Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên toán có đáp án

Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 ĐỀ ƠN THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN TỐN ĐỀ SỐ Câu 1: Giải phương trình:   2  a)  x +  −  x -  − = x   x  b) ( ) )( x + − x + + x + 7x + 10 = Câu 2: a) Cho số a, b, c khác thỏa mãn: abc = a b c b c3 a + + = + + b c3 a a b c Chứng minh số a, b, c tồn số lập phương hai số lại 84 84 Chứng minh x có giá trị số nguyên + 1− 9 Câu 3: Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn biểu thức: b) Cho x = + A = + x + + y2 + + z + ( ) 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 tròn (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 Câu 2: a) Giải phương trình: 2(x2 + 2) = x + Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 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 tròn (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 b) + = MK MI MN 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 a b c + + =0 Chứng minh rằng: 2 (b - c) (c - a) (a - b) b) Tính giá trị biểu thức:  2010 - 2010 + 2010  + A=    - 2010 2010   4 1+ + 2010 2010 + 2010 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 b) Cho biểu thức: A = x - xy +3y - x + Tìm giá trị nhỏ A Câu 3: a) Giải phương trình: x - + - x = 13 b) Cho hàm số y = f(x) với f(x) biểu thức đại số xác định với số thực x khác 1 không Biết rằng: f(x) + 3f   = x2  x ≠ Tính giá trị f(2) x 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:OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S Chứng minh ABCD hình vng có tâm điểm O Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 ĐÈ SỐ Câu 1: a) Cho x y số thực thoả mãn x2 + y2 = Tìm giá trị lớn biểu thức : xy A= x+y+2 b) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = Chứng minh: 2 x + y3 + z + +  + x + y2 y2 + z z + x 2 xyz Câu 2: a) Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = 3x + 10  x y - 2x + y = b) Tìm x, y thoả mãn:  2x - 4x + = - y Câu 3: a) Chứng minh nếu: x + x y2 + y2 + x y = a x2 + y2 = a b) Chứng minh phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax +1 = có nghiệm 5(a2 + b2) ≥ Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R bán kính OC vng góc với AB Tìm điểm M nửa đường trịn cho 2MA2 = 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 vuông góc với AD với đường thẳng qua E vng góc với BC So sánh GD GC ĐỀ SỐ 81x = 40 Câu 1: 1) Giải phương trình: x + (x + 9) 2) Giải phương trình: x2 - 2x + 3(x - 3) x+1 = x-3 Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = - 3x - x2 2) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a + b2 + b2 + c2 + c2 + a  (a + b + c) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591  y - xy + = (1) Câu 3: Giải hệ phương trình:  2  x + 2x + y + 2y + = (2) Câu 4: Cho hình thang ABCD có đáy BC AD (BC  AD) Gọi M, N điểm cạnh AB AM CN DC cho Đường thẳng MN cắt AC BD tương ứng với E F Chứng minh EM = FN = AB CD Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) dây AB, điểm M chuyển động đường trịn 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 MA AH AD =  2) Chứng minh: 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 x + y2 + z2 x2 y2 z2 = + + Biết x, y, z thoả mãn điều kiện: a + b2 + c2 a2 b2 c2 b) Chứng minh với a > số sau số nguyên dương a+1 8a - a + 8a - + a 3 35 4c Câu 3: a) Cho a, b, c > thoả mãn: Tìm giá trị nhỏ A = a.b.c +  1+a 35 + 2b 4c + 57 b) Giả sử a, b, c, d, A, B, C, D số dương a b c d Chứng minh rằng: = = = A B C D x= a+ aA + bB + cC + dD = (a + b + c + d) (A +B + C + D) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 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 B - PHẦN LỜI GIẢI ĐỀ SỐ Câu 1: a) Đặt x - = t (1), suy x + = t + x x  t = −1 Khi phương trình cho trở thành: t2 – 4t – =   t = Lần lượt thay giá trị t vào (1) phương trình cho có nghiệm: + 33 − 33 x1 = 1; x2 = - 