Tải bản đầy đủ (.pdf) (72 trang)

Bộ đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Thái Bình

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.97 MB, 72 trang )

(1)





T

rịnh Bình sưu tầm tổng hợp



BỘ ĐỀ THI VÀO LỚP 10



CHUN MƠN TỐN THÁI BÌNH




(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2019 – 2020
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho tất cả các thí sinh)


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 1


Câu 1.(2,0 điểm) Cho biểu thức: = 2 + +1 1

(

+

)


+


 


xy x y xy


P


x y


xy x x y y (với x>0;y>0).



1. Rút gọn biểu thức P.


2. Biết xy =16. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.


Câu 2. (1,0 điểm) Hai lớp 9A và 9B của một trường qun góp sách ủng hộ. Trung bình
mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 5 quyển, mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 6 quyển nên cả hai lớp ủng hộ 493
quyển. Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của hai lớp là 90.


Câu 3.(2,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độOxy, cho hai đường thẳng


2
1


( ) :d y=(m +1)x−2m và (d2) :y=(m+3)x− −m 2 (m là tham số).
1. Tìm mđể ( )d1 song song với (d2).


2. Chứng minh: với mọi mđường thẳng (d2) luôn đi qua một điểm cốđịnh.


3. Tìm m để ( ), (d1 d2) cắt nhau tại M x( M;yM) thỏa mãn A=2020xM(yM +2) đạt giá


trị nhỏ nhất.


Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệphương trình:


3 3 2 2


2


( 1) ( 1) 0



4 4 2 7


 − + − − + =





+ + = + +





x y x y y x


x y x y


Câu 5.(3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính
R, vẽAH vng góc với BC tại H, vẽđường kính AD cắt BC tại I, trên cạnh AC lấy điểm M
sao cho IM song song với CD.


1. Chứng minh: Tứ giác AHIM nội tiếp một đường tròn.
2. Chứng minh:

AB AC

.

=

AH AD

.

.


3. Chứng minh: HM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH.


4. Chứng minh: 2


.

+

.

<

4


AB CD

AC BD

R

.


Câu 6. (0,5 điểm) Xét các số thực

a b c a

; ; (

0)

sao cho phương trình bậc hai


2


0



+

+ =



ax

bx

c

có hai nghiệm

m n

;

thỏa mãn: 0≤ ≤m 1;0≤ ≤n 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: = 2 2−2 −2 +


− +


a ac ab bc


Q


a ab ac


---Hết---



(3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2019 – 2020
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho học sinh chuyên toán tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 2


Câu 1. (2,0 điểm) Cho các số thực a, b khác 0 thỏa mãn: 1 1 1.



a + =b


1. Tính giá trị biểu thức

(

)



2


2 2


4 4


4
.


a b


A


ab
a b




= +


2. Chứng minh rằng:

(

) (

3

) (

3

)

3

(

)



2 1 1 3 6 0.


a+ −ba− − b− − a+b + =



Câu 2. (2,0 điểm)


1. Giải phương trình: x+ −2 2 x− =1 3x−3

(

x+2

)(

x−1

)


2. Giải hệphương trình:


(

)

(

)



2


2 4 3


3 4 4 1 2 0


y x y x


x y y x


+ + = +





− + + − − + =





Câu 3. (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R. Trên
cung nhỏ AD lấy điểm E bất kì (E khơng trùng với AD). Tia EB cắt các đường thẳng
AD, AC lần lượt tại I K. Tia EC cắt các đường thẳng DA, DB lần lượt tại MN. Hai


đường thẳng AN, DK cắt nhau tại P.


1. Chứng minh: Tứ giác EPND nội tiếp một đường tròn
2. Chứng minh: EKM = ∠DKM.


3. Khi Mlà trung điểm của AD, tính độdài đoạn thẳng AE theo R.
Câu 4. (1,0 điểm)


Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình x+ y = 2020.
Câu 5. (1,5 điểm)


1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn


1
0 , b, c


2


2 3 4 3


a


a b c


 < <




+ + =





. Tìm giá trị nhỏ nhất của


biểu thức:


(

3 24 2

)

(

4 98 3

)

(

2 83 1

)



P


a b c b a c c a b


= + +


+ − + − + −


2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm M a b

( )

; được gọi là điểm nguyên nếu cảa b
đều là số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại điểm I trong mặt phẳng tọa độ và 2019
số thực dương R R1; 2;....R2019sao cho có đúng kđiểm nguyên nằm trong đường tròn


(

I R; k

)

với mọi k là sốnguyên dương không vượt quá 2019.


---Hết---



(4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2018 – 2019
MƠNTHI:TỐN



(Dành cho tất cả các thí sinh)


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 3


Câu 1. Cho biểu thức: 4 1 : 1

(

0; 1; 4

)



3 2 2 3 1




 


= + ≥ ≠ ≠


− + − +


 


x


P x x x


x x x x


1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tìm x sao cho P = 2019.


3) Với x ≥ 5, tìm giá trị nhỏ nhất của T = +P 10.
x



Câu 2. Cho hai đường thẳng (d1): y = mx + n và (d2): y= − 1 x+ 1


m m ( với m là tham số, m ≠


0). Gọi là tọa độgiao điểm của hai đường thẳng d1 và d2. Tính T =x02+ y02.


Câu 3.


Gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình: x2+ −

(

2 m x

)

− − =1 m 0

( )

1 (với m là tham số)
a) Tìm m để : x1−x2 =2 2


b) Tìm m để :


(

) (

2

)

2


1 2


1 1


1 1


= +


+ +


T


x x đạt giá trị nhỏ nhất



Câu 4.


a) Giải phương trình :

4

x

+

8072

+

9

x

+

18162

=

5

.
b) Giải hệphương trình


3 3 2


2 2


3

6

3

4

0



3

1



 −

+

+

+ =






+

=







x

y

x

x

y


x

y

x



Câu 5: Cho đường tròn O bán kính a và điểm J có JO = 2a. Các đường thẳng JM, JN theo
thứ tự là các tiếp tuyến tại M, tại N của đường tròn (O). Gọi K là trực tâm của tam giác
JMN, H là giao điểm của MN và JO.


a) Chứng minh rằng: H là trung điểm của OK.



b) Chứng minh rằng: K thuộc đường trịn tâm O bán kính a.
c) JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r. Tính r.


d) Tìm tập hợp điểm I sao cho từ I kẻđược hai tiếp tuyến với đường trịn (O) và hai
tiếp tuyến đó vng góc với nhau.


Câu 5:Cho

x y z

, ,

là ba số thực khơng âm thỏa mãn :

12

x

+

10

y

+

15

z

60

.Tìm giá trị


lớn nhất của .


---Hết---


Họ và tên ...Số báo danh ...


2 2 2


4

4



T

=

x

+

y

+

z

x

y

z




(5)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2018 – 2019
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho học sinh chun tốn tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 4



Câu 1. (2,0 diểm)


1) Cho phương trình 2 2


2 2 4 0 (1)


xmx+mm+ = (với m là tham số). Tìm mđể
phương trình (1) có hai nghiệm khơng âm

x x

1

;

2. Tính theo m giá trị của biểu thức


1 2


P= x + x và tìm giá trị nhỏ nhất của P


2) Cho hàm số 2 2.
2


x
y


x


+
=


+ Tìm tất cả các giá trị xnguyên.
Câu 2 (2 điểm)


1) Cho các số a b c; ; thỏa mãn điều kiện a+2b+5c=0.Chứng minh phương trình


2



0


ax +bx+ =c có nghiệm


2) Giải phương trình:

(

3

)

3 3 3


4 3 :


2


x − +x = x


Câu 3. (1 điểm) Hai cây nến cùng chiều dài và làm bằng các chất liệu khác nhau, cây nến
thứ nhất cháy hết với tốc độđều trong 3 giờ, cây nến thứ hai cháy hết với tốc độđều trong
4 giờ. Hỏi phải cùng bắt đầu đốt lúc mấy giờ chiều để 4 giờ chiều phần còn lại của cây nến
thứ hai dài gấp đơi phần cịn lại của cây nến thứ nhất?


Câu 4. (1,0 điểm) Cho biểu thức

(

2

)(

2

)



1 1 2018.


x+ +x y+ +y = Tìm giá trị nhỏ nhất


của biểu thức P= +x y
Câu 5 (3,5 điểm)


1) Cho tam giác ABCAB=4,AC =3,BC =5, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng
bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường trịn đường kính BH và HC. Hai nửa đường
tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E, F.



a) Tính diện tích nửa đường trịn đườn kính BH


b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của
hai đường trịn đường kính BH và CH


2) Cho nửa đường trịn đường kính AB=2 .R Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có


hai đỉnh M, N thuộc đường trịn , hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB sao cho điện
tích MNPQ lớn nhất


Câu 6 (0,5 điểm) Cho a,b,c là ba số thức dương thỏa mãn điều kiện : 12 12 12 1


a +b +c =


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức


2 2 2 2 2 2


1 1 1


5 2 2 5 2 2 5 2 2


P


a ab b b bc c c ca a


= + +


+ + + + + +



---Hết---



(6)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2017 – 2018
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho mọi thí sinh)


Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 5


Câu 1. (2.0 điểm). Cho



2
1
1 3 5


1
1 1 4


x
x


A


x x x x x x


 



 




 




 


  


     


 


 


với x 0;x 1.
a) Rút gọn biểu thức A.


b) Đặt B

xx 1

A. Chứng minh rằng B1 với x 0;x 1.
Câu 2. (2.0 điểm)


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d):


2 2 8


yxm (với m là tham số).



a) Khi m = – 4, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) .


b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) và Parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân
biệt có hồnh độ x x1; 2. Tìm các giá trị m thỏa mãn điều kiện x1 2x2 2.


Câu 3. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình


2 2 2 2 3


4 1 0


xy y x x


x y y


  



    



Câu 4. (1.0 điểm) Cho quãng đường AB dài 300km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuất
phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xe gặp
nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều
hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút.


Câu 5. (3.5 điểm) Cho đường tròn

 

O R; có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên


 

O , C không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của

 

O R; cắt tiếp tuyến tại A, B của

 

O R;

lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC.


a) Chứng minh rằng tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP.BQ MN2.
b) Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường trịn đường kính PQ.


c) Chứng minh rằng PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường trịn
ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất.


Câu 6. (0.5 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 8t2 mt 1 0. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:


 

 



2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


y z z x x y


P


x y z y z x z x y


  


   .


---Hết---



(7)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO



THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2017 – 2018
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho học sinh chuyên toán tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 6


Câu 1(2.0 điểm).


1) Cho a, b là hai số thực bất kỳ. Chứng minh có ít nhất một trong hai phương trình
ẩn x sau vơ nghiệm:


2 2 2


2 2


2 2 1 0
2 3 0


x ax a b


x bx b ab


    


   


2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x   y z 0và x2
Tính giá trị biểu thức: P 2 x22 2 2 y22 2 2 z22 2



y z x z x y x y z


  


     


Câu 2(2.5 điểm).


1) Giải phương trình 2
2


1 1


4x 2 2x 20 0
x


x


   








 


   



2) Giải hệ phương trình



2 2


2 2


2


4 1 4 4


3 2 1 2 3


x y xy xy


x y


x y y y y x


  




 


 


 






      






Câu 3(1.0 điểm).


Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

x y; thỏa mãn phương trình x3 y3 6xy 3


Câu 4(3.0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O và có hai tia BA và CD cắt
nhau tại E, hai tia AD và BC cắt nhau tại F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD.
Các đường phân giác trong của các gócBECvà gócBFAcắt nhau tại K.


a) Chứng minh rằng DEFDFE ABC và tam giác EKF là tam giác vuông
b) Chứng minh rằng EM.BDEN.AC


c) Chứng minh rằng ba điểm K, M, N thẳng hàng
Câu 5(1.5 điểm).


