = x ;  x2 - x + x2  A=  + ÷ x   1-x 2 = ac - a - bc + b ( a - b) ( a - c) ( b - c) a b c + + =0 2 (b - c) (c - a) (a - b)2 2010 = x (đpcm) Thay vào ta có: 2 1+ + x x + x2   1 + ÷ x   + x2 = 1  ÷ x 1 1 =  ÷ -  ÷ =0 x x Câu 2: a) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c > Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: a2 + bc ≥ 2a bc, b + ac ≥ 2b ac ; c + ab ≥ 2c ab 1 1 1  + + ≤  + + ÷ a + bc b + ac c + ab  a bc b ac c ab  Do ab + bc + ca ≤ abc a +b b+c c+a + + 2 = a+b+c abc 2abc = , đpcm Dấu xẩy a = b = c, tức tam giác cho tam giác b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ A = (x - xy + y) + 2y - x +1 Ta có: =[ ( x - y = ( x - y - + (2y - y + x - y -1 = ( ) -2 ) ) ( ) x - y + 1] - y + 2y 2 + (2 1 )2 ) y − - 1 ≥2  x=  x - y - =  A= ⇔  ⇔  y = 2 y - =  − Vậy minA = 4 Câu 3: a) Điều kiện : ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: (2 x-1+3 5-x ) ≤ (2 ) + 32 ( x - + - x ) = 13.4 ⇒ x - + - x ≤ 13 x-1 =2 5-x ⇔ x= Dấu xẩy Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn 29 x= 13 Vậy pt có nghiệm 1  ÷=x x ∀x ≠ b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f (1) 1 f ÷ 2 Thay x = vào (1) ta có: f(2) + = 1 f  ÷ + 3.f(2) = 2 Thay x = vào (1) ta có: 29 13 Đặt f(2) = a, f(2) = - 1 f ÷ 2 = b ta có a + 3b =   3a + b =   a=- Giải hệ, ta 13 32 13 32 Vậy a Câu 4: Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp lục giác A, O, D thẳng hàng OK = FM = OK b o 2f AB Vì FM = EF mà EF = AB k c m · ⇒ AFM Ta lại có AF = R AF = OA = 1200 0 · · · · AOK + AOB = 180 = AOK + 60 ⇒ AOK = 1200 d e Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) · ⇒ AM = AK, MAK = 600 ⇒ ∆AMK Câu 5: Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB OA + OB2 ≤ mà OA.OB ≤ Do 2SAOB o OA + OB2 2SBOC OB2 + OC2 a ≤ ; 2SCOD c h ⇔ ⊥ Dấu “=” xảy OA OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: ≤ b OC2 + OD 2 d ≤ 2SAOD OD + OA 2 ( OA + OB2 + OC2 + OD ) Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu xẩy OA = OB = OC = OD · · · · AOB = BOC = COD = DOA = 900 ⇒ ABCD hình vng tâm O Lời bình: Câu III.b 1) Chắc chắn bạn hỏi x= từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) đa thức biến x f(x) hàm số xác định phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị hàm số f(x) điểm x = a ta làm sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) (2) Giả sử x = b nghiệm (2) Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ (3)  A(a ) x + B (a ) y = C (a )   B (b) x + A(b) y = C (b) Giải hệ phương trình (3) (đó hệ phương trình bậc hai ẩn x, y) • Trong tốn trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, x a = Phương trình Q(x) = P(a) ⇔ Số x= =2 x nghĩ ⇔ x= , tức b= 2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành cơng 3) Một số tập tương tự a) Tính giá trị hàm số f(x) x = f(x) + 3.f(− x) = + 3x (với x ∈ b) Tính giá trị hàm số f(x) x = c) Tính giá trị hàm số f(x) x =   f ( x) + f  ÷= x 1− x  ¡ (với ≠ x ≠ 1) 1 ( x − 1) f ( x) + f  ÷ =  x  x −1 (với ≠ x ≠ 1) ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ x2 + y2 = ⇒ 