DeHD chuyen HVPhu Tho 2013

Câu 4 3điểm Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R.Gọi I là trung điểm OA qua I kẻ dây MN vuông góc với OA .C thuộc cung nhỏ MB M khác B, M, AC cắt MN tại D aChứng minh tứ giác BIDC nội [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HOC PHỔ THÔNG NĂM HOC 2013-2014 Môn toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đê Đề thi có 01 trang - Câu1 (2,0điểm) a) Tính : A=2 √ 16 − √ 49 b) Trong các hình sau đây : Hình Vuông, hình bình hành, hình chữ nhật,hình thang cân hình nào có hai đường chéo ? Câu2 (2điểm) a) giải phương trình : x −7 x+ 3=0 ¿ x+ y =4 x + y=2 ¿{ ¿ b) Giải hệ phương trình Câu (2điểm) a+ √ a a − √a 1− a)Rút gọn biểu thức B= 1+ với a ≥ ; a ≠1 √ a+1 √a −1 b)Cho phương trình x2 +2(m+1)x +m2 =0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dod có nghiệm -2 Câu (3điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R.Gọi I là trung điểm OA qua I kẻ dây MN vuông góc với OA C thuộc cung nhỏ MB ( M khác B, M), AC cắt MN D a) Chứng minh tứ giác BIDC nội tiếp b) Chứng minh AD.AC=R2 c) Khi C chạy trên cung nhỏ MB chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn thuộc đường thẳng cố định Câu (1 điểm) Cho x, y là số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( P= )( ) x+ y √ x( x + y )+ √ y (2 y + x) -Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH PHÚ THO VÀO LỚP 10 TRUNG HOC PHỔ THÔNG NĂM HOC 2013-2014 Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đê Đề thi có 01 trang - ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1(1,5 điểm) 3x  x  x 1 x P   x x  x   x với x 0, x 1 Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x nguyên dương để P nhận giá trị nguyên Câu (2,0 điểm)  x  y m  a) Cho hệ phương trình  x  y m 1 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) cho x, y là độ dài các cạnh góc vuông vuông có độ dài cạnh huyên b) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình : x  y  xy  y  0 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  x   x  x  2 x  x  y 2  xy  x  y  3x  y b) Giải hệ phương trình  Câu (3,5 điểm) 1) Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt A, B Kẻ tiếp tuyến chung CD (C, D là tiếp điểm và C thuộc (O), D thuộc (O’)) Qua B kẻ cát tuyến song song với CD cắt (O) E cắt (O’) F Gọi M, N theo thứ tự giao điểm DA và CA với EF Gọi I là giao điểm EC với FD Chứng minh : a) CD là trung trực đoạn BI b) Tam giác MIN cân 2) Cho A là điểm cố định trên đường tròn (O; R)) Gọi AB và AC là hai dây cung thay đổi đường tròn (O) thỏa mãn AB AC R Xác định vị trí B, C trên (O) để diện tích tam giác ABC lớn 1 1 1 Câu (1 điểm)Cho a, b, c dương thỏa mãn 12 + + =3+ a + b + c a b c ( ) Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HOC 