1) Cho các số thực dương a, b, c bất kì. Chứng minh rằng:
1 1 1 3
3 2 3 2 3 2 5


a abb bcc caabc


2) Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng
của hai số còn lại. Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5


---Hết---




(8)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2016 – 2017
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho học sinh chun tốn tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 7


Câu 1 (2,0 điểm)


1) Giải phương trình 5x

(

x+3

)

2x− − =1 1 0


2) Cho hai số thực a, b bất kì. Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương


trình sau có nghiệm: 2

( )

2

( )



2 3 0 1 2 8 0 2


x + ax+ ab= x + bxab=


Câu 2 (2,5 điểm)


1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2 2


9x +3y +6xy−6x+2y−35=0


2) Cho P(x) là đa thức bậc ba có hệ số bậc cao nhất nhất bằng 1 và thỏa mãn:
P(2016) = 2017, P(2017) = 2018. Tính giá trị của -3P(2018) + P(2019)



Câu 3 (1,5 điểm)


Giải hệphương trình:

(

)



3 4 4


2 2


8 2 2 2 3


2 2 2 9 2 19


y x y x


x x y x y x x y


+ = +





 + + + + = − +



Câu 4 (3,0 điểm)


Từ một điểm I nằm bên ngoài đường tròn (O), vẽ các tiếp tuyến IA, IB (A, B
là các tiếp điểm) và vẽ tiếp tuyến ICD (khơng qua tâm O) với đường trịn (C nằm
giữa I và D).



1. Chứng minh rằng: AC.BD = AD.BC


2. Gọi K là giao điểm của CD và AB, E là trung điểm của OI.
Chứng minh rằng KA.KB = OE2 – EK2.


3. Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh: ∠ADH = ∠IDB


Câu 5 (1,0 điểm)


Cho các số thực x≥1,y≥1,z≥1và thỏa mãn 3x2 +4y2 +5z2 =52 . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức F = x + y + z.


---Hết---



(9)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2015 – 2016
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho tất cả các thí sinh)


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 8


Bài 1 (3,0 điểm).


Cho biểu thức:


x



x


x



x


x



x


x



x


x


x


x


P



+


+






+



+



=

2

2

1

2

(

x

>

0

;

x

1

)

.


a) Rút gọn biểu thức P.


b) Tính giá trị của thức P khi

x

=

3

2

2




c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của xđể biểu thức Pcó nghĩa thì biểu thức
P
7
chỉ nhận một giá trị nguyên.


Bài 2 (2,0 điểm).


Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = 0 (m là tham số).


a) Giải phương trình khi m = –1.


b) Tìm m đểphương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng
bình phương nghiệm cịn lại.


Bài 3 (1,0 điểm).


Giải phương trình:

1

0

.


9



2


2


9



2


2

=



+


+




x


x


x



Bài 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường trịn đường kính
AH, tâm O, cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của cạnh HC.


a) Chứng minh AE.AB = AF.AC.


b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
c) Chứng minh  HAM =HBO


d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM.


Bài 5 (0,5 điểm). Cho các sốdương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:


2


3


1


1


1


1


1


1



2
2


2

+

+

b

+

+

c

+



a



---Hết---



(10)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2015 – 2016
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho học sinh chun tốn, tin)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 9


Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: 2


2xmx− =1 0 (với m là tham số).
a) Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 −4x22 =0
b) Chứng minh rằng với mọi mphương trình trên có nghiệm x thỏa mãn x <1
Bài 2 (2,0 điểm)


a) Giải phương trình: 2 17 1


18 2 9 0.


3 3


xx− + x− =


b) Tìm các số nguyên x, y với x y, ≥0thỏa mãn:



2 2


3 4 4 10 12 0.


x + y + xy+ x+ y− =


Bài 3 (1,0 điểm) Giải hệphương trình:

(

)

(

)



2
2


1 1 4 3


4 2 1


x y x y x y


x xy


− + + = +





+ =



Bài 4. (1,0 điểm) Cho x, y thỏa mãn 2 2


4 2 0



x +yx− = . Chứng minh:




2 2


10 4 6− ≤x + y ≤4 6 10.+


Bài 5 (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng AO
cắt đường tròn (O) tại M (M khác A). Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt
đường trịn (O) tại N (N khác C). Gọi K là giao điểm MN với BC.


a) Chứng minh tam giác KCN cân.
b) Chứng minh OK vng góc BM.


c) Khi tam giác ABC cân tại A, hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M và N cắt
nhau tại P. Chứng minh ba điểm P, B, O thẳng hàng.


Bài 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài AB = 3a, AC = 4a và góc ∠BAC =60o .
Qua A kẻ AH vng góc với BC tại H. Tính độdài đoạn AH theo a.


Bài 7. (1,0 điểm) Cho ba sốdương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh:


(

)



2 2 2


9 9



.


2 2


b c a


a + b + c + ab bc+ +ca


---Hết---



(11)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2014 – 2015
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho tất cả các thí sinh)


Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 10


Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức 2 3 5 7 : 2 3
2 2 1 2 3 2 5 10


x x


A


x x x x x x


+



= + −


− + − − −


  (x > 0, x ≠ 4)


1, Rút gọn biểu thức A.


2, Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên.


Bài 2. (2, 5 điểm) Cho parabol (P): y = x2và đường thẳng (d) : y = 2(m + 3)x – 2m + 2 ( m là
tham số, m ∈ℝ).


1, Với m = –5 tìm tọa độgiao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d).


2, Chứng minh rằng: với mọi m parabol (P) và đường thẳng (d) cắt nhau tại hai điểm phân
biệt.


Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hồnh độdương.


3, Tìm điểm cốđịnh mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi m
Bài 3. (1,5 điểm) Giải hệphương trình: 222 3 222 5(2 ) 0


2 3 15 0


x xy y x y


x xy y



 + − − − =





− − + =





Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Tiếp tuyến tại B và C
của đường tròn (O; R) cắt nhau tại T, đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứhai là D
khác A.


1, Chứng minh rằng tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT.
2, Chứng minh rằng: AB.CD = BD.AC


3, Chứng minh rằng hai đường phân giác góc BAC , góc BDC và đường thẳng BC đồng
quy tai một điểm.


4, Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh rằng góc BAD bằng góc MAC.


Bài 5. (0,5 điểm) Cho các sốdương x, y, z thay đổi thỏa mãn: x( x + 1) + y( y + 1) + z( z + 1)
≤ 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1


1 1 1


B


x y y z z x



= + +


+ + + + + +


---Hết---



(12)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2014 – 2015
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho chun tốn, tin)


Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 11


Bài 1. (3,0 điểm)


1) Giải phương trình: 2


5x− +6 10 3− x =2x − −x 2
2) Giải hệphương trình:


3 2


2 2


8 96
32 48



x xy y


x y


 + =





+ =



Bài 2. (2,0 điểm)


1) Cho phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Tính 7 7


1 2


S =x +x


2) Cho a, b, c, d là các sốnguyên dương thỏa mãn: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2. Chng
minh a + b + c + d là hợp số.


Bài 3. (1,0 điểm)


Cho a, b, c là ba số thực dương và có tổng bằng 1.


Chứng minh: 3


2



a bc b ca c ab


a bc b ca c ab


++


+ + +


Bài 4. (3,0 điểm)


Cho hình bình hành ABCD với A, C cốđịnhvà B, D di động. Đường phân giác của góc
BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A
của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác AIJ.


1) Chứng minh AO là phân giác góc IAJ.


2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường trịn.
3) Tìm đường trịn cốđịnh ln đi qua M khi B, D di động.
Bài 5. (1,0 điểm)


Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ ln tồn tại ít nhất một số có tổng
các chữ số chi hết cho 11


---Hết---



(13)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNHNĂM HỌC 2013 – 2014


MƠNTHI:TỐN


(Dành cho chun tốn, tin)


Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 12


Bài 1.(2 điểm) Cho biểu thức 1 1 ( 4)
4


2 2


x


P x


x


x x


 


= + + 




+ −


  với x≥0;x≠4



1) Rút gọn biểu thưc P


2) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.


Bài 2.(2 điểm) Cho hệphương trình : 1(1)


6(2)
mx y


x my m
− =


 + = +


 (với m là tham số)
1) giải hệphương trình với m=1


2) Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) thoả mãn 3x− =y 1


Bài 3 (2 điểm)


1) Cho phương trình bậc hai : 2 2


(2 1) 6 0


xmx+m − − =m (với m là tham số). Chứng


minh phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2với mọi giá trị của m. Tìm m để :



1 2


5 x x 5
− < < <


2) Giải phương trình: 2 2


(x+2)(x−3)(x +2x−24) 16= x


Bài 4.(3.5 điểm) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên đường thẳng BC lấy điểm M nằm


ngoài đoạn BC sao cho MB >MC và hình chiếu vng góc của M trên AB là điểm P ( P giữa A và
B). Kẻ MQ vuông góc với đường thẳng AC tại Q.


1.Chứng minh bốn điểm A,P,Q,M cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm O của


đường trịn đó.


2.Chứng minh BA.BP = BM.BH
3. Chứng minh OH vng góc với PQ
4. Chứng minh PQ >AH


Bài 5. (0.5 điểm) Giải phương trình: 3


3


2 2


2013 1 2013 1



2 2014 2013 1


2 2


x x


x x x


x x


− −


+ − − = + − +


− −


---Hết---



(14)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THÁI BÌNH ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚNĂM HỌP 10 THPT CHUN THÁI BÌNHC 2012 – 2013
MƠNTHI:TỐN


(Dành cho chuyên toán, tin)


Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 13


Câu 1. (2,5 điểm)



a) Tính A=

(

4+ 15

)(

10− 6

)

4− 15
b) Giải hệphương trình

(

)

(

)



2 2


1 2


2 2 1


x y x y


y x y y


 + + = +




= +



Câu 2. (1,5 điểm)


Cho a, b, c là các sốdương thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:


3 3 3


a b c


P



b a c b a c


= + +


+ − + − + −


Câu 3. (2,0 điểm) Cho m, n là hai sốnguyên dương thỏa mãn m + n – 1 là số nguyên
tố và m + n – 1 là ước của

(

2 2

)



2 m +n −1


Chứng minh m = n.


Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Đường trịn tâm J đường
kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và
AEF. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.


a) Tiếp tuyến tại A của (O) song song với EF
b) Ba điểm A, I, H thẳng hàng.


c) KH,EF, IJ đồng quy


Câu 5: (1,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB, CD là một dây cung của
đường tròn (A, B, C, D là bốn điểm phân biệt). M là điểm bất kì di động trên công nhỏCD,
gọi I, J lần lượt là giao điểm của MA, MB với dây cung CD.


Xác định vị trí của điểm M đểđoạn IJ có độ dài lớn nhất


---Hết---




(15)

HƯỚNG DẪN GIẢ

I



Đề

s

1



Câu 1:


a) Ta có:


(

)



(

)(

)



(

)

2


2 2 1


. .


1
.


xy x y xy


xy x y xy x y


P


xy x y x y xy xy x y



x y x y


xy x y xy


+ −


+ + + +


= =


+


+ + −


+ +


= =


+


b) Với x > 0; y > 0 xy = 16 ta có:


2


1


4 4 2


x y xy



x y


P= + ≥ = =


Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi x = y = 4.
Câu 2:


Gọi số học sinh lớp 9A là x (0 < x < 90)
Suy ra số học sinh lớp 9B là 90 – x


Theo bài ra ta có: 5x + 6.(90 – x) = 493 nên x = 47


Kết luận: số hoc sinh lớp 9A là 47, số học sinh lớp 9B là 43.
Câu 3.


