CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN - ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Chương 1: CĂN THỨC I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Căn thức bậc hai: • Căn bậc hai số thực a số thực x cho x = a • Cho số thực a khơng âm, bậc hai số học a ký hiệu a số thực khơng âm x cho bình phương a  x ≥ a ≥ ⇔    a = x  x = a  • • Với hai số thực khơng âm a,b tacó: a ≤ b ⇔ a ≤ b Khi biến đổi biểu thức liên quan đến bậc hai ta cần lưu ý:  A A≥ −A A a > • Nếu a< a < • Nếu a = a = • a 3a với b≠0 − b 3b Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG • ab = a b với a, b • Nếu a< b a < b • A B = A2B • • • A AB2 = với B≠0 B B A A = B B3 A±3 B = A ∓ AB + B2 A±B b) Căn thức bậc n: Cho số a ∈R; n∈N; n ≥ Căn bậc n số a số mà lũy thừa bậc n a Trường hợp n số lẻ: n=2k+1, k∈N Mọi số thực a có bậc lẻ nhất: 2k +1 a = x ⇒ x 2k +1 = a ; a>0 k +1 a > ; a0 có hai bậc chẵn đối Căn bậc chẵn dương ký hiệu (gọi bậc 2k số học a) Căn bậc chẵn âm ký hiệu −2 k a ; 2k 2k a a = x ⇔ x > x2k = a ; −2k a = x ⇔ x ≤ x2k = a ; MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TIÊU BIỂU: Dạng : Thu gọn biểu thức đại số tính giá trị biểu thức: Phương pháp: Biến đổi biểu thức dấu dạng A2 = A , sau dựa vào dấu A để mở giá trị tuyệt đối có Ngồi cần nắm đẳng thức quen thuộc: • ab + bc + ca = m ⇒ a + m = a2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) ; • a + b + c = n ⇒ na + bc − (a + b + c)a + bc = (a + b)(a + c) ; • • 1 + + = 1; a + ab + b + bc +1 ca + c +1 1  1 1 Nếu a+b+c =0 a3 + b3 + c3 = 3abc, + + =  + +  với abc ≠0  a b c  a b c Nếu abc =1 Ví dụ Rút gọn biểu thức: Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG a) A = x − x − x + x ≥ 0, b) B = 4x − 4x −1 + 4x + 4x −1 x ≥ , c) C = − 3 + + 10 − Lời giải a) A = x − x− x + = x − + Nếu x ≥ ⇔ x ≥ + Nếu x < ⇔ ≤ x < x−  1  x −  = x − x −  2 1 = x− ⇒A= 2 1 1 x − = − x + ⇒ A = x − 2 b) B = 4x − 4x − + 4x + 4x − = 4x − − 4x − + + 4x − + 4x − + Hay B = ( 4x −1 −1)2 + ( 4x −1 +1)2 = 4x −1 −1 + 4x −1 + = 4x − − + 4x −1 + Nếu 4x −1 − ≥ ⇔ 0.4x −1 ≥ ⇔ x ≥ Nếu 4x −1 −1 < ⇒ 4x −1 < ⇒ ≤ x < 4x −1 −1 = 4x −1 −1 suy B = 4x − 1 | 4x − − |= − 4x − + suy B=2 c) Để ý − = (2 − 3)2 − − = − Suy C = − + + 10(2 − 3) = − + 28 −10 = − 3 + (5 − 3)2 hay c = − + 5(5 − 3) = − 25 = − = = Ví dụ Chứng minh: a) A = − − + =−2 b) B = + 84 84 + 1− số nguyên (Trích đề Tuyển sinh vào lớp 10 9 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006) c) Chứng minh x = a + ( a + 8a −1 a + 8a − với a ≥ số tự nhiên + a− 3 3 )( ) d) Tính x+y biết x + x + 2019 y + y + 2019 = 2019 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG )( ( ) e) Cho số thực x,y thỏa mãn: x + y + y + x + = Tính giá trị cua x+y Lời giải: a) Dễ thấy A≤0, Cách 1:   Ta có A =  − − +  = − + + − − +   = 16 − 2.4 = Suy A = − = −2 Cách 2: Ta viết lại: A = ( − 2)2 − ( + 2)2 = − − + = − − − = −2 b) Áp dụng đẳng thức (u + v)3 = u + v + 3uv(u + v) ta có:    84 84   B =  1+ + 1−  9    = 1+     84 84 84 84  84 84   +  + 1− +  + · 1− + −  9 9  9    84  84   Hay B3 = + 1 + 1− .B    ⇔ B3 = + 1−  84 B ⇔ B3 = − B ⇔ B3 + B − = 81  1 ⇔ (B −1) B + B + = mà + B + =  B +  + > suy B = Vậy B số   2 ( ) nguyên c) Áp dụng đẳng thức (u + v)3 = u + v + 3uv(u + v) Ta có x3 = 2a + (1− 2a)x ⇔ x3 + (2a −1)x − 2a = ⇔ (x −1)(x2 + x + 2a) = (1) Xét đa thức bậc hai x2 + x + 2a với ∆ = 1− 8a ≥ Khi a = 1 ta có x = + = 8 8 Khi a > , ta có a ≥ ∆ = − 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm x = Vậy với Ta có x = a + a + 8a − + a − a + 8a −1 = số tự