2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x+y = -1 x+y+2 Vì x + y + ≠ nên Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x+y≤ ( x + y2 ) ⇒ x+y≤ xy ≤ x+y+2 2 -1 Từ (1), (2) ta được: -1 Vậy maxA = Dấu "=" (1) (2)  x ≥ 0, y ≥  x = y ⇔ x=y= x + y2 =  b) Vì x2 + y2 + z2 = nên: 2 x + y2 + z x + y2 + z x + y2 + z + + = + + x + y2 y2 + z z2 + x x + y2 y2 + z2 z2 + x2 = z2 x2 y2 + + +3 x + y2 y2 + z x + z2 ⇒ Ta có x2 + y2 ≥ 2xy z2 z2 ≤ x + y2 2xy , ) x2 x2 ≤ y2 + z 2yz y2 y2 ≤ x + z2 2xz Tương tự , 2 z x z2 x2 y2 y2 ≤ + 2 2 x +y y +z 2xy 2yz x + z2 2xz Vậy + + + + +3 3 2 x +y +z + + ≤ +3 2 2 y +z z +x 2xyz ⇔ x +y , đpcm 10 x≥− 3x + 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = (1) Điều kiện: (2) 3x + 10 ⇔ (1) (3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 3x + 10 ⇔ ( - 1)2 + (x + 3)2 =  3x + 10 - = ⇔  ⇔ x=-3  x + = (thỏa mãn đk (2) Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3 b) 2x   x y - 2x + y = ⇔  y = x + (1)   y3 = - (x - 1) - 2x - 4x + = - y  Ta có: 2x ≤ ⇒ y2 ≤ ⇒ - ≤ y ≤ 1+x (1) ⇒ ⇒ Mặt khác: - (x - 1)2 - ≤ - y3 ≤ - y≤-1 (2) ⇒ Từ (1) (2) y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn Vậy x = y = -1 số cần tìm Câu 3: a) Đặt x = b >0 Thay vào gt ta ⇒ y = c >0 ta có x2 = b3 y2 = c3 b3 + b 2c + c + bc = a a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + b 2c2 ( b + c ) a2 = (b + c)3 ⇒ a2 = b + c x2 + y2 = a hay , đpcm b) Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy x Suy Đặt x0 + x0 ≠  1  a + = ⇔ x0 + + a  x0 + ÷+b=0 x0 x0  x0 x0  + ax0 + b + 1 = y0 ⇒ x 02 + = y02 - , y ≥ ⇒ y02 - = - ay0 - b x0 x0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: (y - ) = ( ay0 + b ) Ta chứng minh Thực vậy: (2) ≤ (a (y02 − 2)2 ≥ y 02 + +b )(y + 1) ⇒ a + b2 ≥ (y 02 − 2)2 y 02 + (1) (2) ⇔ 5(y − 4y + 4) ≥ 4(y 02 + 1) ⇔ 5y 04 − 24y 02 + 16 ≥ 4 ⇔ 5(y02 − 4)(y02 − ) ≥ y ≥2 với a + b2 ≥ Từ (1), (2) suy nên (1) ⇒ 5(a + b ) ≥ , đpcm Câu 4: Đặt AH = x c · AMB = 90 (OA = OB = OM) m k Ta có Trong ∆ vng AMB ta có MA2 = AH AB = 2Rx (H chân đường vng góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình a chữhnhật) o Theo ta có: 4Rx = 15(R - x) ⇒ ∈ Do H AB O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 3R 5R ⇔x= ;x= ⇔ (5x - 3R) (3x - 5R) = Cả giá trị thoả mãn h' b ⇒ Vậy ta tìm điểm H H’ điểm M M’ giao điểm nửa đường trịn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ a b Câu 5: Gọi I trung điểm CD f Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình củae∆BDC ⇒ g IE // BC d ⇒ Mà GF ⊥BC IE⊥ GF (1) i c Chứng minh tương tự EG ⊥IF (2) ⇒ Từ (1) (2) G trực tâm ∆EIF ⇒ ⊥ IG EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) ⇒ ⊥ Từ (3) (4) IG DC ⇒ Vậy ∆ DGC cân G DG = GC ĐỀ SỐ 9x x+9 Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x Ta có: 2 9x  18x ⇔  x  + 18x - 40 =  x = 40  ÷  ÷ x+9 x + 9 x+9 x + 9  (1) x x+9 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = ⇔ (y + 20) (y - 2) = ⇔ y = -20 ; y = Thay vào (2), ta có  x = - 20(x + 9)  x + 20x +180 = (3) ⇔    x = 2(x + 9) =  x - 2x - 18 = (4) Phương trình (3) vơ nghiệm, phương trình (4) có