1) Điều kiện (d1) //(d2) là


2 2 2


1 3 2 0


1
1


2 2 2


2
m


m m m m



m
m


m m m


m


 =


 + = +  − − = 


⇔ ⇔ = − ⇔ = −


≠ − − 


  




2) Gọi M x y

(

0; 0

)

là điểm cốđịnh mà đường thẳng (d2) luôn đi qua


(

)



0 3 0 2


m R y m x m


∀ ∈ ⇒ = + − − đúng ∀ ∈m R



(

0 1

)

3 0 2 0 0


m x x y


⇔ − + − − = đúng ∀ ∈m R


0 0


0 0 0


1 0 1


3 2 0 1


x x


x y y


 − =  =






− − = =


 





Vậy với mọi mđường thẳng (d2) luôn đi qua M(1;1) cốđịnh.
3) Phương trình hồnh độgiao điểm (d1) và (d2):


(

2

)

(

)

(

)(

)



1 2 3 2 1 2 2


m + xm= m+ x− − ⇔m m+ mx= −m


Để (d1), (d2) cắt nhau tại M(xM, yM) thì 1


2
m


m
≠ −


⇔ 



(16)

Khi đó: 1

(

3

)

1 2 2 2 1


1 1 1


M M


m m


x y m m



m m m


− − +


= ⇒ = + − − =


+ + +


(

)



(

)

(

)



(

)

(

)



(

)

(

)



2 2


2 2


2 2


2 2


3 2 6


2020 2 2020 1010.


1 1



2 1 4 1 4 4 4 2


1010. 1010. 2 1010 1 3 3030


1 1


1 1


M M


m m


A x y


m m


m m


m m


m m


− − +


= + = =


+ +


   



− + + + +


= = − + + =  + − ≥ −


+  + 


+  + 


Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là -3030 khi m = -3
Câu 4.


Điều kiện: y≥ −4


Từ

( )

(

2 2

)

(

)

2 2 0


1 1 0


1 0


x y


x y x y


x y


 + =


⇒ + − − = ⇔ 


− − =




Trường hợp 1: 2 2


0 0


x +y = ⇔ = =x y


Trường hợp 2: x− − = ⇒ = −y 1 0 y x 1


Thay vào (2) ta có: 2

(

)



4 3 3 6 3


x + x+ = x+ x≥ −


(

)

(

)



2


2
2


2 1 3 4 3 4


1 3 2


x x x x


x x



⇔ − + = + − + +


⇔ − = + −


(

)

(

)



(

)

(

)



(

)

( )



2
2


2


2


1


1 3 2 0 3


3 2


1


3 2 1 3 2 2


x



x x x


x
x


x L do x




⇔ − = + + > ∀ ≥ −


+ +
=





 + + = + + ≥





(17)

1) Ta có 0
90
ACD


∠ = (góc nội tiếp chắn nửđường trịn)
IM //CD nên ∠AMI = ∠ACD=90o


Nên ∠AMI+ ∠AHI =180o ⇒tứ giác AHIM nội tiếp


2) Xét hai tam giác AHBACD


90o


AHB ACD


∠ = ∠ =


ABH ADC


∠ = ∠ (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Suy ra hai tam giác AHBACD đồng dạng.


. .


AB HA


AB AC AH AD


AD CA


⇒ = ⇒ =


3) Gọi đường tròn O’ ngoại tiếp tam giác ABH


Vì tam giác ABH vng nên O’ là trung điểm của AB
Tam giác AO’H cân tại O’ nên ∠O HA' = ∠O AH'

( )

1


AHM AIM



∠ = ∠ (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)


AIM ADC


∠ = ∠ (đồng vị)


ADC ABH


∠ = ∠ (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Nên∠AHM = ∠ABH

( )

2


Từ (1) và (2) ⇒ ∠O HA' + ∠AHM = ∠O AH' + ∠ABH =90o


'


MH O H HM


⇒ ⊥ ⇒ Là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH.
4) Ta có hai tam giác AHBACDđồng dạng


. .


AB CD BH AD


⇒ =


Chứng minh tương tựnhư trên ta có hai tam giác AHC và ABD đồng dạng


. .



AC BD AD HC


⇒ =


(

)



. . . .


AC BD AB CD AD HC BH AD AD HC HB AD BC


⇒ + = + = + =


2


2 ; 2 . . 4



(18)

Câu 6.


2


0


ax +bx+ =c Có nghiệm m, n nên


b
m n
a
c
mn
a



 + =


=


(

)(

)

(

)(

)


2
2 2
1 2


2 1 2


2 2


1
1


b c


a b a c m n mn


a ac ab bc a a


Q


b c m n mn


a ab ac a ab ac



a a

  
− − + + −
− − +   
= = = =
+ + +
− + − + − +

(

) (

) (

)


(

)

(

)


1
0 1; 0 1


1 1 1 0


1
1 3
1
1 4
1
1 1
3
3
mn


Do m n


m n n m mn


mn



m n


Q Q


mn m n


m n m n




≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ 
− + − + − ≤


+ +

⇒ ≥ ⇔ ≥
≤ + +
+ + + + +



Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 3
4khi


0
a b c


a c
+ + =




=




Đề

s

2



Câu 1.
1) Ta có:


2 2


2 2


2 2 2 2


2


2


2


4 1 1 4


1 1 1 1 4


1 1 4


1 1


1


a b


A


ab ab


a b a b


a b a b ab


a b ab


a b
 −   
= + = +
 
 
  
= + +
  
 
 
= +
 
 
= +
 
=



2) Từ giả thiết:


(

)(

)



1 1


1 a b ab ab a b 1 1 a 1 b 1 1


a+ = ⇒ + =b ⇒ − − + = ⇔ − − =


Áp dụng hằng đẳng thức:


(

)

3 3 3

(

)



3



(19)

(

) (

)

(

) (

)

(

)(

) (

) (

)



(

) (

) (

)

(

)



(

) (

) (

)

(

)



3 3 3


2 3 3


3 3 3


1 1 1 1 3 1 1 1 1



2 1 1 3 2


2 1 1 3 6 0


a b a b a b a b


a b a b a b


a b a b a b


 − + −  = − + − + − −  − + − 


⇒ + − = − + − + + −


⇔ + − − − − − − + + =


Câu 2.


1) Điều kiện x≥1


(

)(

)



(

) (

)

(

)(

)



2 2 1 3 3 2 1


2 2 1 2 2 1 3 2 1


x x x x x



x x x x x x


+ − − = − + −


⇔ + − − = + + − − + −


Đặt a= x+2;b= x−1

(

a b; ≥0

)



Ta được phương trình:


(

)(

)



2 2 2


2 2 3 2 1 0


1


a b


a b a b ab a b a b


a b
=

− = + − ⇔ − − − = ⇔ 
= +



Với a=2bx+ =2 2 x− ⇔ =1 x 2


Với a= + ⇒b 1 x+ =2 x− + ⇔ + = +1 1 x 2 x 2 x− ⇔ =1 x 2


Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.
2) Điều kiện 2


1; 4; 0


xy≥ − x + ≥y


Biến đổi phương trình (1):

( )



(

)

(

)



( )



2 2 2


2
2


2
2


2


1 2 1 4 4



1


1 2


3 1


x y x y x x


x y x


x y x


x y x L x


⇔ + + + + = + +
+ = +

⇔ + + = + ⇔
+ = − −


Với 2


1 2 1


x + = + ⇔ =y x y x+ thay vào (2) ta được:


(

)

(

)



(

)

(

)

(

)

(

)




(

)(

) (

)(

)

(

)



(

)



3 2 5 2 3 1 2 0


3 2 5 3 2 3 1 1 5 10 0


3 2 4 2 3 2


5 2 0


2 5 3 1 1


2 6 2 3


2 5 0


2 5 3 1 1


x x x x


x x x x x


x x x x


x
x x
x x


x
x x
− + + − − + =
⇔ − − − + − − − + − =
− − − −
⇔ + + − =
+ + − +
 − − 
⇔ − + + =
+ + − +
 

(

)


(

)



2 6 2 3


2 2 3 0


2 5 3 1 1


2 2 2 5 2 3 1


2 0


2 5 3 1 1


2


x x



x


x x


x x x x



(20)

2 2 2 5 2 3 1


0 1


2 5 3 1 1


x x x x


Do x


x x


+ + + −


+ > ∀ ≥


+ + − +


Vậy hệphương trình có nghiệm (x, y) = (2; 5)
Câu 3.


1) Ta có PNE  NAC  NCA 2 NCAsdEA


Chứng minh∠PAD= ∠ABE



Suy ra ∠PDE = ∠PAD+ ∠ADE = ∠ABE+ ∠ADE = ∠2 ABE =sd EA


Xét tứ giác EPNDPNE PDEvà hai đỉnh N; Dlà hai đỉnh liên tiếp nên
EPND là tứ giác nội tiếp đường tròn.


2) Ta thấy tứ giác AKME là tứ giác nội tiếp do MEKMAK45o
Suy ra MEAMKA90o


Do đó MK / /BDMKD KDB KBD EKM


3) Chứng minh MDCđồng dạng MEA g g

 

.


Suy ra . . 2 2


4


MD ME MC ME MD MA MD CD


MCMA    


Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 5 2


4 4


CD CD


MCCDMDCD  


Suy ra: 5 5



2 10


CD CD


MC  ME


Mà . 5 10


5 5


EA AM AM CD


EA CD R


CDMC   MC  


Câu 4.


1) Điều kiện: x≥0,y≥0



(21)

( )

1 2020 2020 2 2020


2020 4 5.101


x y x y y


x y y


⇔ = − ⇔ = + −



⇔ = + −


Do x, y nguyên nên 5.101ynguyên hay 5.101y là sốchính phương.


Suy ra 2 2 2


5.101y=k ⇒ =y 5.101.a =505a (a là số nguyên)


Tương tự 2 2


5.101 505


x= b = b (b là số nguyên)


Thay x; y theo a; bvào (1) ta được:


505 505 2 505 2


a + b = ⇔ a + b =


a b 2


505


x= b y=505a2


0 2 2020 0


1 1 505 505



2 0 0 2020


Vậy phương trình có các nghiệm là: (2020;0);(505;505);(0;2020)
Câu 5.


2) Ta có:


(

1 22

)

(

1 23

)

(

1 24

)



P


a a b b c c


= + +


− − −


(

)

(

)

(

)



2 2 2


2 3 4


1 2 1 2 1 2


a b c


a a b b c c



= + +


− − −


Áp dụng bất đẳng thức AG – GM ta có: 2

(

)

1 2 3 1


1 2


3 27


a a a


aa ≤ + + −  =


 


Tương tự : 2

(

)

1 2

(

)

1


1 2 ; 1 2


27 27


bbcc


Suy ra: P≥27 2

(

a+3b+4c

)

=81


Dấu “=” xảy ra khi 1


3
a= = =b c



Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 81.


3) Xét điểm I

(

2; 3

)

. Ta chứng minh khoảng cách từIđến hai điểm nguyên


khác nhau là khác nhau.