nhiên 3 3 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG ( d) Nhận xét x + 2019 + x )( ) x + 2019 − x = x + 2019 − x = 2019 Kết hợp với giả thiết suy x + 2019 − x = y2 + 2019 + y ⇒ y2 + 2019 + y + x2 + 2019 + x = x + 2019 − x + y + 2019 − y ⇔ x + y = ( Tổng quát ta có x + a + x )( ) y + a + y = a x+y =0 ( )( )( y − 1− x y + ) x + 1) = ( x − e) Nhân vế đẳng thức với: x − + y y − 1− x ta có (x + )( y2 + x − + y2 )( )( ) + y y − 1− x Hay (x − y − 1)(y − x − 1) = xy − x + x − y + y + (1 + x )(1 + y ) (x − y −1)(y − x −1) = 2xy + (1 + x )(1 + y ) − x + + y y + + x 2 )( ( ) ⇔ 1− (x − y ) = 2xy + (1 + x )(1 + y ) −1 ⇔ 2(1− xy) = (x − y ) + (1 + x )(1 + y ) Hay 2(1 − xy) = (x − y ) + (xy − 1)2 + (x + y)2 ⇒ (1 − xy) ≥ (xy − 1)2 + (x + y)2 ≥| xy − | Dấu đẳng thức xảy (x + y)2 = ⇔ x = −y hay x + y = Ví dụ a, Cho x = + 10 + + − 10 + Tính giá trị biểu thức: P = x − x + x + x + 12 x − x + 12 b, Cho x = + Tính giá trị biêu thức B = x − x + x3 − 3x2 + 1942 (Trích đề thi vào lớp 10 trường PCT Ngoại ngữ Hà Nội năm 2015-2016) c, Cho x = + + Tính giá trị biểu thức: P = x5 − x4 + x3 − x2 − x + 2015 Lời giải     a, Ta có: x =  + 10 + + − 10 +  = + + 10 + − 10 + ⇔ x2 = + − = + ( ) −1 = 8+ ( ) −1 = + = ( ) −1 2  x = + Từ ta suy ( x −1) = ⇔ x − x = (x Ta biến đổi: P = 2 − x ) − ( x − x ) + 12 x − x + 12 = 42 − 3.4 + 12 =1 + 12 b, Ta có: x = +  ( x − 1) = ⇔ x3 − 3x2 + 3x − = Ta biến đổi biể thức P thành: Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG P = x2 ( x3 − 3x2 + 3x − 3) + x ( x3 − 3x2 + 3x − 3) + ( x3 − 3x2 + 3x − 3) + 1945 = 1945 c, Để ý rằng: x = 2 + + ta nhân thêm hai vế với − để tân dụng đẳng thức: a3 − b3 = ( a − b ) ( a2 + ab + b2 ) Khi ta có: ( − 1) x = ( − 1) 22 + + = ( ) ⇔ x = x + ⇔ x3 = ( x + 1) ⇔ x3 − 3x2 − 3x −1 = Ta biến đổi: P = x5 − x4 + x3 − x2 − x + 2015 = ( x2 − x + 1)( x3 − 3x2 − 3x −1) + 2016 = 2016 Ví dụ a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a − b + b − c + c − a = Chứng minh rằng: a + b + c = b) Tìm số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x − y + y − z + z − x2 = (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Trường chuyên ĐHSP Hà Nội, 2014) c) Tìm số thực x, y thỏa mãn điều kiện: ( x y − + y x − ) = xy ( d) Giả sử ( x; y ) số thực thỏa mãn x + + x )( y + ) + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + xy + y e) Tìm GTLN, GTNN biểu thức: P = + x + − x + − x Lời giải a, Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số khơng âm ta có: a − b2 + b − c + c − a2 ≤ a2 + − b2 b2 + − c2 c2 + − a + + = 2 2 a = − b a = − b   Đẳng thức xảy b = − c ⇔  b2 = − c  a + b + c = (đpcm)  c = − a 2  c = − a b, Ta viết lại giả thiết thành: x − y + y − z + z − x2 = Áp dụng bất đẳng thức: 2ab ≤ a + b2 ta có: Chun đề đại số ơn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG x − y + y − z + z − x2 ≤ x2 + − y + y + − z + z + − x2 = Suy VT ≤ VP Dấu đẳng thức xảy khi:  x + y + z = ; x, y , z ≥  x, y , z ≥  x = 1− y2   2  2  x + y =1  x + y =1 ⇔ ⇔ x = 1; y = 0; z = y = 2− z ⇔   y + z2 = y2 + z2 =     z = − x  z + x =  z + x = c, a = x − 4, b = y − với a, b ≥ phương trình cho trở thành: ( a2 + 4) b + ( b2 + 4) a = ( a2 + 4)( b2 + 4) Chia vế cho ( a + )( b2 + 4) phương trình trở thành : 2b 2a + =1 b +4 a +4 Để ý a = b = khơng thỏa mãn phương trình Xét a, b > Theo bất đẳng thức AM − GM ta có: b + ≥ 4b = 4b, a + ≥ 4a Suy VT ≤ 2a 2b + = , dấu đẳng thức xảy 4a 4b a = ⇔ a = b = ⇔ x = y = Vậy  b = x = 8, y = nghiệm phương trình d, Đặt a = x + + x >  a − x = + x  a − 2ax + x = + x  x = Tương