2; x = ; x4 = 2 b) Đk: x ≥ - (1) Đặt x + = a; x + = b ( a  0; b  ) (2) Ta có: a2 – b2 = 3; x + 7x + 10 = ( x + 5)( x + 2) = ab Thay vào phương trình cho ta được: (a – b)(1 + ab) = a2 – b2  (a – b)(1 – a)(1 – b) =  x + = x + (VN)  x = -  nên  x + = x = -   x + = Đối chiếu với (1) suy phương trình cho có nghiệm x = - Câu 2:  b3 a  x =  =  b3 x a  b  c3  a) Đặt  y =   = , abc = nên xyz = (1) c  y b c   a3 z =   = a3  z c a - b =  1 - a = 1 - b = Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 1 + +  x + y + z = yz + xz + xy (2) x y z 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 Từ đề suy x + y + z = 84 84 = a; − = b  x = a + b; a3 + b3 = 2; ab = − 9 3 3 Ta có: x = (a + b) = a + b + 3ab(a + b) Suy ra: x3 = – x  x3 + x – =  ( x - 1) ( x + x + ) = b) Đặt + 1   x = Vì x + x + =  x +  +  Từ suy điều phải chứng minh 2  Câu 3: Áp dụng BĐT: ( ( ) a + b  a + b ; a + b + c  a + b2 + c2 ) (được suy từ bất đẳng thức Bunhiacôpski) Ta có: ( ) (1 + y + 2y ) = ( y + 1) (1 + z + 2z ) = ( z + 1) + x + 2x  + x + 2x = ( x + 1) + y + 2y  + z + 2z  2 x + y + z  3( x + y + z) Lại có: A = + x + + y + + z + 2x + 2y + 2z ( + 2− )( x+ y+ z ) (  A  ( x + y + z + 3) + − ) 3( x + y + z )  A  + (do x + y + z  3) Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy maxA = + Câu 4: a) Ta có: ABO = ACO = 900 (tính chất tiếp tuyến) (1) AB = AC = OA2 − OB2 = R = OB = OC (2) Từ (1) (2) suy ABOC hình vng b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3) Suy ra: DE = BD + CE (4) Vẽ OM ⊥ DE (M  DE) (5) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 A Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF = BD; suy ∆BDO = ∆COF (c-g-c)  OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c)  OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn (O;R) c) Đặt: AD = x; AE = y  SADE = xy (x, y > 0) x D y E M C B F R Ta có: DE = AD2 + AE = x + y (định lí Pitago) O Vì AD + DE + AE = 2R  x + y + x + y = 2R (6) Áp dụng BĐT – Cơsi cho hai số khơng âm ta có: x + y  xy x + y  2xy (7) Dấu “=” xảy x = y ( ) Từ (6) (7) suy ra: xy + 2xy  2R  xy +  2R ( ) R2 2R  SADE   xy   SADE  - 2 R  xy  3+ 2 3+ 2 2+ ( 2R Vậy max SADE ) = (3 − 2 ) R  x = y  ∆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 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 hai điểm có khoảng cách nhỏ (vơ lí trái với giả thiết) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 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 )  x = 2010,5  x − y = 2010 2x = 4021    + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2010 =    y = 0,5  x + y = 2011 2y = + Nếu y - x + 2010 = x + y - 2011 = 0, ta kết + Nếu x + y - 2011  2011 y − x + 2010 = vơ lý (vì VP số hữu tỉ, VT số vô tỉ) 2010 x + y − 2011 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 Đặt a = x + ; b = x − x + Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) x + = x − x + 4(x + 1) = x2 - x + x2 - 5x - = x1 = 2) − 37 + 37 (loại); x2 = 2 x + = x − x +  x + = 4(x − x + 1)  4x − 5x + = vô nghiệm + 37 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) > Vậy phương trình có nghiệm: x = Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 a2 + b2 + c2  (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy số a, b, c có số 2, số số p Câu 3: Giả sử x = (p, q  Z, q > 0) (p, q) = q  p p Ta có   + + = n (n  N) p2 = q(-P - 6q + n2q) q q => 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 A S K + N = 180 ) Tứ giác MNCI nội tiếp (vì MNC = MIC MNC = 900) H => BNK = BMK , INC = IMC (1) (vì góc nội tiếp chắn cung) Mặt khác BMK = IMC (2) (vì BMK + KMC = KMC + IMC bù với góc A tam giác ABC) P O K C B Từ (1), (2) suy BNK = INC nên điểm K, N, I thẳng hàng N I M Q b) Vì MAK = MCN =  (vì góc nội tiếp chắn cung BM) => AK CN AB BK CN AB − BK CN hay (1) = − = cot g = = = MK MN MK MK MN MK MN Tương tự có: Mà AC CI BN AI BN hay = + = MI MN MI MI MN IC BK = = tg (  = BMK = IMC ) MI MK (2) (3) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 Từ (1), (2), (3) => AB AC BC (đpcm) + = MK MI MN 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) => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC = AIN NMC ) => KN qua trung điểm HM (đpcm)  2x − xy − y = p Câu 5: Đưa tốn tìm P để hệ phương trình:  2  x + 2xy + 3y = có nghiệm 2  (1) 8x − 4xy − 4y = 4p Hệ   Lấy (1) - (2), ta có: px + 2pxy + 3py = 4p (2)   (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = (3) - Nếu y = => (8 - p)x2 = x = p =  p = 0;p = - Nếu y  chia vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = (4) với t = x y + Nếu p  8: Phương trình (2) có nghiệm ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > + Nếu p = t = - p2 - 12p - 18 < -  p  + Dấu “=” có xảy Vậy P = - , max P = +3 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b2 - ac + c2 = = b-c a-c a-b ( a - b )( a - c ) Nhân vế đẳng thức với ta có: b-c a ( b - c) = ab - b2 - ac + c2 ( a - b )( a - c )( b - c ) Vai trị a, b, c nhau, thực hốn vị vịng quanh a, b, c ta có: Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 b (c - a ) = cb - c2 - 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 + + = (đpcm) 2 (b - c) (c - a) (a - b) 2010 = x Thay vào ta có: 2 1+ + x x = 1   + x2 x   1 +  x   + x2 2 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 ; c2 + ab  2c ab Do 1 1 1  + +   + +  a + bc b + ac c + ab  a bc b ac c ab  a +b b+c c+a + + ab + bc + ca 2 = a + b + c , đpcm =  2 abc abc 2abc Dấu xẩy a = b = c, tức tam giác cho tam giác b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ Ta có: A = (x - xy + y) + 2y - x +1 ( =( =[ = ( x- y ) -2 ) ( ) x - y + 1] - y + 2y 1 )2 2 1 y − 2 x - y - + (2y - y + ) x - y -1 + ( )    x = x y =  A=     2 y - = y =  4 Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 Vậy minA = − 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 Dấu xẩy x - = - x  x = 29 13 Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 1 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f   = x x  (1) x 1 Thay x = vào (1) ta có: f(2) + f   = 2 Thay x = vào (1) ta có: 1 f   + 3.f(2) = 2 1 Đặt f(2) = a, f   = b ta có 2 Vậy f(2) = - a + 3b = 13   Giải hệ, ta a = 32 3a + b = 13 32 Câu 4: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác A, O, D thẳng hàng OK = 1 AB Vì FM = EF mà EF = AB FM = 2 OK Ta lại có AF = R  AF = OA AFM = 1200 AOK + AOB = 1800 = AOK + 600  AOK = 1200 Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591  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  OA + OB2 Dấu “=” xảy  OA ⊥ OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: OB2 + OC OC + OD 2SBOC  ; 2SCOD  2 2 OD + OA 2SAOD  2 OA + OB2 + OC2 + OD2 Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 2 Hay 2S ≤ OA + OB + OC + OD Dấu xẩy OA = OB = OC = OD ( ) AOB = BOC = COD = DOA = 900  ABCD hình vng tâm O Lời bình: Câu III.b 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) 1) Chắc chắn bạn hỏi x = Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591  A(a ) x + B (a ) y = C (a )   B (b) x + A(b) y = C (b) (3) 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, a = x 1 Phương trình Q(x) = P(a)  =  x = , tức b = x 2 Số x = nghĩ 2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành công 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 = f ( x) + f   = x (với  x  1)  1− x  1 c) Tính giá trị hàm số f(x) x = ( x − 1) f ( x) + f   = (với  x  1)  x  x −1 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ x2 + y2 =  2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x+y = -1 Vì x + y + ≠ nên (1) x+y+2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x+y≤ ( x + y2 )  x+y≤ 2 xy  Từ (1), (2) ta được: x+y+2 Vậy maxA = (2)  x  0, y   - Dấu "="  x = y  x=y= x + y2 =  -1 b) Vì x2 + y2 + z2 = nên: 2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 + + = + + x + y2 y2 + z z2 + x x + y2 y2 + z z2 + x Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 = z2 x2 y2 + + +3 x + y2 y2 + z x + z2 Ta có x2 + y2 ≥ 2xy  Tương tự Vậy z2 z2  , x + y2 2xy x2 x2 y2 y2   , 2xz y2 + z2 2yz x + z x2 z2 y2 y2 x2 z2 +  + + + + +3 x + z2 2xz 2yz 2xy x + y2 y2 + z 2 2 x + y3 + z  + +  + , đpcm x + y2 y + z2 z + x2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x  − (2) (1)  (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) =  ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 =   3x + 10 - =    x = - (thỏa mãn đk (2)  x + = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3 2x   x y - 2x + y = (1) y = b)    x +1 2x - 4x + = - y  y3 = - (x - 1) -  Ta có: 2x   y2   -  y  1+x 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 > Thay vào gt ta y = c > ta có x2 = b3 y2 = c3 b3 + b2c + c3 + bc2 = a  a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + b c ( b + c ) a2 = (b + c)3  a = b + c hay x2 + y = a , đpcm Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 b) Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy x   1  a + =  x 02 + + a  x +  +b=0 x0 x x0 x0   Suy x 02 + ax0 + b + Đặt x0 + 1 = y0  x 02 + = y02 - , y0   y 02 - = - ay0 - b x0 x0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: ( y02 - 2) = ( ay0 + b ) 2  ( a + b2 )( y02 + 1)  a + b2  (y02 − 2) (1) y02 + (y02 − 2)  Ta chứng minh (2) y02 + Thực vậy: (2)  5(y04 − 4y02 + 4)  4(y02 + 1)  5y 04 − 24y 02 + 16   5(y02 − 4)(y02 − )  với y  nên (1) Từ (1), (2) suy a + b2   5(a + b )  , đpcm Câu 4: Đặt AH = x Ta có AMB = 900 (OA = OB = OM) 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 chữ nhật) Theo ta có: 4Rx = 15(R - x)2 Do H  AB  O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 3R 5R  (5x - 3R) (3x - 5R) =  x = ; x= Cả giá trị thoả mãn Vậy ta tìm điểm H H’  điểm M M’ giao điểm nửa đường tròn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ Câu 5: Gọi I trung điểm CD Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình ∆BDC  IE // BC Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 Mà GF ⊥BC  IE⊥ GF (1) 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 Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x 9x x+9  x2  18x 9x  18x   + - 40 = (1) Ta có:  x = 40    x+9 x + 9 x+9  x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = x+9  (y + 20) (y - 2) =  y = -20 ; y = 2  x = - 20(x + 9)  x + 20x +180 = (3)  Thay vào (2), ta có   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 =  19 2) Điều kiện x > x+1   (*) x-3 x  - Phương trình cho  (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x+1 =4 x-3 x+1  t = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - =  t = 1; t = - Đặt t = ( x - 3) Ta có: (x -3) x +1 = (1) ; ( x − 3) x - x +1 = − (2) x− x  x    x = 1+ + (1)   (x − 3)(x + 1) = x − 2x − = (t/m (*)) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 x  x    x = − (t/m (*)) + (2)   (x − 3)(x + 1) = 16 x − 2x − 19 = Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = + ; x = − Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 >  - < x <  - 3x >  A ≥ 25 - 30x + 9x (3 - 5x) = +16  16 - x2 - x2 Dấu xẩy - 5x =  x = Vậy minA = Vậy A2 = 2) Chứng minh: a + b2 + b2 + c2 + c2 + a  (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x + y2 )  (x + y)2 , ta có: 2(a + b2 )  (a + b)2  a + b2  a + b (2) Tương tự, ta được: b2 + c2  b + c (3) (4) c2 + a  c + a Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn, suy (1) đúng, đpcm Câu 3: (1) có nghiệm   y = x −   x  −2; x  (3) (2)  (y + 1)2 = − x − 2x có nghiệm  −x − 2x   −2  x  (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ ta có y = - Vậy hệ có nghiệm (- ; - 1) m Câu 4: Kẻ MP // BD (P  AD) MD cắt AC K Nối NP cắt BD H k AM AM CM AP e Ta có mà = = (gt) AB AB CD AD i f AP CN  =  PN // AC Gọi O giao điểm a o h b AD CD BO CO MK OC n AC BD Ta