nghiệm là: x = ± 19 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x > x+1 ≥ ⇔ x-3 x ≤ - 2) Điều kiện (*) x = ± 19 Phương trình cho ⇔ (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x+1 ⇒ t = (x - 3) (x + 1) x-3 ( x - 3) Đặt t = Phương trình trở thành: t2 + 3t - = Ta có: (x -3) + (1) + (2) x+1 =4 x-3 ⇔ t = 1; t = - x + = (1) ; ( x − 3) x - x + = − (2) x− x > x > ⇔ ⇔ ⇔ x = 1+ (x − 3)(x + 1) =  x − 2x − = x < x < ⇔ ⇔ ⇔ x = 1− (x − 3)(x + 1) = 16  x − 2x − 19 = (t/m (*)) (t/m (*)) x = 1+ ; x = 1− Vậy phương trình cho có nghiệm là: ⇔ ⇒ ⇒ Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 > -1 0; - > 0; - >0 2 2 a a +b +c b a +b +c c a + b + c2 Nên từ (*) suy x = y = z = 0, M =  a +   8a -  x a -  ÷  ÷     b) x3 = 2a + ⇔ ⇔ ( - 2a ) x3 = 2a + 3x 3 x3 + (2a - 1) x - 2a = ⇔ ⇔ x3 = 2a + x(1 - 2a) (x - 1) (x2 + x + 2a) =   x - =  ⇔ ⇔x =  x + x + 2a = (v« nghiƯmdo a > )  nên x mét sè nguyên du¬ng Câu 3: a) Ta có: 4c 35 35 ≥ + ≥ >0 4c + 57 1+a 35 + 2b ( + a ) ( 2b + 35) (1) 4c 35 4c 35 ≤ ⇔ ≤ 1+a 4c + 57 35 + 2b + a 4c + 57 35 + 2b Mặt khác ⇔ 4c 35 2b +1 ≤ 1= +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b ⇔ 2b 57 57 ≥ + ≥ 35 + 2b 1+a 4c + 57 ( + a ) ( 4c + 57 ) 1- >0 (2) 4c 35 ≥ 1+ 1+a 4c + 57 35 + 2b Ta có: ⇔ a 57 35 ≥ + ≥ 1+a 4c + 57 35 + 2b 35 57 ( 4c + 57 ) ( 35 + 2b ) Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 57 ≥ ( + a ) ( 4c + 57 ) ( 2b + 35 ) ( + a ) ( 2b + 35 ) ( 4c + 57 ) >0 (3) Do abc ≥ 35.57 = 1995 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c = 57 Vậy (abc) = 1995 b) Đặt t = A B C D = = = ⇒ a b c d A = ta, B = tb, C = tc, D = td A+B+C+D a+b+c+d t= Vì aA + bB + cC + dD = a t + b t + c t + d t t = (a + b + c + d) = (a + b + c + d) A+B+C+D a+b+c+d (a + b + c +d)(A + B + C + D) = Câu 4: A ⇒ a) Xét ∆ABC có PQ // BC AQ QP = AB BC BQ QM ⇒ = BA AH Xét ∆BAH có QM // AH Cộng vế ta có: AQ BQ QP QM QP QM + = + ⇒ 1= + AB AB BC AH BC AH Q B M P H N C 2SMNPQ QM  QP QM  QP ⇒ 1=  + = ÷ ≥ AH  BC AH SABC  BC S ⇒ SMNPQ ≤ ABC max SMNPQ = SABC QP QM BC = = ⇔ QP = BC AH 2 Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH 1= b) Vì QP QM + BC AH ⇒ 1= mà BC = AH QP + QM ⇔ QP + QM = BC BC Do chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà B AB = 2AM nên HC = 2HD Đặt HD = x HC = 2x Ta có: DH2 = HM HC hay x2 = HM 2x ⇒ HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x A H M Vậy AH = 3HD D C ... ( x + y − 2011) = 2 010 ( y − x + 2 010) + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2 010 =  x − y = 2 010 2x = 4021  x = 2 010, 5 ⇒ ⇔   x + y = 2011 2y = ⇔  y = 0,5 + Nếu y - x + 2 010 = x + y - 2011 =... z +x 2xyz ⇔ x +y , đpcm 10 x≥− 3x + 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = (1) Điều kiện: (2) 3x + 10 ⇔ (1) (3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 3x + 10 ⇔ ( - 1)2 + (x + 3)2 =  3x + 10 - = ⇔  ⇔ x=-3  x +... (c - a) (a - b) b) Tính giá trị biểu thức:  2 010 - 2 010 + 2 010  +  ÷ 4  ÷ 2 010 2 010   4 1+ + 2 010 2 010 + 2 010 A= Câu 2: a) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác, chứng minh: 1 a+b+c + + ≤ a +