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Tin) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đê) Đề thi có 01 trang Câu (1,5 điểm) x2  x x  2014 x  2013 x  2014 x P   x  x  x  x Cho biểu thức với x  0, x 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nhỏ P Câu (2,0 điểm) a) Cho các số nguyên x, y, z có tổng số chia hết cho Chứng minh biểu 3 thức A = x  y  z chia hết cho 2 x  x  m  (1) x b) Cho hai phương trình và  x  2m 0 (2) Tìm m để phương trình (2) có nghiệm khác và gấp lần nghiệm phương trình (1) x2   x  2 x2 1 x Câu (2,0 điểm)a) Giải phương trình  x  y   x  y  3  y y  x   x 6 b) Giải hệ phương trình :   Câu (3,5 điểm)Cho đường tròn (O; R) đường kính BC và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn (O) cho OA = 2R (đường thẳng BC không qua A) Vẽ đường tròn qua ba điểm A, B, C cắt đường thẳng OA điểm thứ hai là I a) Tính độ dài đoạn thẳng AI theo R b) AB, AC cắt đường tròn (O) D, E; DE cắt OA K Chứng minh bốn điểm E, K, I, C cùng thuộc đường tròn c) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Chứng minh BC quay quanh O thì O’ thuộc đường thẳng cố định Câu (1,0 điểm) b  c 2a  c  a  b    9 b a c Cho a, b, c  Chứng minh rằng: a -Hết Họ và tên thí sinh: .Số báo danh Cán coi thi không giải thích gì thêm /tmp/jodconverter_fd97b6f4-658e-488e-afde-92b971b3414e/tempfile_157272.docx SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHON HOC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN: TOÁN - LỚP Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Câu1( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên x  3xy  y 25 n n 2)Tìm tất số nguyên dương n cho A= n.4  7 Câu 2( 4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: 10  30  2  10  2 A= : 3 x  yz y  zx z  xy   b c 2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác thoả mãn a a  bc b  ca c  ab   y z Chứng minh x Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho phương trình: x  6x  m 0 (Với m là tham số) Tìm m để phương trình đã cho có 2 hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x1  x2 12 3 8x y  27 18 y  2 4x y  6x  y 2) Giải hệ phương trình: Câu 4( 7,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC đường tròn (O) thay đổi luôn vuông góc và cắt BD H Gọi P,Q,R,S là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB 2 2 a) CMR: HA  HB  HC  HD không đổi b) CMR : PQRS là tứ giác nội tiếp 2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q thuộc các cạnh AC AB,BC,CD,DA hình vuông CMR: S ABCD ≤ MN  NP  PQ  QM Câu 5( 2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương CMR: ab bc ca a b c    a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b -Hêt— SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HOC PHỔ THÔNG NĂM HOC 2013-2014 Câu1 (2,0điểm) a) Tính : A=2 √ 16 − √ 49 b) Trong các hình sau đây : Hình