có = , = OD OA PK OA NH OC NH MK Suy ra: = =  KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH EN = KH  MF = EN  ME = NF Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH = 1800 Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591  AMB = 1800 - EHF = EHA + FHB (1) Ta có MHF = MEF (góc nội tiếp chắn MF ) Lại có MHF + FHB = 900 = MEF + EMD  FHB = EMD (2) Từ (1) (2)  EHA = DMB , Gọi N giao điểm MD với đường trịn (O) ta có DMB = NAB (góc nội tiếp chắn NB )  EHA = NAB AN // EH mà HE ⊥ MA nên NA ⊥ MA hay MAN = 900  AN đường kính đường trịn Vậy MD qua O cố định 2) Kẻ DI ⊥ MA, DK ⊥ MB, ta có AH SMAD AM HE AD SMAD AM DI = = ; = = BD SMBD BM DK BH SMBH BM HF Vậy AH AD MA HE DI = BD BH MB DK HF (1) Ta có HMB = FHB (cùng phụ với MHF ) mà FHB = EMD (CMT)  EFH = DIK EHF = DMH Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH vµ EHF = 1800 - AMB Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK vµ IDK = 1800 - AMB  EFH = DIK vµ EHF = IDK  DIK HFE (g.g) HE.DI ID DK  ID HE = DK HF  suy = = (2) DK.HF HF HE MA AH AD = Từ (1), (2)  MB BD BH ĐỀ SỐ Câu 1: Ta có: A = =-1+ 1- 2- + + + -1 -1 - + - + + 24 - 25 -1 25 = - + = Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra:  x2   y2   z2  x2 y2 z2 + + =0    2 2  2  2  a a + b + c b a + b + c c a + b + c       Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 1 1  1  1   x  - 2  + y2  - 2  + z2  - 2  = (*) a a +b +c  b a +b +c  c a +b +c  1 1 1 Do - > 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 -  b) x = 2a + x a -         3  x = 2a + 3x 3 (1 - 2a )  x3 = 2a + x(1 - 2a)  x + (2a - 1) x - 2a =  (x - 1) (x2 + x + 2a) = x - =   x =  x + x + 2a = (v« nghiƯm a > )  nên x mét sè ngun du¬ng Câu 3: a) Ta có: 4c 35 35  +  >0 4c + 57 1+a 35 + 2b (1 + a )( 2b + 35) Mặt khác 4c 35 4c 35    1+a 4c + 57 35 + 2b + a 4c + 57 35 + 2b  4c 35 2b +1  1= +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b  2b 57  +  35 + 2b 1+a 4c + 57 Ta có:  57 >0 (1 + a )( 4c + 57 ) (1) (2) 4c 35  1+ 1+a 4c + 57 35 + 2b a 57 35  +  1+a 4c + 57 35 + 2b 35 57 >0 ( 4c + 57 )( 35 + 2b ) Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 57  (1 + a )( 4c + 57 )( 2b + 35) (1 + a )( 2b + 35)( 4c + 57 ) (3) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 Do abc ≥ 35.57 = 1995 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c = 57 Vậy (abc) = 1995 b) Đặt t = t= A B C D = = =  A = ta, B = tb, C = tc, D = td a b c d A+B+C+D a+b+c+d Vì aA + bB + cC + dD = a t + b2 t + c2 t + d t = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) = A+B+C+D a+b+c+d (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: a) Xét ∆ABC có PQ // BC  Xét ∆BAH có QM // AH  AQ QP = AB BC BQ QM = BA AH Cộng vế ta có: AQ BQ QP QM QP QM + = +  1= + AB AB BC AH BC AH 2SMNPQ QM  QP QM  QP  1=  + =   AH  BC AH SABC  BC SABC S QP QM BC max SMNPQ = ABC = =  QP = BC AH 2 Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH QP QM QP + QM b) Vì = mà BC = AH  = +  QP + QM = BC BC AH BC  SMNPQ  Do chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Giasutienbo.com - Trung tâm Gia sư Tiến Bộ - 0973361591 Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà 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 Vậy AH = 3HD  ... phải có hình trịn chứa khơng 50 điểm ĐỀ SỐ Câu 1: a) Theo ta có: 2011 ( x + y − 2011 ) = 2 010 ( y − x + 2 010 )  x = 2 010, 5  x − y = 2 010 2x = 4021    + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2 010 =... - x + 2 010 = x + y - 2011 = 0, ta kết + Nếu x + y - 2011  2011 y − x + 2 010 = vơ lý (vì VP số hữu tỉ, VT số vơ tỉ) 2 010 x + y − 2011 Vậy x = 2 010, 5 y = 0,5 cặp số thoả mãn đề b) Ta có xy (z... y2 y + z2 z + x2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x  − (2) (1)  (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) =  ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 =   3x + 10 - =    x = - (thỏa