tự đặt b = y + + y >  y = b2 − a b 3 Khi x + y = + − − 2b 2 2a 2b a Theo giả thiết ta có : ab =  x + y = + x + xy + y = a2 − 2a a a a − − = + ≥ = Lại có 2a 2a a a 3 2 ( x + y ) + ( x − y ) ≥ ( x + y )  x + xy + y ≥ Dấu đẳng thức xảy 4 ⇔ x = y = Vậy ( x + xy + y ) = e, Đặt a = + x , b = − x  a , b ≥ 0, a + b = Ta có: P = a + b + ab Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có (a + b 4 ) ≥ (a +b 2 ) ( a + b )  a + b ≤ a + b = 16 ⇔ a + b ≤ 2 1 ≥  (a + b)  = ( ) ( ) 2  (a + b) Suy P ≤ a + b + ≤ Dấu xảy a = b = ⇔ x = Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Ta có: a + b4 ≤ a + 2a 2b2 + b4 = ( a + b2 )  a + b2 ≥ , mà a2 + b2 ≤ a2 + 2ab + b2 = ( a + b ) với a, b ≥ Suy a + b ≥ a + b ≥ Vậy P = a + b + ab ≥ a + b ≥ Dấu xảy a = b = tức x = x = −1 Ví dụ Cho x, y, z > xy + yz + zx = (1 + y )(1 + z ) + y (1 + z )(1 + x ) + z (1 + x )(1 + y ) a) Tính giá trị biểu thức P = x b) Chứng minh : 2 + x2 2 1+ y2 1+ z2 xy x y z + − = 2 1+ x 1+ y 1+ z2 (1 + x 2 )(1 + y )(1 + z ) Lời giải a) Để ý + x = x + xy + yz + zx = ( x + y )( x + z ) Tương tự + y ;1 + z ta có: (1 + y )(1 + z ) = x ( y + x )( y + z )( z + x )( z + y ) = x y + z ( ) x + x2 ( x + y )( x + z ) Suy P = x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) = ( xy + yz + zx ) = b) Tương tự câu a) Ta có: x y z x y z + − = + − 2 1+ x 1+ y 1+ z ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) ( z + y )( z + x ) = x ( y + z) + y ( z + x) − z ( x + y) xy = = ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) xy (1 + x )(1 + y )(1 + z ) 2 Ví dụ a) Tìm x1 , x2 , , xn thảo mãn : x12 − 12 + x22 − 22 + + n xn2 − n = x1 + x22 + + xn2 ) ( Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG b) Cho f ( n ) = 4n + 4n − với n nguyên dương Tính f (1) + f ( ) + + f ( 40 ) 2n + + 2n − Lời giải a, Đẳng thức tương đương với: ( ) ( x12 − 12 − + x22 − 2 − 2 ) + + ( xn2 − n − n ) = Hay x1 = 2, x2 = 2.2 , , xn = 2.n  x + y = 4n  b, Đặt x = 2n + 1, y = 2n −   xy = 4n −  x2 − y =  x + xy + y x − y 3 3 = = ( x − y3 ) = ( 2n + 1) − ( 2n − 1) Áp dụng vào x+ y x −y 2 toán ta có : f (1) + f ( ) + + f ( 40 ) =  32 − 13 + 53 − 33 + + 813 − 793   2 ( Suy f ( n ) = ) ( ( ( ) ) ( ) ) 813 − 13 = 364 Ví dụ a, Cho số nguyên dương n ≥ Tính giá trị biểu thức sau theo n : P = 1+ 1 1 1 + + + + + + + + 2 2 3 ( n + ) ( n + 3) b, Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = a + b + c = Chứng minh: a b c + + = 1+ a 1+ b 1+ c (1 + a )(1 + b )(1 + c ) Lời giải Với số thực a, b, c khác cho: a + b + c = 1 2  1 1  + +  = 2+ 2+ 2+ + +  a b c  a b c ab bc 2c 1 2(a + b + c) 1  1 1 ⇔ + +  = + + + = 2+ 2+ abc a b c a b c a b c Áp dụng vào toán ta có: 10 Chun đề đại số ơn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG A R K F P E O M C B D Q Lại có: ∆KPD ∽ ∆APQ ( g g ) suy ta có: PR PA PA KP AP = = , từ = , ∆PRD ∽ ∆PAM nên RD AM AQ KD AQ PR PA KP FP = = = suy F trung điểm RP RD AQ KD RD c) Ta có KRF = KDP, KFR = 1800 − KFP = 1800 − KPA = KPD suy ∆KFR ∽ ∆KPD ( g g ) kết hợp với PKF = DPF suy ∆KPF ∽ ∆PDF ( c.g c ) suy ADF = PDF = KPF = 1800 − AEF hay ADEF tứ giác nội tiếp Câu 5: Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: a b3 + = a ( b + 1) ( b − b + 1) ≤ a Tương tự: b c3 + ≤ b + P ≤ a+b+c+ b + + b2 − b + ab = a+ 2 bc ca ; c a3 + ≤ c + Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: 2 ab bc ca ab + bc + ca + + = 3+ 2 2 Khơng tính tổng qt giả sử b số nằm a c ta có: ( b − a )( b − c ) ≤ ⇔ b + ac ≤ ab + bc  ab + a c ≤ a 2b + abc  ab + bc + ca ≤ a 2b + abc + bc = b ( a + ac + c ) ≤ b ( a + c ) 409 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: b ( a + c ) a+c a+c   a+ +  a+c a+c 2  =4 = 4b ≤ 4  2     Đẳng thức xảy a = 0; b = 1; c = hoán vị Suy P ≤ + b (a + c) ab + bc + ca ≤ 3+ ≤ 2 Vậy giá trị lớn P đạt a = 0; b = 1; c = hoán vị ĐỀ SỐ 15  b a − b   b +4   + Câu Cho biểu thức P = a − b −    a − b a − ab + a − b a+ b    với a, b ∈ ℤ; < a, b ≤ ( ) ( ) ( )      a) Rút gọn P b) Cho n = ab ( n số tự nhiên có hai chữ số) Tìm n để P lớn Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = mx + Tìm m để ( d ) cắt ( P ) điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) cho y1 − y2 = 24 − x22 − mx1 Câu Khoảng cách hai tỉnh A B 60km Hai người xe đạp khởi hành lúc từ A đến B với vận tốc Sau xe người thứ bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, người thứ hai tiếp tục với vận tốc ban đầu.Sau xe sửa xong, người thứ với vận tốc nhanh trước 4km / h nên đến B lúc với người thứ hai Tính vận tốc hai người lúc đầu Câu Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R ) AB < AC tiếp tuyến B, C cắt K , AK cắt ( O ) giao điểm thứ hai D , AK cắt BC M Đường thẳng qua K song song với BC cắt tia AB, BD F , E Đường thẳng AE cắt BC N , OK cắt BC H a) Chứng minh KC = KD.KA ∆DKC ∽ ∆CMK b) Chứng minh: KDCE tứ giác nội tiếp c) Chứng minh: F , D, N thẳng hàng 410 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Câu Cho số thực a, b, c thỏa mãn −1 ≤ a, b, c ≤ , số thực x, y , z thỏa mãn  1− a   1− b  1− c  ≤ x, y , z < Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P =      − bz   − cx   − ay  LỜI GIẢI Câu Đặt a = x, b = y điều kiện < x, y ≤ 3; x ≠ y Ta có:   y (2x − y )   6y + P =  (2x − y ) − +    x + y   x − y x − xy + ( x − y )   2  y  ( x − xy + x − xy + y ) + ( y + )( x − y ) = ( x − y ) 1 −  ( x − y ) ( x − xy + x − xy + y )  x+ y = x − y x + xy − y + x − y ( x − y )( x + y ) + ( x − y ) ( x + y ) + = = = x+ y ( x − y )( x − y ) ( x + y )( x − y ) (x + y) b) Ta có: P = + , P lớn a+ b a, b ≥ 1; a ≠ b; a, b ∈ ℕ suy ( ) a + b +4 ( a+ b ) a + b nhỏ nhất, mặt khác a + b ≥ + P ≤ + = − , dấu đẳng thức 1+ xảy a = 1; b = a = 2; b = suy n = 12 n = 21 Câu Phương trình hồnh độ giao điểm ( P ) ( d ) x = mx + ⇔ x − mx − = , ta có ∆ = m + > nên phương trình ln có nghiệm phân biệt x1 , x2 Theo hệ thức Viet ta có x1 x2 = −2 < nên giao điểm A, B nằm phía trục tung Điều kiện toán y1 − y2 = 24 − x22 − mx1 ⇔ ( y1 − y2 ) = 24 − x22 − mx1 Chú ý rằng: x12 − mx1 − =  mx1 = x12 − thay vào ta có: ( y1 − y2 ) (x 2 = 24 − x22 − ( x12 − ) ⇔ ( x12 − x22 ) + ( x22 + x12 ) − 26 = hay 2 − x22 ) + ( x22 + x12 ) − 26 = ⇔ ( x12 + x22 ) + ( x22 + x12 ) − x12 x22 − 26 = (*) Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = m, x1 x2 = −2 ( x12 + x22 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = m + thay vào (*) ta có: (m 2 + ) + ( m + ) − 42 = đặt m + = t ≥ ta thu t + t − 42 = ⇔ ( t + )( t − ) =  t = ⇔ m = ⇔ m = ± Thử lại ta thấy giá trị thỏa mãn Câu Học sinh tự làm Câu 411 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG A O H B N C M D E K F a) Học sinh tự làm b) Tứ giác ABDC nội tiếp EF‖ BC nên ta có biến đổi góc DEK = DBC = DCK suy KDCE tứ giác nội tiếp c) Xét tam giác ∆FBK ∆ECK Ta có: FKB = KBC = KCB = CKE ; BK = KC KCE = KDE = ADB = ABx = FBK Từ suy ∆FBK = ∆ECK ( g c.g ) suy KE = KF Theo định lý Thales ta có: MB AM MN suy M trung điểm BN Theo bổ đề = = FK AK KE hình thang ta có F , N , D thẳng hàng KIẾN THỨC BỔ TRỢ Cho hình thang ABCD có hai đáy AB , CD trung điểm cạnh đáy, giao điểm M đường chéo giao điểm