Xét hai điểm nguyên M a b

( )

; ;M'

(

a'; b'

)



(

) (

) (

) (

)



(

)

(

)



2 2


2 2 2 2


2 2 2 2


' IM'


2 3 ' 2 ' 3


' ' 2 ' 2 2 ' 3 0


IM IM IM


a b a b


a b a b a a b b



= ⇔ =


⇔ − + − = − + −



(22)

Nhận xét nếu các số nguyên m, n, p thỏa mãn m+n 2+ p 3=0thì m = n = p = 0


2 2 2


2 2 2


2 2 2


2; 3; 6 ; , , p Q


2 2 3 2


2 3 2 3


2 6 2 3


2 3 0


Q m n


mn p m n


mp n m p


pm m n p



m n p




= − −


= − −


= − −

+ + =

0
0
2 3 0


mn np pm


m n p


m n p


= = =

⇒ = = =
+ + =



Ta có:

(

)


(

)



2 2 2 2


2 2 '


' ' 0


'


IM' IM ' 2 ' 0


'
2 ' 0


a b a b


b b


IM IM a a M M


a a
b b
 + − − =
=


= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ ≡



=


Xét tất cả các khoảng cách từcác điểm nguyên I, các khoảng cách này đôi một phân
biệt. Gọi S là tập hợp các số thực bằng các khoảng cách cách từ tất cả các điểm
nguyên đến I. Ta có thể chọn 2020 sốdương nhỏ thuộc S và được sắp theo thứ tự
tăng dần, nghĩa là tồn tại các sốdươngs s1; 2;...s2020 thuộc tập S thỏa mãn sp <sqnếu


p < q, các số thuộc S \

{

s s1; 2;....s2020

}

đều lớn hơn s s1; 2;...s2020. Đặt
1


, 1; 2;3;...2019
2


k k


k


s s


R = + + k =


.


Ta có điều phải chứng minh.


Đề

s

3



Câu 1.


a)


b)




c)


=21 ( Do và cơsi)
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 21 khi


(

2)(

2)



1 .(2

1)(

1)


(

1)(

2)



x

x



P

x

x



x

x


+


=

+




2

1



(2

1)(

1)



1



x



P

x

x


x



+



=





4

1


P

=

x



2019

4

1 2019


P

=

x

− =



505


x

=



10

10

10

2

18



4

1 (

)

1



5

5



x

x


T

P

x



x

x

x




= +

=

+

− =

+

+



10

2

18

10 2

18



(

)

1 2

.

.5 1



5

5

5

5



x

x

x



T



x

x



=

+

+

− ≥

+

x

5




(23)

Câu 2.


Hoành độ điểm I là nghiệm của phương trình .


Chú ý: Ý trên học sinh có thể dùng quỹ tích I là đường trịn R = 1.
Câu 3.


a) nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt


Theo viét






b)


( Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác -1 với mọi m)


T nhỏ nhất là 1 khi m = 0
Câu 4.


a) Đk ta có


b)




Với thế vào ta có


Vậy hệ có hai nghiệm là
Câu 5.


2
2


1

1

1



1


m


x

mx

m

x



m

m

m





+

=

+ ⇔ =


+


2
2 2

1

2


1

1


m

m


do x

y



m

m



=

⇒ =


+

+


2
2 2

1

2


(

;

)


1

1


m

m


I


m

m




+

+


2
2 2
2 2

1

2




(

)

(

)

1



1

1


m

m


T


m

m



=

+

=


+

+


2

8

0


m

m



∆ =

+ > ∀



1 2


1 2


2


1



x

x

m



x x

m



+

= −






= − −





2 2


1 2

2 2

(

1 2

)

8

(

1 2

)

4 .

1 2

8



x

x

=

x

x

= ⇔

x

+

x

x x

=



2 2


(

m

2)

− − −

4( 1

m

) 8

= ⇔

m

= ⇔ =

0

m

0



2 2 2


2 1 1 2 1 2 1 2


2 2 2


1 2 1 2 1 2


(

1)

(

1)

2

(

)

2 .

2(

)



(

1) .(

1)

( .

1)



x

x

x

x

x x

x

x


T




x

x

x x

x

x



+

+

+

+

+

+

+


=

=


+

+

+ +

+


2

4


1


4


m



T

=

+



2018



x

≥ −

4(

x

+

2018)

+

9(

x

+

2018)

=

5


2

x

+

2018

+

3

x

+

2018

= ⇔

5

x

+

2018

=

1



2017


x

= −



3 3 2 3 3


3

6

3

4

0

[(

1)

] 3(

1) 3

0



x

y

+

x

+

x

y

+ = ⇔

x

+

y

+

x

+ −

y

=



2 2


(

x

+ −

1

y

)[(

x

+

1)

+ +

(

x

1)

y

+

y

+ = ⇔ = +

3] 0

y

x

1




1



y

= +

x

x

2

+

y

2

3

x

=

1

2


0



2

0

1



2


x


x

x


x


=




− = ⇔


 =



1 3


(0;1),( ; )




(24)

a) Do MK và ON vng góc JN (1)
NK OM vuông góc JM (2)


Nên từ (1)(2) có Tứ giác OMKN là hình bình hành(3), suy ra H
trung điểm OK.


b) Do OM =ON (4) .Từ (3)&(4)có tứ giác OMKN là hình thoi (5)
Mặt khác OJ =2OM = 2a suy ra (6)



Từ(5)và(6) đều


Kthuộc đường tròn tâm O.
c) Do (M;r)nhận OJ là tuyến tuyến mà


Ta có


( hoặc dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông)


d) Gọi IE,IFlà hai tiếp tuyến với (O) tại E,F và
Suy ra tứ giác IEOF là hình vng


Tính (Khơng đổi)(1)


Do Ocố định (2)


Từ (1) và (2) tập hợp Inằm trên đường tròn tâm O bán kính
Câu 6.


Do là ba số thực khơng âm thỏa mãn : .


Ta có (*)


Từ điều kiện trên ta có


/ /


/ /



MK

ON




NK

OM








0


60


MOJ



=



0


60



MOK

OMK



⇒ ∠

=



OK

OM

R

a



=

= = ⇒



MH

JO

=

H

⇒ =

r

MH



2 2 2 2



1

1

1

4



3



MH

=

OM

+

JM

=

a



3


2


a


r

=



IE

IF



2


OI

=

a



2


a



, ,



x y z

12

x

+

10

y

+

15

z

60



, ,

0


5


6


4


x y z


x



y


z






 ≤



 ≤



 ≤




2 2 2


4

4



T

=

x

+

y

+

z

x

y

z


E


M


K


J


N


F
I



O



(25)

Vậy GTLN của T bằng 12 đạt được khi


Đề

s

4



Câu 1
1)


Phương trình có hai nghiệm không âm


Gọi là hai nghiệm của phương trình đã cho, ta có:
(định lý Vi-et)


Với ta có:


Dấu xảy ra


Vậy khi


2)
Ta có:
Để


-1 1 -2 2 -3 3 -6 6


-3 -1 -4 0 -5 1 -8 4


tm tm tm tm tm tm tm tm



Vật tập hợp các giá trị của để y nguyên là
Câu 2


(

5)

(

6)

(

4)

2

3



12

60



2

3

2

3

12



5

5



x x

y y

z z

x

y

z


x



x

y

z

y

z



=

− +

− +

− + +

+



≤ +

+

+

+

=



0

0



6 or

0



0

4



x

x


y

y


z

z




=

=





=

=





=

=





(

)



2 2


2 2


' 0 2 4 0 2


0 2 0 0 2


0 2 4 0 1 3 0 ( ... )


m m m m


S m m m


P m m m luon dung






∆ ≥ − + − ≥ ≥






 


≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥


+ ≥


 − + ≥


1

;

2


x x



1 2


2
1 2


2


2 4



x x m


x x m m


+ =


= +




2 2


1 2

0

1 2

2

1 2

2

2

2

4



P

=

x

+

x

≥ ⇒

P

= + +

x

x

x x

=

m

+

m

m

+



2


m


(

)

(

)



2
2


2 2 2 4 2 2 2 2 4 8


8 2 2



P m m m


P P


= + − + ≥ − + =


⇒ ≥ ⇔ ≥


"=" ⇔m=2
2 2


Min P= m=2


2 2


2 4 6 6


2


2 2 2


x x


y x


x x x


+ − +



= = = − +


+ + +


(

2

)

( ) {

6 1; 2; 3; 6

}



y∈ ⇒ x+ ∈U = ± ± ± ±


2


x+


x



(26)

1)


Phương trình ln có nghiệm
2) Giải phương trình


Dễ thấy


Đểphương trình có nghiệm thì


vơ nghiệm
Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm


Câu 3.


Giả sử chiều dài của hai cây nến là



Gọi thời gian đốt hai cây nến đểđượ phần còn lại của cây nến thứ hai gấp đơi phần cịn lai
của cây nến thứ nhất là (giờ)


Theo đề bài ta có, trong 1 giờthì đốt được độ dài các cây nến thứ nhất và thứ hai lần lượt


Trong giờ thì độ dài cây nến thứ nhất và thứhai đã đốt lần lượt là (cm)


Độ dài cây nến thứ nhất và thứ hai còn lại sau khi đã đốt (giờ) là:
Theo đềbài ta có phương trình


5


2 5 0


2


a c


a+ b+ c= ⇔ =b − −


(

)

2 2


2 2 2 2


2 10 25 6 25 3 16


4 4 0 ; ;


4 4 4



a c c


a ac c a ac c


b ac + + ac − + − + a b c


∆ = − = − = = ≥ ∀


⇒ 2


0
ax +bx+ =c


(

)

3


3 3 3


4 3 :


2


x − +x =x


(

)



(

)

(

)

(

)

(

)



3



3 3


3


3 3


3 2 3 2


3


4 3 :


2


2 2


1 4 4 3 . 4 4 3 . 1


3 1 3


x x x


x


x x x x x x x


x


− + =



 


⇔ + − + = ⇔ − + = ≠ −


+


 


3 3


2 2


1 1; 1 . 1 1


1 3 1 3


x x


x x


x x


  < ∀ ≠ − < ⇒  < ∀ ≠ −


+   +


   


2



4x −4x+ <3 1


(

)

2


2


4x 4x 2 0 2x 1 1 0


⇔ − + < ⇔ − + <


( )


L cm


x

(

x>0

)



, ( )


3 4


L L
cm


x ,


3 4


xL xL


x , ( )



3 4


xL xL



(27)

Vậy phải đốt hai cây nến trong 2,4 giờ hay phải đốt hai cây nến lúc giờ =1 giờ
36 phút chiều đểđược yêu cầu như bài tốn.


Câu 4.


Từ giả thiết ta có:


Tương tự ta có:


Cộng từng vế của hai phương trình trên ta được:


Xét


Dấu xảy ra


Vậy khi


Câu 5.


2


2 1 2


4 3 4 3


5 12



1 2, 4 ( )


12 5


xL xL x x


L L


x


x tm


 


− = ⇔ − = −


 


⇔ = ⇔ = =


4−2, 4=1, 6


(

)



(

)

(

)



2


2 2



2 2


2


2018 1


2018


1 2018 1


1
1


y y


x x y y


y y


y y


− +


+ + = = = + −


− +
+ +


(

)




2 2


1 2018 1


y+ + y = +xx


(

)

(

2 2

)



2019 x+y =2017 1+x + 1+ y


(

)

2

(

)(

)



2 2 2 2 2 2


1 1 2 2 1 1


A= +x + +y = +x +y + +x +y


(

)

(

)



(

)



(

)



(

)



2


2 2



2


2


2


2 2 2 2


2 2


2


2 2 1 4


2017 4


2019( ) 2017 4


2019 2017 4


2019 2017 . 4


4.2017 2017 2017 2018


2.4036 2018 2018


A x y xy x y


VP x y



VT x y x y


P P


P P


P P


⇒ ≥ + + + + = + +


⇒ ≥ + +


⇒ = + ≥ + +


⇒ = +


⇒ ≥ +


⇒ ≥ ⇒ ≥ =


"="

2017 2018



4036


x

y



⇔ = =


2017 2018



2018




MinP

=

2017 2018




(28)

1)


a) Tính diện tích nửa đường trịn đường kính BH


Ta có: vng tại A( định lý Pytago đảo)


Áp dụng hệ thức lượng tròn tam giác vng ta có:
Diện tích nửa đường trịn đường kính BH là


b) Chứng minh tứgiác BEFC nội tiếp và……
Gọi và lần lượt là trung điểm của và


Dễ nhận thấy AEHF là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vng)


Mà (cùng phụ với


Mà nội tiếp chăn cung HE của đường tròn ; tạo bởi dây cung EH và EF ở
vị trí góc tại bởi tia tiếp tuyến và dây cung


là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH


Chứng minh tương tự ta có EF là tiếp tuyến của đường trịn đường kính CH


Vì AEHF là hình chữ nhật . Mà (cùng phụ với


. Mà



Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 )
2) Cho nửa dường trịn dường kính AB=2R………


F


E



O2



O1

H



B



A



C



2 2 2


AB +AC =BC ⇒ ∆ABC


2


16
5


AB
BH


BC



= =




(

)



2 2


1 1 8 32


2 2 2 5 25


BH


S =

π

=

π

   =

π

dvdt


   


1


O

O

2 BH CH


 


CAH FEH


⇒ =


 



CAH = ABC

BAH

)

FEH

 

=

ABC





ABC

( )

O1

FEH



EF




 


AEF AHF


⇒ =  AHF = ACB

FHC

)



 


AEF ACB


⇒ =   0   0


180 180


AEF+BEF = ⇒ ACB+BEF =



(29)

Đặt ta có:


Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng AMB ta có:
Khi đó ta có:



Dấu bằng xảy ra


Câu 6.