Vuông, hình bình hành, hình chữ nhật,hình thang cân hình nào có hai đường chéo ? Hướng dẫn a) A=2.4-7=1 b) Hình vuông ,hình chữ nhật hình thang cân Câu2 (2điểm) a) giải phương trình : x −7 x+ 3=0 ¿ x+ y =4 x + y=2 ¿{ ¿ b) Giải hệ phương trình Hướng dẫn  x  x  x  0  x  x  x  0  (2 x  1)( x  3) 0     x 3 a)  x  y 4  x  y 2  x 1    2 y 2  y 1 b)  x  y 2 Câu (2điểm) a+ √ a a − √a 1− a)Rút gọn biểu thức B= 1+ với a ≥ ; a ≠1 √ a+1 √a −1 b)Cho phương trình x2 +2(m+1)x +m2 =0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt đó có nghiệm -2 Hướng dẫn ( )( )  a  a  a  a   a ( a  1)   B          1 a 1   a1  a 1    a) b)Để PT có nghiemj phân biệt thì a ( a  1)   (1  a )(1  a    / (m  1)  m2 2m    m  a ) 1  a 1  m 0  4(m 1)  m 0  m  4m 0  m(m  4)    m 4 Thay x=-2 ta có 4-4(m+1)+m2=0 1 m Thỏa mãn Câu (3điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R.Gọi I là trung điểm OA qua I kẻ dây MN vuông góc với OA C thuộc cung nhỏ MB ( M khác B, M), AC cắt MN D a)Chứng minh tứ giác BIDC nội tiếp b)Chứng minh AD.AC=R2 c)Khi C chạy trên cung nhỏ MB chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn thuộc đường thẳng cố định Hướng dẫn M C D A I B O N   a )Ta có DIB  DBC 180 nên tứ giác BIDC nội tiếp đường tròn tâm K đường kính BD b) Xét tam giác AID và tam giác ADB đồng dạng (g.g) suy AC.AD=AI.AB=R2 c) Chứng minh tam giác ADM đồng dạng với tam giác AMC suy AC.AC=AM2 suy AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD mà AM vuông góc với MB suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn thuộc đường thẳng BM cố định Câu (1 điểm) Cho x, y là số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x+ y √ x( x + y )+ √ y (2 y + x) Hướng dẫn a+ b Áp dụng Bất đẳng thức CôSi cho số dương √ ab ≤ Ta có x+ x + y x + y = (1) 2 y +2 y + x y + x = (2) √ y ( y + x )≤ 2 √3( x + y ) √ 3(x+ y) = √ P= ≥ Từ (1) và (2) ta có √ x (x + y )+ √3 y (2 y + x) x +6 y 3 Min(P)= √ ⇔ 3 x =2 x + y y=2 y + x ⇔ x= y ¿{ √ x (2 x+ y) ≤ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HOC PHỔ THÔNG NĂM HOC 2013-2014 Câu 1(1,5 điểm) 3x  x  x 1 x P   x x  x   x với x 0, x 1 Cho biểu thức c) Rút gọn biểu thức P d) Tìm x nguyên dương để P nhận giá trị nguyên Hướng dẫn a) Ta có : 3x  x  x 1 x P   x x  x  1 x  x  1  x    x  2 x    x  2  x    x  x     x  x  3    x    x     x    x   x  1 x  2  x  1  2 x  x    x  2  x   x  1 x   x   3x  x   x x  2 x1 1 b) Để P nguyên thì x  nguyên  2 x   x   4;9 Câu (2,0 điểm)  x  y m  a)Cho hệ phương trình  x  y m 1 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) cho x, y là độ dài các cạnh góc vuông vuông có độ dài cạnh huyên b)Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình : x  y  xy  y  0 Hướng dẫn  x  y m  x  y m 3m  m    x 3m   x   y  x  y m  4 x  y 2m  5 a) Ta có :  2 3m     m  1  2 x  y 5  