cạnh bên nằm đường thẳng • Chứng minh: 412 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 A N B CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Giả sử đường thẳng AD, BC cắt M , AC , BD cắt P , đường thẳng MP cắt AB, CD N , Q Ta chứng minh: N , Q trung điểm AB, CD Thật vậy: Do AB‖ CD theo định lý Thales ta có: AN NB AN BN = = ( ) Lấy (1) nhân với (2) ta có: (1) , QD QC QC QD AN NB =  AN = NB thay vào (1) ta có QD = QC Hay N , Q trung điểm QC QD QC.QD AB, CD Câu 5: Ta có: (1 − a )(1 + y ) − (1 − ay ) = − (1 + a )(1 − y ) ≤  − a ≤ ≤ 1− a − = − ay + y − ay + y (1 − ay )(1 + y ) (1 − ay )(1 + y ) − a  − b   − c   − a   − b  − c  =      ≤ 2.2.2 =  − bz  − cx   − ay   − ay   − bz  − cx  Suy P =  Khi a = b = c = −1; x = y = z = P = Vậy GTLN P ĐỀ SỐ 16  xy ( x + y ) = Câu Giải hệ phương trình:  3 2  x + y + = x y Câu Giải phương trình x + + 3x + = x − Câu a) Tồn hay không ba số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn x3 + y3 + z = 2019 ( b) Giả sử ( x; y ) số thực thỏa mãn x + + x )( y + ) + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + xy + y 413 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Đường tròn ( K ) tiếp xúc với CA, CB E, F tiếp xúc với ( O ) S SE, SF cắt ( O ) M , N khác S Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt P khác A a) Chứng minh tứ giác AMPN hình bình hành b) Gọi EN , FM cắt ( K ) G, H khác E, F Gọi GH cắt MN T Chứng minh tam giác AST cân Câu Với n số tự nhiên, n , cho n số tự nhiên x1 , x2 ,…, xn thỏa mãn x12 + x22 + x23 + … + xn2 + n ≤ (2n − 1) ( x1 + x2 + … + xn ) + n Chứng minh a) Các số xi (i = 1, 2,…, n) số nguyên dương b) Số x1 + x2 +…+ xn + n + khơng số phương LỜI GIẢI   32 Câu Ta có x + y + = x + y + 3xy( x + y) = ( x + y) ; x y = ⋅   = ( x + y)2  x+ y x + y = x + y ≠  ( x + y )5 = 32 ⇔  ⇔ x = y =  xy = 3 3 2 Câu Phương trình tương đương với x + + 3x + = x − u = x +  v − u = x − với u; v > , ta 2(u + v) = v − u Đặt  v = x + ⇔ (v + u)(v − u − 2) = ⇔ x − = x + ⇔ x + = x − x ≥  x ≥  x = ± 28 ⇔ ⇔ ⇔ x = + 28 ⇔  x ≥  4( x + 3) = x − x +  x − 10 x − = Câu a) Ta có n3 ≡ 0, ±1(mod 9) Vì 2019 ≡ 3( mod 9)  x3 = 9m + 1, y3 = 9t + 1, z = 9u + , suy tìm x, y, z tập hợp {1, 4, 7,10,13…} Khơng tính tổng qt, giả sử: x ≤ y ≤ z  Giả sử z ≥ 13  z3 ≥ 2197 > 2019 (loại)  Giả sử z ≤  2019 = x3 + y3 + z3 ≤ 3z3 ≤ 3.73 (loại) Suy z = 10  x3 + y3 = 1019 Giả sử y < 10  x ≤ y ≤  1019 = x3 + y3 ≤ 2.73 = 2.343 (loại) Suy y = 10, x3 = 19 , khơng có giá trị x thỏa mãn Vậy không tồn x, y, z thỏa mãn đề 414 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG b) Đặt a = x + + x >  a − x = + x  a − 2ax + x = + x  x = Tương tự, đặt b = y + + y >  x = a Theo giả thiết a ⋅ b =  x + y = + x = y = a2 − 2a a b 3 b2 − Khi x + y = + − − 2 2a 2b 2b a a a − − = + ≥ 2⋅ ⋅ = 2a 2a a a 4 Lại có x + xy + y = ( x + y)2 + ( x − y )2 ≥ ( x + y)2  x + xy + y ≥ Dấu “=” xảy Vậy ( x + xy + z )min = Câu Các tứ giác ANFP, AMEP, AMSN nội tiếp nên ta có biến đổi góc ANP = AFP = AEP = AMP (1) Ta có APM = AEM = CES = EFS = EAN suy NA PM (2) Từ (1) (2) suy ANPM hình bình hành a) Các tam giác SKE, SOM cân K O suy KES = KSE = OMS suy KE OM Chứng minh tương tự ta có KF ON Theo định lý Ta-lét, ta có SF SK SE = =  EF MN Từ đó, ta có SN SO SM MNE = NEF = GHF  MNGH tứ giác nội tiếp, suy TM TN = TG.TH , giả sử TS cắt ( O ) S1 , cắt ( K ) S2 TM TN = TG.TH = TS TS1 = TS.TS2 suy TS1 = TS2  S1 ≡ S2 ≡ S (do đường tròn ( O ) ( K ) tiếp xúc S ) suy TM ⋅ TN = TS hay TS tiếp tuyến chung ( O ) ( K ) b) Ta chứng minh TA tiếp tuyến ( O ) Các đường thẳng AP MN cắt I trung điểm đường TM STSM  SM  = =  (*) TN STNS  SN  Ta có TS tiếp tuyến ( O ) nên ∆TNS ∽ ∆TSM hay Mặt khác ta có AMI = AMN = ASN , PEMA nội tiếp ta có NAS = MAI = MAP = PES = FES = NST = NAS suy ∆AIM ∽ ∆ANS  AMSN = AI ⋅ AS Tương tự, ta có ∆AIN  ∆AMS  ANSM = AIAS  AM SN = AN SM , suy 2 SM   AM  TM  AM  =   =  , thay vào (*) ta  hay TA tiếp tuyến TN  AN   SN   AN  ( O ) Vậy TA = TS Câu a) Ta có x12 + x22 + x23 + … + xn2 + n3 ≤ (2n − 1) ( x1 + x2 + … + xn ) + n 415 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG ⇔  xn2 − (2n − 1) xn + n2 − n  +  x22 − (2n − 1) x2 + n2 − n  +…+  xn2 − (2n − 1) xn + n2 − n  ≤ ⇔ ( x1 − n )( x1 − n + 1) + ( x2 − n )( x2 − n + 1) + … + ( xn − n )( xn +1 − n + 1) ≤ Mặt khác, ( xk − n ) [ xk − ( n − 1) ] tích hai số nguyên liên tiếp nên khơng âm, xk = n xk = n − Do n nên xk số nguyên dương b) Vì xk ∈{n; n − 1} nên n(n − 1) ≤ x1 + x2 +… + xn ≤ n Do n < + n ≤ + n + x1 + x2 +… + xn ≤ n + n + < ( n + 1) Suy x1 + x2 +…+ xn + + n nằm hai số phương liên tiếp nên khơng số phương 416 Chun đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG ĐỀ SỐ 17 Câu x + 15 + x + = x + + x  x − y ( x + y ) + = Câu Giải hệ phương trình:  ( x + 1) ( x + y − 2) + y = Câu a) Cho a + b + c = Tính P = a2 b2 c2 + + a − b2 − c b2 − c − a c − a − b2 b) Tìm số nghiệm nguyên dương phương trình: ( x2 + xy + y ) = 7( x + y) c) Cho x, y số nguyên dương cho x2 + y − x chia hết cho xy Chứng minh x số phương Câu Cho tam giác nhọn ABC có tâm đường trịn nội tiếp điểm I, gọi ( K ) đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC , cung nhỏ BC lấy điểm D, đường tròn ( L ) qua A tiếp xúc với ( K ) D cắt AC, AB E, F Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF cắt cạnh BC S a) Chứng minh: SDEC nội tiếp b) Chứng minh: EJFS nội tiếp c) Chứng minh: BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EJF Câu a) Cho số thực a, b, c, d thay đổi thỏa mãn ≤ a, b, c, d ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b c d + + + bcd + acd + abd + abc + b) Cho số thực dương a, b cho a + 2b ≤ Tìm GTNN biểu thức P= + a+3 b+3 P= LỜI GIẢI Câu Điều kiện: x ≥ −3 Để ý rằng: x + 15 − x + + x + = x >  x > Ta viết lại phương trình thành: x + 15 − + x + − = x + − + x − x2 −1 x −1 x2 −1 Hay + = + 3( x − 1) x+3 +2 x + 15 + x2 + +   x +1 x +1 ⇔ ( x − 1)  − + − 3 = x+3 +2  x2 + +  x + 15 + x +1 x +1 Với x > − + − < nên phương trình cho 2 x+3 +2 x + 15 + x +8 +3 có nghiệm x = 417 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG  x + − y ( x + y ) = Câu Ta viết lại hệ phương trình thành:  Dễ thấy y = không ( x + 1) ( x + y − 2) + y = thỏa mãn hệ nên suy y ≠ , chia hai phương trình hệ cho y ta thu  x2 +  y − ( x + y) =    ( x + 1)  y ( x + y − 2) + =  x2 + Đặt = a; x + y − = b Do ta có hệ y a − b = Phần lại bạn đọc tự giải   ab + = Câu a) Từ giả thiết suy a = −(b + c)  a = b2 + c + 2bc  a − b2 − c2 = 2bc Tương tự ta có biểu thức bà cộng lại ta thu a2 b2 c2 a + b3 + c + + = 2bc 2ca 2ba 2abc Chú ý rằng: a + b + c =  a3 + b3 + c3 = 3abc  P = b) Từ giả thiết ta suy 7( x + y) :  x + y :  x + y = 5m  x = 5m − y với P= m∈ℤ ta thay vào phương trình (5m − y)2 + (5m − y) y + y − 7m = ⇔ y − 15my + 25m2 − 7m = Phương trình có nghiệm nên suy ∆ = 225m2 − 12 ( 25m2 − 7m ) ≥ ⇔ −75m + 84m ≥ ⇔ ≤ m ≤ 84 75 Do m số nguyên nên suy m = m =  x = md c) Đặt ( x, y ) = d   y = nd Thay vào điều kiện tốn ta có ( m, n) = 1; m, n ∈ ℕ*  d mn = xy x + y − x = d ( dm + dn − m )  dmn dm + dn − m Từ suy d | m (1) Ta có dm2 + dn2 − m⋮ m  dn2 : m (m, n) =  ( m, n2 ) =  m | d ( ) Từ (1), (2) suy d = m nên x = dm = d Vậy x số phương Câu a) Ta có SDE = 360° − EDF − SDF = 180° − EDF + 180° − SDF = BAC + ABC = 180° − ACB Suy tứ giác SDEC nội tiếp 418 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG A E J L I F D C B S K b) Ta có ESF = ESD + DSF = ECD + FBD = 180° − DAC − ADC + 180° − DAB − ADB = 360° − ( DAB + ADB ) − ( DAC + ADC ) 1 = BDC − BAC = BIC − BAC = ABC + ACB 2 ° 180 − BAC = 1 180° + BAC Lại có EJF = 180° − ( AEF + AFE ) = 180° − 180° − EAF = 2 ( ) Suy ESF + EJF = 180° hay EJFS tứ giác nội tiếp c) Kẻ tiếp tuyến chung Dx ( K ) , ( L ) Ta có xDB = DCB xDF = DEF Ta có FSB = FDB = DCB + DEF = DES + DEF = SEF suy BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EJF Câu a) Vì ≤ a, b, c, d ≤  abc + ≥ abcd +  P ≤ a+b+c+c Do abcd + (1 − a )(1 − b) ≥  a + b ≤ + ab   (1 − c)(1 − d ) ≥  c + d ≤ + cd (1 − ab)(1 − cd ) ≥  ab + cd ≤ + abcd = + abcd    a + b + c + d ≤ + ab + cd ≤ + + abcd + abcd 3(1 + abcd ) ≤ = , a = 0, b = c = d = Vậy P ≤ + abcd + abcd P = Vậy GTNN P b) Cách a+7 b+7 ; (b + 3) ⋅ ≤ + suy P ≥ 2 a+7 b+7 a+7 b+7 + = + + + − (a + 2b + 21) Ta có a + b + a + 16 b+7 16 Ta có (a + 3) ⋅ ≤ 419 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG a+7 b+7 + ≥ 1; + ≥ nên a + 16 b+7 P ≥ − (3 + 21) = 16 Dấu “=” xảy a = b = Theo bất đẳng thức AM – GM ta có ĐỀ SỐ 18 Câu Giải phương trình: x x + + − x = x +  x + my − m = Tìm m để hệ phương trình có cặp nghiệm 2 x + y − x = Câu Xét hệ phương trình:  2 phân biệt ( x1 ; y1 ) , ( x2 ; y2 ) cho ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) lớn Câu a) Xét số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2; x + y + z = 18; xyz = −1 Tìm giá trị biểu thức: P = 1 + + xy + z − yz + x − zx + y − b) Cho m, n số nguyên dương lẻ cho n2 −1 chia hết cho m2 − n2 + Chứng minh m2 − n2 + số phương c) Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x2 ( x + y) = y ( x − y)2 Câu Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H Tiếp tuyến B, C (O) cắt G, GD ∩ EF = S Gọi M trung điểm cạnh BC Giả sử EF ∩ BC = T , AT ∩ (O) = K a) Chứng minh điểm A, K , F , E, H nằm đường tròn b) Chứng minh M , S , H thẳng hàng Câu Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện: xyz = x + y + z + Tìm GTLN biểu thức: P = x +2 + y +2 + z +2 LỜI GIẢI Câu Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Ta có bất đẳng thức quen thuộc: (ax + by)2 ≤ ( a + b2 )( x2 + y ) Dấu đẳng thức xảy a b = x y Áp dụng vào tốn ta có: ( x x + + − x )2 ≤ ( x + 1) ( x + + − x) = ( x + 1) 420 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Từ suy x x + + − x ≤ x + Dấu đẳng thức xảy x = ⇔ x − x = x + ⇔ x (3 − x) = x + ⇔ x − x + x + = (với x > ) x +1 3− x x = Hay ( x − 1) ( x − x − 1) = ⇔  x = +  Câu Từ phương trình đầu hệ ta suy x = − my + m , thay vào phương trình thứ hai hệ ta thu (m − my )2 + y + my − m = ⇔ ( m2 + 1) y + ( m − 2m2 ) y + m2 − m = (*) Để hệ có nghiệm phân biệt phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt y Tức ∆ = ( m − 2m2 ) − ( m2 + 1)( m − m ) > ⇔ −3m + 4m > ⇔ < m < Khi ta có: x1 = m = my1; x2 = m − my2 với y1 , y2 hai nghiệm phương trình  2m − m y + y =  m2 + (*) Theo hệ thức Vi-ét, ta có  Ta có biến đổi sau y y = m − m m2 +  2 2 A = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = ( my2 − my1 ) + ( y1 − y2 ) = ( m + 1)  ( y1 + y2 ) − y1 y     m − m  2m − m  Hay A = ( m + 1)  − ⋅   m +1  m2 +    ( 2m = 2 − m ) − ( 2m − m )( m + 1) = −3m + 4m m2 + m2 + 1 (2m − 1) Ta có A = − ≤ Vậy A lớn m = m +1 Câu a) Ta có xy + z − = xy + ( − x − y ) − = xy − x − y + = ( x − 1)( y − 1) Tương tự ta có biểu thức cịn lại Từ suy 1 x+ y + z −3 + + = ( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1) ( x − 1)( y − 1)( z − 1) −1 = = xyz − ( xy + yz + zx) + x + y + z − xy + yz + zx P= Ta có: ( x + y + z)2 = x2 + y + z + 2( xy + yz + zx) Từ điều kiện x + y + z = 2, x2 + y + z = 18 ta suy = 18 + 2( xy + yz + zx)  xy + yz + zx = −7 nên P = − b) Nếu m = n ta có điều phải chứng minh m + n = x m = x + y Xét m ≠ n Ta đặt  ( x, y ∈ Z , x > 0, y ≠ 0) Khi đó, ta có  m − n = y n = x − y 421 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG x + y > m, n > suy   x >| y | x − y > Do n2 − 1: m2 − n2 + suy − ( m2 − n2 − 1) + m2 : m2 − n2 +  m2 : m2 − n2 + Suy m2 = k ( m2 − n2 + 1) (1) (với k ∈ ℤ ) Thay m = x + y , n = x − y ta có (*) Phương trình (*) có nghiệm x ∈ ℤ nên có nghiệm x Theo hệ thức Vi-ét ta có ( x + y )2 = k (4 xy + 1) ⇔ x − 2(2k − 1) xy + y − k =  x + x1 = 2(2k − 1)   xx1 = y − k Từ ta suy x1 ∈ ℤ Nếu x1 >  ( x1 ; y ) cặp nghiệm thỏa mãn (*) suy x1 >| y | y − k = xx1 >| y |2 = y  k <  x1 + x = 2(2k − 1) < (mâu thuẫn) Nếu x1 < xx1 = y − k <  k > y  k >  xy + >  y > Ta có k = x12 − 2(2k − 1) x1 y + y = x12 + 2(2k − 1) x1 y + y > 2(2k − 1) x1 y ≥ 2(2k − 1) > k (mâu thuẫn) Vậy x1 = Khi k = y m − n + = m2  m  =   nên m2 − n2 + số k  y phương c) Ta thấy x = y = nghiệm phương trình  x = md Với x, y ≠ Giả sử ( x, y ) = d   y = nd thay vào phương trình ta  ( m, n ) =  m2 d (md + nd ) = (md − nd )2 n2 d ⇔ m2 (m + n) = n2 d (m − n)2  m2 (m + n) : n2 ( m , n ) = Do (m, n) =    n =  n = ±1 ( m + n, n ) = Nếu n =  m2 (m + 1) : (m − 1)2  m + 1: (m − 1)2  m + 1: m −  m ∈{3;2;0; −1} Từ tìm cặp nghiệm ( x; y) = (27;9), (24;12) Nếu n = −1  m2 (m − 1) = d (m + 1)2  m − 1; m +  m ∈{−3; −2;0;1} kiểm tra khơng có giá trị thỏa mãn Vậy ( x; y) = (27;9),(24;12) Câu a) Bạn đọc tự làm 422 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG A E K J S O H F I C T M D B G b) Tứ giác EFDM nội tiếp AD phân giác EDF nên MDE = FDB = TEM  ∆EMD ∽ ∆TME  ME = MD ⋅ MT Thay ME = MB2 = MO.MG , suy MO.MG = MD ⋅ MT  ∆EMD ∽ ∆TME ∆OMT ∽ ∆DMT  SD ⊥ TO I Gọi J giao điểm AO EF OA ⊥ EF J (tính chất quen thuộc) Ta có TS TJ = TI TO = TD.TM = TE TF  AKSJ tứ giác nội tiếp nên SKA = 90°  SK ⊥ TA Ta có điểm A, K , E , F , H nằm đường tròn nên (1) HK ⊥ TA nên K , S , H thẳng hàng Lại có TK TA = TDTM  AKDM nội tiếp, suy ADM = AKM = 90° ⇔ MK ⊥ KA nên M , H , K thẳng hàng (2) Từ (1) (2) suy M , S , K thẳng hàng Câu Ta viết lại giả thiết thành: (1 + x)(1 + y) + (1 + y )(1 + z ) + (1 + z )(1 + x) = (1 + x)(1 + y )(1 + z ) 1 + + =1 Hay x +1 y +1 z +1 Áp dụng bất đẳng thức dạng: (ma + nb)2 ≤ ( m2 + n2 )( a + b2 ) Ta có    1 ( x + 1) =  x.1 + ⋅  ≤ ( x + ) 1 +   2    2 x +2 ≤ ⋅ x +1 Tương tự ta có bất đẳng thức cộng lại ta suy P= x2 + + y2 + + z2 + ≤ 6 1  + +  =  x +1 y +1 z +1 Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy GTLN P 423 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 ... x=2 29 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC HAI I HÀM SỐ BẬC NHẤT KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa: + Hàm số. .. 26 x = t , điều kiện t>0 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG ,t ≠ Phương trình trở thành: t2-t-m-1=0 Để phương trình có nghiệm điều kiện ∆ =... x 39 Chuyên đề đại số ôn thi HSG ôn thi vào 10 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG b Để đáp ứng chi? ??u cao trước hết xe tải phải vào cổng Xét đường thẳng ( d ) : y = − (ứng với chi? ??u