Chứng minh tương tự ta có:


P


Q



N



B


O



A



M



2


MN = x AQ= −R x; BQ= +R x


2 2


.


MQ= AQ BQ = Rx


2 2 2 2 2 2



.

2


MNPQ


S

=

MN MQ

=

x R

x

x

+

R

x

=

R



2 2 2 2 2


2


R



x

R

x

x

R

x

x



⇔ =

=

⇔ =



2

2;



2


R



MN

x

R

MQ

x



=

=

= =



(

2 2

)

(

2 2

)



2 2


2 2



1 1 2


27


5 2 2 27. 5 2 2


1 27 1 1


.


2 5 2 2 27


5 2 2


a ab b a ab b


a ab b


a ab b


+ ≥


+ + + +


 


⇔ ≤ +


+ +



 


+ +


2 2 2 2


2 2 2 2


1 27 1 1 1 27 1 1


;


2 5 2 2 27 2 5 2 2 27


5b 2bc 2c b bc c 5c 2ca 2a c ca c


   


+ +


+ + + +


   


+ + + +


(

2 2

) (

2 2

) (

2 2

)



27 1 1 1 1



.


2 5 2 2 5 2 2 5 2 2 9


P


a ab b b bc c c ca a


 


 


⇒ ≤ + + +


+ + + + + +



(30)

Sử dụng BĐT ta có:


Ta lại có :


Chứng minh tương tự:


Dấu xảy ra . Vậy


Đề

s

5



Câu 1. Cho



2
1


1 3 5


1
1 1 4


x
x


A


x x x x x x


 
 

 

 
  
     
 
 


với x 0;x 1.


a) Với x 0;x 1 ta có


1 1 1 1 1


9



x y z x y z


 


+ +


+ +


(

2 2

)

2

(

2

) (

2 2

)

2 2 2 2


2 2 2 2 2


2 2


1 1 1 1 1 1


9 3 2 2


5 2 2 3 2 2


1 1 1 1 1 1 1 1 1 1


. .


9 3 9 9


1 5 2 2


9 9 9 9



a ab a a b


a ab b a ab a a b


a ab ab a a b b


a ab b


 
= ≤ + +
+ +
+ + + + + +  
    
+ + + + + +
   
 
 
= + +
 
2 2


2 1 1 1


9 9


Cauchy


ab a b



 


+


 


2 2 2 2 2 2 2 2


1 1 5 1 1 2 1 2 1


. .


5a 2ab 2b 9 9a 9a 9a 9b 9 3a 3b


   


⇒ ≤ + + + = +


+ +


2 2 2 2


2 2 2 2


1 1 2 1


5 2 2 9 3 3


1 1 2 1



5 2 2 9 3 3


b bc c b c


c ca a c a


 
+
+ +  
 
+
+ +  


2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2 2 2 2


1 1 1


5 2 5 2 2 5 2 2


1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1


. . .


9 3 3 9 3 3 9 3 3 9 9


27 1 1 3


.



2 9 9 3


a ab b b bc c c ca a


a b b c c a a b c


P
⇒ + +
+ + + + + +
       
+ + + + + = + + =
       
 
⇒ ≤ + =
 


"="


2 2 2


3


1 1 1


1


a b c


a b c



a b c



(31)

















2 2


2 2


2


1 1 4


1 3 5 1 3 5


1


1 1 4 1 1 1 4



1 4 1 1


1 3 5 1




4 4


1 1 1 1


x x x


x x


A


x x x x x x x x x x


x x x


x x


x x x


x x x x


 


 



 


 




   


   


       


   


 


 


  


  


    


 


Vậy A 1
x



 với x 0;x 1.


b) Đặt B

xx 1

A. Chứng minh rằng B 1 với x 0;x 1.


Với x 0;x 1 ta có



2


1
1


1 x x x x x 1


B x x A


x x x


 
 


       .


Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d):


2 2 8


yxm (với m là tham số).


a) Khi m  4, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) .



Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

 

P

 

d


2 2 2 8 2 2 2 8 0


xmxm xmxm 


Khi m = – 4, phương trình trên trở thành 2 8 0 0
8


x


x x


x


 


    





Với x 0 thì y 0 và với x  8 thì y 64


Vậy khi m = – 4 thì tọa độ giao điểm của

 

P

 

d

 

0;0 và

8;64

.


b) Chứng minh đường thẳng

 

d và Parabol

 

P ln cắt nhau tại hai điểm phân biệt có
hồnh độ x x1; 2. Tìm các giá trị của m để x1 2x2 2.


Xét phương trình hồn độ giao điểm x2 2mx2m 8 0.



Ta có  ' m2 2m 8

m1

2  7 0 với mọi m, do đó phương trình hồnh độ ln
có 2 nghiệm phân biệt. Suy ra

 

d

 

P tại hai điểm phân biệt.


Theo hệ thức Vi – et 1 2
1 2


2
2 8


x x m


x x m


  



   






(32)

1 2 1


1 2 2


2 2 2
2 2 4 2


x x m x m



x x x m


 


     




 


     


 


 


Thay vào hệ thức x x1 2  2m8 ta được


2 2 m



4m2

 2m  8 4m2 7m 2 0
Giải phương trình được x 0. Vậy 2; 1


4


m   


 


 


  là các giá trị cần tìm.



Câu 3. Giải hệ phương trình


2 2 2 2 3


4 1 0


xy y x x


x y y


    



    



Lời giải. Điều kiện xác dịnh của hệ phương trình y 1. Phương trình thứ nhất tương
đương với


 







2 2 2 2


2


2



3 2 0 1 1 2 0
1


1 2 0


2


xy y x x y x x x


x


x y x


x y


          


  


        





+ Thay x  1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được


1 4 1 0 1

1 4

0 1 0 1


17



1 4


y y


y y y y


y
y


 




           
   


+ Thay x y2 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được y2   2 y 4 y 1 0.
Đặt y 1 a a

0

 y a2 1, khi đó phương trình trên trở thành






2


2 2 4 2


3 2



1 2 1 4 0 3 4 0
0
3 4 0 1 4 0


1


a a a a a a


a


a a a a a a a


a


         


 


           





Với a 0 ta được 2 2 1
1
1


x
x y



y
y


 


     


 




 


   








Với a 1 ta được


2 2 0


2
2


x
x y


y


y


 


    


 




 


   









(33)

tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai
là 2 giờ 30 phút.


Lời giải. Đổi 2 30 ' 5
2


hh. Gọi vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là




x; y km/h . Điều kiện y x 0.



Sau 3 giờ thì xe thứ nhất đi được 3x km

 

và xe thứ nhất đi được 3y km

 



Ta có phương trình 3x 3y 300  x y 100


Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là 300

 

h


x , thời gian xe thứ hai đi hết quãng


đường AB là 300

 

h


y . Ta có phương trình


300 300 5 60 60 1
2 2


xy   xy


Kết hợp các phương trình ta có hệ phương trình


100 100


60 60 1 60 60 1
2 100 2


x y y x


x y x x


 



     


 


 




 


     


 


 





Giải phương trình 60 60 1
100 2


x  x  ta được x 300; x40


+ Với x 300 ta được y  200(không thỏa mãn điều kiện)


+ Với x 40 ta được y 60(thỏa mãn điều kiện)


Vậy vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là 40 km/h và 60 km/h.


Câu 5. Cho đường trịn

 

O R; có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên đường tròn


 

O , C không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của

 

O R; cắt tiếp tuyến tại A, B của

 

O R;
lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC.


a) Chứng minh tứ giác CMON là hình chữ
nhật và AP.BQMN2.


Ta có OAOCRPAPC (tính
chất của hai tiếp tuyến cắt nhau). Suy ra
OP là đường trung trực của AC, do đó


900


OPACOMC


Chứng minh tương tự được ONC900


E


O
N
M


Q


P


I
D



C



(34)

Lại có ACB900.
Tứ giác CMON có


   900


OMCONCMCN  nên tứ giác
CMON là hình chữ nhật.


Vì CMON là hình chữ nhật nên POQ900 và vì PQ là tiếp tuyến tại C của

 

O nên


OCPQ


Tam giác OPQ vng tại O có đường cao OC nên ta được PC.QCOC2
Mà PAPC;QBQC và MNOC. Từ đó ta suy ra được AP BQ. MN2.
b) Chứng minhAB là tiếp tuyến của đường trịn đường kính PQ.


Gọi I là trung điểm của PQ. Tam giác OPQ vuông tại O có OI là đường trung tuyến
Do đó ta có


2


PQ


OI  nên O thuộc đường tròn ;
2


PQ
I












 .


Vì AP và BQ là các tiếp tuyến của

 

O nên APAB BQ , AB nên APQB là hình thang
vng


Mà OI là đường trung bình của hình thang APQB, do đó OI//AP nên suy ra OIAB


Do đó AB là tiếp tuyến tại O của ;
2


PQ
I












 .


c) Chứng minh PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường trịn ngoại tiếp
tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất.


+ Tam giác OCP vng tại C có đường cao CM nên ta được OC2 OM.OP
Tương tự ta có OC2 ON.OQ. Từ đó ta được OM OP. ON OQ. OM ON


OQ OP


  


Hai tam giác OMN và OQP có POQ chung và OM ON


OQOP


Do đó OMN∽OQP suy ra ta được OPQ ONM nên tứ giác PMNQ nội tiếp đường
trịn.



(35)

Do đó DIPQ DE; MN nên ta được DI//OE và DE//OI, suy ra tứ giác OEDI là hình


bình hành.
Từ đó ta được


2


R
DIOE  .


+ Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng DIPta được


1, 2


x x


Dấu bằng xẩy ra khi PQABOCAB hay C là điểm chính giữa của nửa đường
trịn

 

O .


Vậy khi C là điểm chính giữa của nửa đường trịn

 

O thì đường trịn ngoại tiếp tứ giác
PMNQ có bán kính nhỏ nhất bằng 5


2


R .


Câu 6. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 8t2mt 1 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:


 

 



2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


y z z x x y


P


x y z y z x z x y


  



   .


Lời giải. Ta có


2 2 2 2 2 2


1 1 1


1 1 1 1 1 1


P


x y z


y z x z x y




  






     


  


     





Đặt 1 a;1 b;1 c


xyz  , khi đó ta được 2 2 2 2 2 2


a b c


P


b c a c a b


  


   và


2 2 2 3


abc
Do đó n 3


Ta lại có bất đẳng thức

 





2
2


2 2



1 . . 2


1 0


2


3 2. 3


x x x


x x


x x


 


  


  (luôn đúng)


Suy ra 1 2 1 2 1 2 3


2 2 2 2


Pabc  . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi


1 1


a       b c x y z .



Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 3


2, đạt được tại x   y z 1.


Đề

s

6



Câu 1(2.0 điểm).



(36)

 
OMNBAC


Phân tích và lời giải. Đặt các phương trình đã cho là


2 2 2


2 2


2 2 1 0(1)
2 3 0(2)


x ax a b


x bx b ab


    


   


Để chứng minh có ít nhất một trong hai phương trình ẩn x sau vơ nghiệm thì thì ta


chứng minh một trong hai biệt thức delta của phương trình nhận giá trị âm. Muốn vậy ta
đi tính tổng hai biệt thức delta của hai hai phương trình nhận giá trị âm. Ta có






' 2 2 2 2 2


1


' 2 2 2


2


2 1 1


3 2


a a b a b


b b ab b ab


        



      



Khi đó ta được ' ' 2 2 2 2 2



1 2 a b 1 2b ab a b 1 ab


             


Mặt khác dễ thấy rằng 2a2 2b2  2 2ab  

a b

2 2 a2 b2 0
Do đó ta được ' '


1 2 0


    . Vậy trong hai phương trình tồn tại ít nhất một phương trình
vơ nghiệm.


2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x   y z 0 và xyz 0
Tính giá trị biểu thức P 2 x22 2 2 y22 2 2 z22 2


y z x z x y x y z


  


     


Phân tích và lời giải. Để tính được y2 z2 x2 ta để ý đến giả thiết
0


x       y z y z x . Khi đó thực hiện bình phương hai vế ta được


2 2 2 2 2 2 2 2


yzyzxyzx   yz.



Từ đó ta có biến đổi 2 22 2 2 2 22 2 2


2
2


x x x


yz
yzxyzyzyz 
Hoàn tồn tương tự ta cũng có 2 22 2 2


2


y y


zx
zxy   ;


2 2


2 2 2 2


z z



(37)



2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2 2 2 2



3 3 3 3 3 3 3 3


2 2 2


3


2 2 2


1 1 1


1 3


2


3


3 3 3


2 2 2


3
2


x y z x y z


P


yz xz xy



y z x z x y x y z


x y z x y z x y z xyz


xyz xyz


x y z x y z xy yz z


xyz
xyz
x
     
  
     


          
  
  
 
 
    
 
 
 
  
 


Vậy 3



2


P   .
Câu 2(2.5 điểm).


1) Giải phương trình 1 3 ;1 3 ;1 3 xyz


1; 0


yx  z Phân tích và lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là


2 4 12 0; 1


xx   x   . quan sát phương trình đã cho ta để ý đến biến đổi


2



2 4 12 2 8 1


xx   x   x  . Khi đó ta viết lại được phương trình đã cho thành


2



2 8 1 2 2 1


x   x   x   x  . Phương trình có sự lặp lại của hai đại lương nên
ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x  2 a x;  1 b b

0

. Khi đó phương trình trên trở
thành







2 2 2 2 2 2


2 2


8 2 8 4 4


3 4 7 0 3 7 0


3 7


a b a b a b a ab b


a b


a ab b a b a b


a b
       
 

           



+ Với ( )

9 4 4

4 1 1
3


f xyzyz xyz   x


  thì



2 2


2 0 2 5 13
2 1


4 4 1 5 3 0 2


x x


x x x


x x x x x


 
    
 
 
           
 
 
 

+ Với g x( )axb thì


2 2


9 36 36 49 49 9 85 85 0
3 6 7 1



2 2


x x x x x


x x
x x
 

 
 
     
 
 
 

Hệ vô nghiệm với x  1


Thử lại vào phương trình đã cho ta có nghiệm của phương trình là a,.


2) Giải hệ phương trình



2 2


2 2


2


4 1 4 4


3 2 1 2 3



x y xy xy


x y


x y y y y x



(38)

Phân tích và lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x y y;2 2   y 1 0.
Quan sát phương trình thứ nhất của hệ ta nhận thấy phương trình có thể đưa về dạng
phương trình đa thức nên ta kiểm tra xem phương trình có phân tích được hay khơng.
Chú ý rằng trong phương trình có sự lặp lại của hai đại lượng là xyxy nên ta viết


phương trình về dạng


2 2



2 4 1 4 4


x y xy xy xy


x y







      


 



Đến đây ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x  y a xy; b. Khi đó ta có phương trình




 



 



2 3 3


2 2


2


2


2 4 1 4 4 2 8 16 2 16 8 0


4


4 4 4 2 4 2 4 0


2 4 0


a b b b a ab b a a ab a b


a


a


a a a a b a a b a



a b a





              
 


 


              



+ Với PDI = BAH  ta được x  y 4 hay x  y 4, thế vào phương trình thứ hai củahệ


ta được


2 2


3 2y   y 1 2y  y 3
Đặt 2 2.


.


R OI
IM IK


, khi đó phương trình trên được viết lại thành



2 2 2 5


3 4 4 2 1 4 2 15 0 3;
2


tt    t y    y y  y   y   


 


 


Với y 3 ta được x 7 và với 5
2


y   ta được 3
2


x  . Các nghiệm thỏa mãn hệ phương
trình.


+ Với a2 2b4a 0 ta được x2 y2 4

x y

0


x y x; 2 0;y2 0 nên x2 y2 4

x y

0 hay trường hợp này hệ phương trình vơ
nghiệm


Vậy các nghiệm của hệ phương trình là

   

; 7;3 , 3; 5
2 2


x y    
 .




(39)

Đặt x  y a xy; b, do x, y là số ngun nên a b, Z. Khi đó phương trình trở thành






3 3


2 2


3 6 3 3 3 2


5


2 2 4 5 3 2 2 4 3


2


a ab b a b a


a a a b a a a b


a


       


             



Vì a, b là các số nguyên nguyên nên a 2 U(5)    a 2

5; 1;1;5

 a

7;3;1; 3

.
+ Với a 7 khi đó ta được 68


3


b   (khơng phải số nguyên)
+ Với ( ) :P y 2x2 khi đó ta được b  8, do đó ta được


2
3
3


8 3 8 0


x y


x y


xy y y




 


    




 



      


 


 


(hệ
vơ nghiệm)


+ Với a 1 khi đó ta được 2
3


b  (không phải số nguyên)


+ Với a khi đó ta đượcb  2 , suy ra 3 1; 2
2 2; 1


x y x y


xy x y


 


      






     



 


Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là

  

x y;  1;2 ,

 

2;1



Câu 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O và có hai tia BA và CD cắt nhau tại E,
hai tia AD và BC cắt nhau tại F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Các đường
phân giác trong của các gócBECvà gócBFAcắt nhau tại K.


a) Chứng minh DEFDFE ABC và tam giác EKF là tam giác vng.
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên


 


ABCADE mặt khác vì góc
ADE là góc ngồi của tam giác
EDF nên


DE 


ADEFDFE.
Từ đó suy ra


  


DEFDFEABC


Ta có FEKKFE DEFDFEDFKDEK ABC

DFKDEK

(1)
Vì các đường phân giác của các gócBECvà góc BFAcắt nhau tại K nên



F


E


K N


M


O
D


C



(40)

  1

 

1

3600   2

1

1800 2



2 2 2


DFKDEKAFBAEC  ECBFABABC   ABC (2)


Từ (1) và (2) ta có    1

1800 2

900
2


FEKKFEABC   ABC


b) Ta có 4034 2017


2


F   



 (cùng chắn cung AD) và E chung nên EAC ∽EDB. Mà


ta lại có M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD nên EM, EN lần lượt là đường trung
tuyến của tam giác EAC và EBD. Do đó ta có AC EA CM


BDEDBN .


Mặt khác ta có ECM EBN nên tam giác EBN và ECM đồng dạng với nhau.
Từ đó ta đượcEN BN BD


EMCMAC nên suy ra EM.BDEN.AC


c) Gọi K' là giao điểm của EK với MN. Ta có tam giác EBN và ECM đồng dạng với nhau.
Nên suy ra CEM BEN. Lại do EK là phân giác của góc AED nên suy ra MEK NEK


hay MEK' NEK'.


Tam giác MEN có EK' là phân giác nên theo tính chất đường phân giác ta có '
'


MK ME


NE
NK


.


Gọi K" là giao điểm của FK với MN, hồn tồn tương tự ta có "
"



MK MF


NF
NK  .


Theo ý b) ta đã có EM AC


ENBD . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có


MF AC


NFBD .


Kết hợp các kết quả trên ta được MK"" MK''


NKNK . Điều này dẫn đến các điểm


' "


, ,


K K K trùng


nhau hay ba điểm M, K, N thẳng hàng.


Câu 5 (2,0 điểm).


1) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng
1 1 1 3



3 2 3 2 3 2 5


a abb bcc caabc



(41)

1 1 1 3
5
5 3 2 5 3 2 5 3 2


a b c


c b c a c b b a c


  


     








  


     


Để đơn giản hoán bất đẳng thức cần chứng minh ta đặt AH2


2 . Khi đó ta đi chứng minh





3
5


5 3 2 5 3 2 5 3 2


x y z


z xyx yzy zx


Dự đoán dấu bằng xẩy ra tại x  y z ta có đánh giá 5 3

2

1

5 3 2


2


z xyzxy


đến đây áp dụng tương tự ta quy bài toán về chứng minh
2 2 2 3


5 3 2 5 3 2 5 3 2 5


x y z


zxyyyzxzx  . Dễ thấy bất đẳng thức trên áp dụng


được bất đẳn thức Bunhiacopxki dạng phân thức.


Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
1 1 1 3



5
5 3 2 5 3 2 5 3 2


a b c


c b c a c b b a c


  


     






     


  


     


Đặt AH2


2 . Khi đó ta đi chứng minh




3
5



5 3 2 5 3 2 5 3 2


x y z


z xyx yzy zx


Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 5 3

2

1

5 3 2


2


z xyzxy .


Do đó ta được 2


5 3 2
5 (3 2 )


x x


z x y


z xy    . Áp dụng tương tự ta được




2 2 2


5 3 2 5 3 2 5 3 2


5 3 2 5 3 2 5 3 2



x y z x y z


z x y y y z x z x


z xyx yzy zx         


Ta cần chứng minh 2 2 2 3


5 3 2 5 3 2 5 3 2 5


x y z



(42)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và để ý


2
1


3


xyyzzxx  y z ta được




 

 





2



2


2 2 2


2 2


2 2 2


2 2 2


5 3 2 5 3 2 5 3 2


2 2( )


5 3 2 5 3 2 5 3 2 3 7


2( ) 2( ) 3


1 5


3 3


3


x y z


z x y y y z x z x


x y z x y z



x z x y y x y z z y z x x y z xy yz zx


x y z x y z


x y z xy yz zx x y z x y z


 


     


   


 


            


   


  


        


Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b c


2) Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của
hai số còn lại. Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5.


Phân tích. Gọi 5 số đã cho là a, b, c, d, e( , , , ,a b c d eN). Để chứng minh tất cả năm số tự


nhiên đều lớn hơn hoặc bằng 5 ta đi chứng minh có lần lượt một số, hai số, ba số, bốn số,


năm số trong các số tự nhiên trên nhỏ hơn 5 thì đều có mâu thuẫn với u cầu bài tốn. Ta
có thể giả sử a   b c d e. Khi đó ta đi xét các trường hợp


5; , 5; , , 5; , , , 5; , , , , 5


aa ba b ca b c da b c d e . Chú ý rằng ta luôn có
1 2 3 4


a        b c d e . Đến đây ta chỉ ra các mâu thuẫn dạng a    b c d e.