5  m 3 25 mà 2 b) Ta có : x  y  xy  y  0   x  y    y  1  y   0 Nếu y 1   x  y    y  1  y    vì x, y   (vô lý)  y 0  x 2 Câu (2,0 điểm) a)Giải phương trình x  x   x  x  2 x  x  y 2  xy  x  y  3x  y b)Giải hệ phương trình  Hướng dẫn 2 a) Ta có : a) x  x   x  x  2 x  x  x  x   x  x  x  0   x   x  x  1 x  x2  x  x x  x2  x    x2   x2  x   x  x2  x  0  x  1   0   x  1    0 2 x  x  9x   x  x  x 1 x  x  9x    x  0    x 1  0  L   x  x  x  x  x  x  b) Ta có :  x  y 2   xy x  y  x  y     x  y 2  1   xy  x  y  2 x  x  y   Thay (1) vào (2) ta có :  xy  x  y  x  x  y   x  y  x  y x  yx  y  x  y  x  y  x    x  1  y  x   x  0  L     y  x 0  x  y 1  x y    x  y  Vậy x  y 1 Câu (3,5 điểm) 1) Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt A, B Kẻ tiếp tuyến chung CD (C, D là tiếp điểm và C thuộc (O), D thuộc (O’)) Qua B kẻ cát tuyến song song với CD cắt (O) E cắt (O’) F Gọi M, N theo thứ tự giao điểm DA và CA với EF Gọi I là giao điểm EC với FD Chứng minh : a) CD là trung trực đoạn BI b) Tam giác MIN cân 2) Cho A là điểm cố định trên đường tròn (O; R)) Gọi AB và AC là hai dây cung thay đổi đường tròn (O) thỏa mãn AB AC R Xác định vị trí B, C trên (O) để diện tích tam giác ABC lớn Hướng dẫn      a) Ta có : BCD CEB ICD (chắn cung BC, CD  FE ) Tương tự : IDC CDB  BCD ICD  g c.g   IC CB  BIC cân  DC là trung trực BI b) Gọi K là giao điểm BA và DC, Áp dụng phương tích : Ta có: CK  AK BK  CK DK  DK  AK BK  Áp dụng định lý Talet : CK AK DK AK  ;   BN BM  INM BN AB BM BK Ta có : cân 2) Vì A là điểm cố định trên đường tròn (O) Dựng đoạn thẳng BC cho A nắm chính cung BC Dựng đường cao AH  AH  BC mà AO  BC  A, H , O thẳng hàng Nếu AH  AO  AH R D, E  (O)  Dựng ADE vuông cân      Vì AH  AO  OAD OAB ( sd BK sd DK )  AB  AD  AC  AE  AB AC  AD AE 2 R   AH  AO Đặt HO x  AH x  R AB AC R (vô lý) 2 Ta có : OH x, OC R  HC  R  x  S ABC  AH BC  AH HC  R  x  R  x   R  x   R2  x2  1  3R  x  R  x  R  x  R  x    R  x   R  x   3 R  x   R  x     3  3 4  6R  3R     3  3R  3R  x R  x  x  R   AB  AC R  AB.AC R   AB  AC  AB  AC (thoả mãn đê bài) 1 x  R  OH  OC   2 Vì mà ( OHC vuông)  OCH 30  ACB 60  max S ABC  Vậy max S ABC  3R ABC đêu 1 1 1 Câu (1 điểm)Cho a, b, c dương thỏa mãn 12 + + =3+ a + b + c a b c ( 1 ) Chứng minh a+ b+c + a+4 b+c + a+ b+4 c ≤ Hướng dẫn Áp dụng BĐT với ,z dương ( 1x + 1y + 1z ) ≥ ⇔ x+ 1y+ z ≤ 19 ( 1x + 1y + 1z ) 1 1 1 (x + y) ( + ) ≥ ⇔ ≤ + x y x+ y ( x y ) ( x+ y+ z ) Ta có 1 1 1 1 1 1 = ≤ + + ≤ + + + = + + (1) a+ b+c a+(a+b)+(a+c ) a a+ c a+c 18 a 36 a b c a 36 b 36 c 1 1 1 1 Tương tự a+4 b+c ≤ b + 36 a + 36 c ( 2) ; a+b+ c ≤ c + 36 a + 36 b (3) ( ) ( ) Từ (1) ;(2) ,(3) ta có 1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + + + + = + + a+ b+c a+4 b+c a+ b+4 c a b c 18 a b c a b c ( ) ( ) ( ) (*) Từ GT ta có 12 ( a1 + b1 + c1 )=3+ 1a + 1b + 1c 1 1 1 1 1 1 ⇔ + + =1− 12 − + + − + + − + (a 6a b 6b c 6c ) a b c 2 2 ( 2 1 1 1 1 + + =1−12 − + − + − a b c a b c [( ) )( )( ) ] ≤ 1⇔ ( 1a + 1b + 1c ) ≤ Thay vào (*) Ta có 1 1 + + ≤ a+ b+c a+4 b+c a+ b+4 c Dấu “=” xảy ¿ 1 1 1 12 + + =3+ + + a b c a b c 2 1 1 1 − = − = − =0 a b c a=a+b=b+c b=b+c=b+a c=c+b=c+ a a=b=c ⇔ a=b=c=3 ¿ { {{ { { ¿ ( ( ) ) ( ) ( ) Cách khác Từ GT 12 ( 1 1 1 1 1 1 1 + + =3+ + + ⇔ 12 + + + + + − 4=3+ + + a b c a b c a b c a b c 1 2 1 1 1 ⇔ 7+ + + ≥ 12 + + =8 + + ⇔ + + ≤ a b c 3a 3b 3b a b c a b c [( ) ( ) ( )] ) ( ) ( ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HOC 2013-2014 Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Tin) Câu (1,5 điểm) x2  x x  2014 x  2013 x  2014 x P   x  x  x  x Cho biểu thức với x  0, x 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nhỏ P Hướng dẫn a) x2  x x  2014 x  2013 x  2014 x P   x  x 1 x1 x x   x  x 1 x     x3   x1 x1    x  x  x 1 x  x 1 x  x  2013 x  x  2013    x1 x  x  2014 x x  2013 x1 x  2014 x    x  x  2014  x x 1 1 3  x   x     2 4  b) 1 x  x Dấu = xảy Câu (2,0 điểm) a) Cho các số nguyên x, y, z có tổng số chia hết cho Chứng minh biểu thức 3 x  y  z A= chia hết cho P x  2 b) Cho hai phương trình x  x  m 0 (1) và x  x  2m 0 (2) Tìm m để phương trình (2) có nghiệm khác và gấp lần nghiệm phương trình (1) Hướng dẫn a) Ta có : x  y  z 6 A x  y  z  x  y  z    x  y   y  z   z  x  6  x  y 2 x  y  z 6   y  z 2   x  y   y  z   z  x  6   z  x2 Vì 3 Vậy A = x  y  z chia hết cho b) Áp dụng định lý Viet Ta có :   4m 0  m  x  x  m 0 (1)  1 1  4m để phương trình có nghiệm x  x  2m 0 (2)   16  8m   ' 4  2m phương trình có nghiệm   2m 0  m 2     4m  x1       4m  x2    x3 2   2m   x4 2   2m  2m a,  4m b  a, b 0  Đặt Nếu x3 3 x2     4m 2     2m    4m 2  2m  7 2a  3b  2  2m   4m    2 a  b   2a 7  3b  2   3b   2b 14  35  42b  7b 0   6b  b 0   b  1  b   5  L  Nếu    4m 2   2m  7 3b  2a   4m   2m 7    2  a  b   x4 3 x1      4m  2   m 2a 3b   2  3b    2b 14  b 1  m 0  7b  42b  35 0  b  6b  0   b  1  b   0    b 5  m  Nếu    4m  2   2m 3  4m  2a 7  3b 7 3b  2a  3  4m   2m     2 2a  b 7   3b   2b 14 x3 3 x1    2m 3      b 1  m 0  7b  42b  35 0  b  6b  0   b  1  b   0    b 5  m  Vậy m 0  thì phương trình (2) có nghiệm khác và gấp lần nghiệm phương trình (1) Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x2   x  2 x2 1 x  x  y   x  y  3  y y  x   x 6 b) Giải hệ phương trình :   Hướng dẫn  x  x2 x2   x   x  2 1 x2 x x   a) Ta có : ĐK : Nếu x   x2   x    x   1  x  x  1   x     x  1   x2    1 Vô nghiệm Nếu x  x2   x  2 x2 1 x 2 x 1 2 x  x2    x   x2    x     x  1  x2   x     x  1   x     x  1  x  3  x  13  x   1    x  1  x  Vậy x  13  b) Ta có :  x  y   x  y  3  x  1   y  1 5     y  y  x   x 6  y  xy  x 6    x  1   y  1 5    y  1  x  