2 2


3x 6y 3x 12y Lời giải. Gọi 5 số đã cho là a, b, c, d, e( , , , ,a b c d eN). Khơng mất


tính tổng qt ta có thể giả sử


a    b c d e. Khi đó ta có a        b 1 c 2 d 3 e 4.
+ Trường hợp 1. Giả sử AE AM 2 AE 2AC AC CE


ACAF      và n 0. Khi đó ta có


4 2 2


a         b c d e d e, điều này mâu thuẫn với đề bài.
+ Trường hợp 2. Giả sử a b, 5 và 1 3 1


t 1  t3  . Khi đó ta có


3 4 5 2 2 2



a              b c c c d e e d


Điều này mâu thuẫn với đề bài.


+ Trường hợp 3. Giả sử t 1 và d e, 5. Khi đó đó ta có
2 3 4 9 11



(43)

Điều này mâu thuẫn với đề bài.


+ Trường hợp 4. Giả sử x 2 3 x2 3x 2 0 x 3 17


x 2




        và


3 17
x 1; 2; x .


2


x


    . Khi đó ta có


2; 2


ab



Điều này mâu thuẫn với đề bài.


+ Trường hợp 5. Giả sử An2018 n2008 1, không tồn tại bộ số tự nhiên phân biệt thỏa
mãn yêu cầu bài ra.


Vậy điều giả sử là sai nên cả năm số đều lớn hơn hoặc bằng 5.


Đề

s

7



Câu 2.


2) Đặt Q x

( )

=P x

( )

− −x 1. Dễ thấy Q

(

2016

)

=Q

(

2017

)

=0nên


( ) (

2016

)(

2017

)(

)



Q x = xxxa .Suy ra


( ) (

2016

)(

2017

)(

)

1


P x = xxxa + +x . Từđó, ta có


(

)

(

)

(

)

(

)



3P 2018 P 2019 6 2018 a 2019.3 6 2019 a 2020 4031


− + = − − − + − + = −


Câu 3.


Đặt a = 2x2, b = x + y, c = x + 2y. Phương trình (2) trở thành



(

)



(

) ( )

2 2


2


2 10 2 3


2 2


a b c c a b a b c a b c


a b c c a b c hay y x


+ + = − − ⇔ + + + =


⇔ + + = ⇔ + = =



(44)

a) Tam giác IDA đồng dạng với tam giác IAC nên AC AI


AD = ID


Tam giác IBA đồng dạng với tam giác IBC nên BC IB


BD = IDmà IA = ID suy ra đpcm


(tứgiác điều hòa)


b) Ta dễ có BOAI nội tiếp trong đường trịn tâm E đường kính OI. Qua K kẻđường


thẳng vng góc với KE cắt (E, OE) tại hai điểm U, V


2 2 2 2 2


. . ( )


KA KB UK VK VK EV EK OE EK dpcm


⇒ = = = − = −


c) Ta có: IC.ID = IA2, tam giác vng OAI có đường cao AH nên IA2= IH.IO do đó


tứgiác OHCD nội tiếp suy ra 1

( )

1


2


DOC DHC DBC DHC


∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠


Mặt khác ∠OHD= ∠OCD= ∠ODC = ∠CHI nên HA là phân giác ∠DHC

( )

2
Từ (1) và (2) suy ra ∠DBC= ∠DHAtam giác HAD đồng dạng tam giác BDC suy ra


đpcm.
Câu 5.


Bài bất đẳng thức này việc đầu tiên cũng như quan trọng nhất là phải tìm được dấu
bằng từđó sẽ tìm ra lời giải.



(45)

Ta có

(

2 2 2

)

2 2 2 2 2

( )




5 x + y +z =52+2x +y ≥52+ + =2 1 55⇒ x +y +z ≥11 1
Lại có

(

x−1

)(

y− ≥ ⇔1

)

0 xy+ ≥ +1 x y


Chứng minh tường tự: yz+ ≥ +1 y z; xz+ ≥ +1 x z


Cộng lại theo vếta được: 2

(

xy+yz+zx

)

+ ≥6 4

(

x+ +y z

)

( )

2
Lấy (1) + (2) ta được:

(

)

2

(

)



5 4 5


x+ +y z ≥ + x+ +y z ⇔ + + ≥x y z


Đề

s

8



CÂU NỘI DUNG ĐIỂM


1a 2x 2 x x 1 x x 1


P


x x x x x


+ − +


= + −


− + 0,25


(

)(

)




(

)

(

)(

(

)

)



1 1 1 1


2 2


1 1


x x x x x x


x


x x x x x


− + + + − +


+


= + −


− + 0,5


(

1

) (

1

)



2x 2 x x x x


x x x


+ + − +



+


= + −


0,5


2 2 2 2 2


2


x x x


x x


+ + +


= + =


0,25


1b Ta có x= −3 2 2 x = 2 1 0,25


Thay vào biểu thức 2

(

2 1

)

2 2
2 1


P= − + +


0,25



Tính được kết quả P=4 2+2 0,25


1c


Đưa được 7 7


2 2 2


x


P = x+ + x 0,25


Đánh giá 2x+ +2 2 x >6 x, suy ra 0 7 7
6


2 2 2


x


x x


< <


+ + 0,25


Vậy 7


P chỉ nhận một giá trịnguyên đó là 1 khi


4


2


7 2 2 2 2 5 2 1 1


4
2


x
x


x x x x x


x
x


 =  =


 


= + + ⇔ − + ⇔


 =
=


 


0,25



(46)

Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1 =2;x2 = −4 0,5



2b Tính được 2

(

)

3


' m m 1


∆ = − − 0,25


Đểphương trình có hai nghiệm phân biệt 2

(

)

3


1 0 (*)


m m


⇔ − − > 0,25


Gọi x x1; 2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có


(

)



1 2


3
1 2


2 (1)


1 (2)


x x m


x x m



+ =





= −





Giả sử

( )

2


1 2


x = x thay vào (2) ta được x2 = −m 1;x1=

(

m−1

)

2 0,25
Thay hai nghiệm x x1; 2 vào (1) ta được


(

) (

2

)

2 0


1 1 2 3 0


3


m


m m m m m


m


=




− + − = ⇔ − = ⇔ 


=


Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận 0,25


3


Điều kiện: x≠0, đưa phương trình trở thành:


2


2 2


2 9


2 3 0


2 9


x x


x x


+


+ − =



+ 0,25


Đặt ẩn phụ:


2


2 9


x


t
x


=


+ , phương trình trở thành:


(

)

(

)



3 2 2


1


2 3 1 0 1 2 1 0 1


2


t



t t t t t


t


=



− + = ⇔ − − − = ⇔


 =


0,25


Trường hợp: t =1 ta có x= 2x2+9 (vơ nghiệm) 0,25
Trường hợp: 1


2


t = − ta có 2


2


0 3 2


2 9 2


2


2 9



x


x x x


x


<


+ = − ⇔ ⇔ = −


=


0,25


4a


Xét hai tam giác: AEF ACB có góc A chung 0,25


Ta có    AEF = AHF AHF; = ACB suy ra  AEF = ACB


(hoặc AFF   = AHE AHE; =ABC suy ra  AFE= ABC) 0,25


K


F



E



A




B



C


H



O




(47)

Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng 0,25
Từ tỷ sốđồng dạng AE AF


AC = AB ta có AE.AB = AC.AF 0,25


4b Xét hai tam giác OHM OFMOM chung, OF = OH. 0,25
MF = MH (vì tam giác HFC vuông tại F, trung tuyến FM) 0,25


Suy ra ∆OHM = ∆OFM (c.c.c) 0,25


Từđó  0


90


MFO= , MF là tiếp tuyến của đường trịn đường kính AH 0,25


4c Xét hai tam giác AHMBHO   0


90


AHM =BHO= 0,25



Trong tam giác vng ABC, đường cao AH


2


. .2 .2 AH HM


AH HB HC AH OH HB HM


HB HO


= ⇒ = ⇒ =


0,25


Suy ra ∆HBO∆HAM 0,25


Suy ra  HAM =HBO 0,25


4d Gọi K là giao điểm của AM với đường trịn


Ta có HBO  =HAM =MHK, suy ra BO // HK 0,25


HKAM , suy ra BOAM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABM 0,25


5 Giả sử a≥ ≥b c, từ giả thiết suy ra ab≥1. Ta có bất đẳng thức sau:


(

) (

)



(

)(

)

(

)




2


2 2 2 2


1


1 1 2


0


1 1 1 1 1 1


a b ab


a b ab a b ab


− −


+ ≥ ⇔ ≥


+ + + + + + (luôn đúng).


Vậy ta cần chứng minh: 2 1 2 3


1+ab+1+c ≥ 2 0,25


2 2 2 2


3 3 3 3



c ab abc c ca bc abc a b c abc


⇔ + − ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥


Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì

(

)

(

)



( )


2


2
3


3 9


3


a b c ab bc ca


ab bc ca abc


 + + ≥ + + =





+ + ≥





hay a+ + ≥ ≥b c 3 3abc.



Dấu bằng xảy ra khi a= = =b c 1


0,25


Cho các sốdương a b c, , thỏa mãn a+ + =b c 3.Chứng minh rằng:


2 2 2


3
2


3 3 3


ab bc ca


c a b


+ + ≤



(48)

5


Ta có

(

)



2


3
3


a b c



ab bc ca ab bc ca


+ +
≥ + + ⇒ + + ≤
0,25
Ta có

(

)(

)


2 2
1 1
2
3


ab ab ab ab


a c b c


a c b c


c c ab bc ca


 
≤ = ≤ +
+ +
 
+ +
+ + + +

(

)



1 1 3



2 2 2


ab ab bc ca ca


VT a b c


a c b c c a c b a b


 


+ + + + = + + =


+ + + + +


  (đpcm)


Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0,25


Đề

s

9



Câu 1.


1). Ta có  m28.
0


 với mọi m nên phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt.
Theo định lý Vi-et ta có 1 2


1 2


2
1
.
2
m
x x
x x
  


 



và giả thiết cho 2 2


1 4 2


xx .


Nên ta có


1 2
1 2
1 2
2
1
.
2
2
m


x x
x x
x x
  


  


 


(1) hoặc
1 2
1 2
1 2
2
1
.
2
2
m
x x
x x
x x
  


  



  


(2).


+ Giải (1):
Ta có

 

2 2


1
2


2


x x   (vơ nghiệm), nên hệ phương trình (1) vơ nghiệm.


+ Giải (2):


Ta có

2

2 2 1


2 1


1 1 1


1 2


2


1



2 1 1


2


x x m


x x


x x m



      

    
      


.


Nhận xét: Bài toán áp dụng định lý Vi-ét trong phương trình bậc hai và biến đổi biểuthức.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  0.
Phương trình bậc hai 2x2mx 1 0 có hai nghiệm phân biệt


1


xx2 với mọi giá trị
của tham số m  

 

m 24.2. 1

 

 m2  8 8 0 với mọi giá trị của m.




(49)

Ta có 1 2
1 2
2
1
.
2
m
x x
x x
  


 



kết hợp với đề bài cho 2 2 1 2


1 2
1 2
2
4
2
x x
x x
x x
 

  
 .



• Giải các hệ phương trình.


+


1 2 1 2 1 2


1 2


2 2 2 2


1 2


2 2


2 2


1 2


2 2 2


2
2
1


. 2 2 6 6


1 1 9


2 .



2 2.


2 6 2


m x x x x x x


x x


m m m


x x x x


x x
m
m
x x
x x


 

        
 
 
 
 

   
     
   


   
     
  
     
   



(vơ nghiệm vì m20 nên khơng tồn tại m2 9).


+


1 2 1 2 1 2


1 2


2 2 2 2


1 2


2 2


2 2


1 2


2 2 2


2


2


1


. 2 2 2 2


1 1 1


2 .


2 2.