y  1   y  1 5 Đặt x  a, y  b  x  1   y  1 5   y  1  y  x  xy 7  x  1   y  1 5   y  1   y  1  x  1 5 a  b 5  a 0    a  2ab 0  a  a  2b  0   b  2ab 5  a  2b 0  y 1  a 0  x 1    y 1  Nếu  b 1  a   y 2, x  a  2b 0  a  2b  b 1    b   a 2  x 3, y 0 Nếu Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính BC và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn (O) cho OA = 2R (đường thẳng BC không qua A) Vẽ đường tròn qua ba điểm A, B, C cắt đường thẳng OA điểm thứ hai là I a) Tính độ dài đoạn thẳng AI theo R b) AB, AC cắt đường tròn (O) D, E; DE cắt OA K Chứng minh bốn điểm E, K, I, C cùng thuộc đường tròn c) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Chứng minh BC quay quanh O thì O’ thuộc đường thẳng cố định Hướng dẫn a) BOI AOC  g.g   OI BO   OI AO BO.CO R OC AO  OI  R  AO  R 2 KIC  AIC  ABC  b) Ta có : (chắn cung AC)       mà DECB là tứ giác nội tiếp  DBC DEA  AIC DEA  KIC KEA  EKIC là tứ giác nội tiếp c) Kẻ O ' N  AO Gọi H là giao điểm DE và BE AH cắt BC M   Ta có : CD, BE là các đường cao ABC (vì BDC BEC 90 chắn nửa đường tròn)  AM  BC  H là trực tâm ABC  Ta lại có : ADH 90  AH là đường kính đường tròn (O ')  O '  AH AOM  g.g   AN AO '   AN AO  AO ' AM MA AO  AON AO ' AM AH AM  AN   AO AO 2 AE AC  AQ AF  R Mà : và AE AC  AH AM  AH AM 3R 3R  R  AN 2.2 R cố định Vậy O’ thuộc đường vuông góc AO N  AN  Câu (1,0 điểm) b  c 2a  c  a  b    9 a , b , c  a b a  c Cho Chứng minh rằng: Hướng dẫn 1   , x  y 2 xy x , y  x y x  y Áp dụng BĐT Cô si : Cho số Ta có : x  y Dấu = xảy Ta có : b  c 2a  c  a  b  a  c b a  c a 4 a  b      1   a b a c a a b b a c 4 a  b 4 a  c 4 a  b  b a  1 1 b a  a  c                 a c a b a c a b a b a b 4 a  c 4 a  b b a   8   9 a b a c a b Dấu = xảy 2 1  a b   a b   a b c b a  4 a  c 4 a  b   a  b a c  a, b, c  SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ ĐỀ THI CHON HOC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN: TOÁN - LỚP Câu1( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên x  3xy  y 25 n n 2)Tìm tất số nguyên dương n cho A= n.4  7 Hướng dẫn x −25 25 x  3x y  y  25 ⇔ y (3 x +5)=8 x − 25 ⇔ y= ⇔ y =24 x − 40 − ∈Z Câu1.1) x+5 x+5 Khi 3x+5 là ước 25 từ đó tìm ( x ; y )∈ {(− 10 ; −31); (−2 ; −7) ;(0 ; −5) } ( cách khac nhân vế với đưavề tích) Câu 2( 4,0 điểm) 10  30  2  10  2 A= 1) Rút gọn biểu thức: : 3 x  yz y  zx z  xy   b c 2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác thoả mãn a 2 a  bc b  ca c  ab   x y z Chứng minh Hướng dẫn 10  30  2  10  2 :  1= √ 2( √5 − 1)+ √ 6( √5 −1) √ −1 2+ √ √ 3− +2 √ √ −1 √3+1 √ 3− 1 = = = = 2 2 2 √2( √ −1) 2 x  yz y  zx z  xy   b c 2.2) a √ √ √ a b c a2 bc a2 − bc = = ⇔ = = (1) 2 2 2 3 3 x − yz y − xz z − xy x − x yz+ y z y z − xy − xz + x yz x ( x + y + z −3 xyz) 2 b ac b −ac Tuongtu : = = (2) T 2 2 3 3 y −2 y xz+ x z x z − x y − yz + xy z y ( x + y + z −3 xyz) 2 c ab c −ab Tuongtu : = = (3) Z −2 xyz2 + x y x y − x z − y z + xyz2 z (x + y + z − xyz) ⇔ (1) (2) (3) ta co ĐPCM Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho phương trình: x  6x  m 0 (Với m là tham số) Tìm m để phương trình đã cho có 2 hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x1  x2 12 2) Giải hệ phương trình: 8x y  27 18 y  2 4x y  6x  y Hướng dẫn 1) Để phương trình có nghiệm Δ ≥ ⇔m ≥− (*) ❑ Mặt khác ta phải có ¿ x 1+ x 2=6 x x2=−m x21 − x 22=12 ⇔ ¿ x + x 2=6 x x2=−m x − x 2=2 ⇔ ¿ x 1=4 x x2=−m x 2=2 ⇔ m=−8 ¿{{ ¿ TM ĐK (*) HD y =0 không là nghiệm hệ chia vế PT(1) cho y PT(2) cho y2 Ta có hệ ¿ 27 x + =18 y x x +6 =1 y y ¿{ ¿ Đặt ¿ x =a =b y ¿{ ¿ ta có hệ ¿ a3 +b3=18 a2 b+ab 2=3 ⇔ ¿ a+b=3 ab=1 ¿{ ¿ 3− √5 3+ √ ; ; ; Hệ có nghiệm ( x , y )∈ 4 3+ √ 3− √5 {( )( )} Câu 4( 7,0 điểm) a Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC đường tròn (O) thay đổi luôn vuông góc và cắt BD H Gọi P,Q,R,S là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB 2 2 a) CMR: HA  HB  HC  HD không đổi b) CMR : PQRS là tứ giác nội tiếp 2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q thuộc các cạnh AB,BC,CD,DA hình vuông CMR: S ABCD ≤ AC MN  NP  PQ  QM Hướng dẫn Câu 4.1) A Q P B H S D O R C a) theo Pitago HA 2+ HB2=AB2 ; HC2 +HB 2=BC2 ; HC2 +HD 2=CD2 ; HA 2+ HD2=AD2 ; suy đpcm b)Tứ giác HPBS nội tiếp ⇒ ∠HPS =∠HBS =∠DBC Tứ giác HPAQ là hình chữ nhật ⇒∠ HPQ =∠ HAQ=∠CAD =∠CBD Do đó ∠SPQ =∠HPS +∠HPQ=2 ∠ CBC Tương tự ∠SQR=2 ∠BDC Do đó ∠DBC+∠ BDC=1800 ⇔ ∠SPQ +∠SRQ=1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo) 4.2) M A B I N K Q L D P C Cách Gọi T, K, L là trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình và trung tuyến tam giác vuông ta có MN+ NP+PQ +QM=2(KL+ CL+IK +AI)≥2 AC từ đó suy đpcm Cách Ta có theo Pitago BM+ BN ¿2 ¿ ¿ MN =BN2 + BM2 ≥ ¿ ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky CN+ NP DP+DQ AQ+ AM ; PQ ≥ ; MQ ≥ Tương Tự NP ≥ √2 √2 √2 Nên BM+ NB+NC+CP+PD +DQ +QA+ AM a = =2 a √2 √2 √2 a √2 ( MN+NP+PQ +QM ) =a2 ⇔ dpcm MN+ NP+PQ +QM ≥ Dấu “=” xảy MNPQ là hình chữ nhật b Câu 5( 2,0 điểm) ab bc ca a b c    a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b Cho a,b,c là các số thực dương CMR: Hướng dẫn Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b 1 1 1 1 Tacó áp dụng BĐT ( x+ y+ z) x + y + z ≥ ⇔ x + y + z ≤ x + y + z ( ) ( ) ab ab ab  1   ab ab a            (1) a  3b  2c (a  c)  (b  c )  2b  a  c b  c 2b   a  c b  c  Tươ ng tự bc bc bc  1   bc bc b           (2) 2a  b  3c (a  b)  (a  c)  2c  a  c b  c 2b   a  b b  c  ac ac ac  1   ac ac c           (2) 3a  2b  c (a  b)  (b  c)  2a  a  b b  c 2a   a  b b  c  Từ (1) (2) (3) P≤ ac+ bc ab+ ac bc+ ab a+b+ c a+b +c + + + = a+b b +c a+c ( Dấu “=” xảy a=b=c )