2 2 2


m x x x x x x


x x


m m m


x x x x


x x
m
m
x x
x x

 

 


      



 
     
   
     
   
   
      
    
    
    


1 2 2 2


1 1
2
1
1 1
1
1 1
2
2 2
1 1
2
m
m m
m



x x x x


m x x


x

 
    
    




      
  
  
       
 



(thỏa mãn, nhận).


Vậy m 1.


2). Ta có  m28.
0


 với mọi m nên phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt x x1; 2.
Theo định lý Vi-et ta có 1. 2 1



2


x x   suy ra 1 2 1


2
1
1


. 1 ,


2 1


x


x x m


x


  

 .


Nhận xét: Bài toán áp dụng định lý Vi-ét trong phương trình bậc hai và kiến thức bất
phương trình,…


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Phương trình bậc hai có hai nghiệmphân biệt.



Phương trình bậc hai đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m (đã chứng
minh ở ý trên)


• Phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện nào đó.
Ta có x 1 khi và chỉ khi x x1 2 1 vì x1 ; x2 dương.


• Định lý Vi-ét trong phương trình bậc hai 1 2
1 2
b
x x
a
c
x x
a
  




.


Ta có 1. 2 1 1. 2 1 1 1. 2 1 1


2 2 2 2



(50)

Do đó x 1.
Câu 2.


1). Điều kiện: 1


3


x .


Phương trình đã cho tương đương với 18 2 2 8 9 1 1 0


3 3 3


x xx


 
       

   
 


1 1


1 3 9


18 8 9 0


3 1 1


3 3
x
x x
x
 




     
 
 


4 18 1 9 1 0 4


9 3 1 1 9


3 3


x x x


x
 
 
 
   
   
      
   
 
 
 
.
Chứng minh: Với 1 18 1 9 1 0


3 3 1 1


3 3


x x
x


     
 
 
.
Phương trình đã cho có nghiệm: 4


9


x .


Nhận xét: Bài tốn giải phương trình đưa về phương trình tích.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Tìm điều kiện xác định: Điều kiện: 1 0 1


3 3


x   x .


• Tách, thêm bớt phân tích nhân tử.


2 17 1 2 8 1


18 2 9 0 18 2 9 3 0


3 3 3 3



xx  x   xx x  


 


18 8

1 9 1 1 0


3 3 3


x x   x 
        


 




1 1


1 3 9


18 8 9 0


3 1 1


3 3
x
x x
x
 




     
 
 
4


4 1 9


8 9 0


9 3 1 1


3 3
x
x x
x

 

  
  
 


4 8 8 9 0


9 3 1 1


3 3
x x


x




 

  
 
  
 
 
.



(51)

+ Chứng minh 8 8 9


3 1 1


3 3


x


x


 


 


khác 0



Với 1
3


x ta có


8
8


8 9


3 8 0


3


1 0 1 1


3 3 3


x


x


x x


 


  






 


  





.


+ Suy ra 4 8 8 9 0 4 0 4


9 3 1 1 9 9


3 3


x x x x


x











 


       





  


 


  


 


 


.
• Đối chiếu với điều kiện xác định để đi đến kết luận nghiệm 4


9


x thỏa mãn điều kiện


1
3


x , nên phương trình nhận 4


9


x là nghiệm.


2). Phương trình tương đương với

x3y1



x y  3

15 (1).
Do x y; là số ngun khơng âm nên từ (1), ta có


3 1 5 3 1 3 3 1 15 3 1 1


3 3 3 5 3 1 3 15


x y x y x y x y


x y x y x y x y


   


               




   


               


   


    .


Vậy

x y;

  

 2; 0 .


Nhận xét: Bài toán giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách đưa về phương trình ước
số


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:



• Phân tích một vế thành nhân tử, vế cịn lại là một số.
2 3 2 4 4 10 12 0


xyxyxy 


x2 3xy x

 

xy 3y2 y

3x 9y 3 15 0



          


3 1

 

3 1

 

3 3 1

15


x x y y x y x y


         


x 3y 1



x y 3

15


     


• Tìm các ước của số ở một vế.
15 1.15 3.5 5.3  


x y; 0 nên ta không chọn các ước âm của 15.


Ta có 3 1 1


3 3


x y
x y



   



   


 nên khơng chọn các cặp tích có thừa số thứ hai nhỏ hơn 3.


• Cho các hệ số ở vế này bằng thừa số của vế kia tạo thành các hệ phương trình. Giải các
phương trình này tìm nghiệm.



(52)

3 1 1 3 0 18


3 15 12 6


3 1 3 3 2 2


3 5 2 0


3 1 5 3 4 2


3 3 0 2


x y x y x


x y x y x


x y x y x


x y x y y



x y x y x


x y x y y


  




      


  


  


 




 


     




 


     





    


  


  











,


kết hợp với điều kiện ta có được x2 và y0.
Câu 3.Điều kiện: x y 0.


Phương trình thứ nhất tương đương với


2



4 x y  1  3 x y  x y  1 0


 







2 1


2 1 2 1 0


3 1


x y


x y x y


x y x y


 


   


       


   






1


2 1 2 1 0



3 1


x y x y


x y x y


 


 


 


       




   


 


 


(*).


Do x y 0, nên (*) tương đương với 2

x y   

1 0 2y2x1, thế vào phương trình
thứ hai, ta có 6x2  x 1 0


1 0



2


1 5


3 6


x y


x y




   


 


    






.
Hệ phương trình có nghiệm:

;

1; 0 , 1; 5


2 3 6


x y     


   .



Nhận xét: Bài toán giải hệ phương trình bằng phương pháp nhân liên hợp.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Điều kiện xác định: Biểu thức dưới mẫu khác 0; Biểu thức dưới dấu căn không âm.
Điều kiện xác định: 1 0 0


0


x y


x y
x y


   


  


  


 .


• Nhẩm nghiệm để tìm lượng liên hợp.
+ Ta thấy 1


2


x y  thì phương trình thứ nhất của hệ bằng 0. Do đó phương trình đó


thứ nhất của hệ phương trình có nhân tử 1


2


x y  hay 2

x y 

1.


2



1 1 4 3


x y    x y  x y 4

x y

2 1   3

x y 

x y  1 0


 


  .


+ Hằng đẳng thức hiệu hai bình phương a2  b2

a b a b



.

2



4 x y  1 2 x y 1 2   x y 1


   .



(53)



3 x y  x y 1





3 1 3 1


3 1



x y x y x y x y


x y x y


       
   
   

   



 



2 2


3 1 3 1


3 1 3 1


x y x y x y x y


x y x y x y x y


 
     
 
 
       




2 1
3 1
x y
x y x y


 


    ,


suy ra

2



1 1 4 3


x y    x y  x y


2



4 x y 1 3 x y x y 1 0


   
        
 
 



2 1


2 1 2 1 0



3 1


x y


x y x y


x y x y


 
   
       
   



1


2 1 2 1 0


3 1


x y x y


x y x y


 
 
 
       


   
 
 
.


• Phương trình tích


1
2
1 2


0
0


. . . 0


0


n


n
A
A
A A A


A





  




 .


2



1 1 4 3


x y    x y  x y






1


2 1 2 1 0


3 1


x y x y


x y x y


 
 
 


       

   
 
 





2 1 0


1


2 1 0


3 1


x y
x y


x y x y


  


    

    

.


• Chứng minh một phương trình vơ nghiệm.


Ta có x y  0 2

x y 

0 và




1 0


3 x y  x y 1 , suy ra




1
2 0
3 1
x y


x y x y


  


   



1


2 1 0


3 1


x y



x y x y


    


    .


Do đó phương trình





1


2 1 0


3 1


x y


x y x y


   


    vô nghiệm.



(54)



2 2 2 2


1



1


2 1 0 2


2
1


4 2 1 4 2 1 4 2 1


2


y x


x y y x


x xy x x x x x x


   






      





 





  


         





2


1


1 2


2 0


6 1 0


1


1 3 1


2 1 3


5
2


6


x


x


y
x x


x


y x x


y x


y





 




  










  


     






 


        


 


  


  




  


 


 







(nhận, thỏa mãn).


Câu 4. Phương trình tương đương với x2y24x2 (1).
Ta có x24x   2 y2 0  

x 6 2



x 6 2 

0


2 6 x 2 6


    


10 4 6 4x 2 10 4 6


      (2).


Từ (1) và (2), suy ra 10 4 6 x2y210 4 6 .


Nhận xét: Bài toán áp dụng biến đổi tương đương một phương trình, giải bất phương
trình bậc hai.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Biến đổi tương đương một phương trình.


2 2 4 2 0 2 2 4 2


xyx  xyx (1).


2 4 2 2


x x y


     (2).


• Bất đẳng thức.



Ta có y2   0 y2 0 kết hợp với (2) ta có x24x 2 0.
• Giải bất phương trình bậc hai.






2 4 2 0 6 2 6 2 0 2 6 2 6


xx   x  x       x


• Biến đổi tương đương bất phương trình.


2 6  x 2 610 4 6 4  x 2 10 4 6 .


Kết hợp với (1) ta có 10 4 6 x2y210 4 6 (điều phải chứng minh).
Câu 5.


P


K
O


C
A


B



(55)

1). Ta có MNC MBC  (1) (cùng MC).


 



MBC BCN (do cùng phụ với góc ABC) (2).


Từ (1) và (2), ta có MNC BCN  suy ra tam giác KNCcân tại K.


Nhận xét: Chứng minh một tam giác cân bằng cách chứng minh tam giác đó có hai góc
bằng nhau.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Trong một đường trịn, hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.


 


MNC MBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cug MC của ( )O ).
• Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn bằng 90




MBA là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn được chia bởi đường kính AM nên


90   90


MBA  MBC CBA  .


• Hai góc cùng cộng với một góc bằng được hai góc bằng nhau thì hai góc ban đầu bằng
nhau.


+  MBC CBA  90 (chứng minh trên);
+ ABC ACB   90 (do CN AB );
Suy ra MBC ACB



• Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân.


 


   


MNC MBC


MNC ACB
MBC ACB











 hay


 


KNC KCN suy ra KCN cân tại K (điều phải
chứng minh).


2). Ta có ON OC (3).
Từ trên suy ra KN KC (4).
Từ (3) và (4), ta có OK NC .


Do NC BM (cùng vng góc với AB).



Nhận xét: Chứng minh một tam giác cân bằng cách chứng minh tam giác đó có hai góc
bằng nhau.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hai điểm cùng thuộc một đường trịn thì khoảng cách đến tâm bằng nhau.
Ta có N C; thuộc ( )O nên ON OC .



(56)

• Khoảng cách từ một điểm đến hai đầu mút của một đoạn thẳng bằng nhau thì điểm
đó thuộc trung trực của đoạn thẳng đó.


+ ON OC nên O thuộc trung trực của NC;


+ KN KC nên K thuộc trung trực của NC;
Suy ra OK là trung trực của NC nên OK NC .


• Hai đường thẳng cùng vng góc với một đường thẳng thì song song với nhau.


NC AB


NC BM
BM AB


 




 



  .


• Quan hệ từ vng góc đến song song a b


a c


 



  thì b c .


OK NC


OK BM
NC BM


 







  (điều cần chứng minh).


3). Ta có


+BNM BAM (MB) (5).
+ BMN BCN (NB) (6).


+ BAM NCB (do cùng phụ với góc ABC) (7).


Từ (5), (6) và (7), suy ra BNM BMN nên BM BN .


Từ giả thiết ta có ON OM và PM PN nên 3 điểm P B O; ; nằm trên đường trung trực
đoạn MN vậy P B O; ; thẳng hàng.


Nhận xét: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh chúng cùng thuộc một đường
thẳng cố định.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Trong một đường trịn, hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.
+ BNM BAM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM của đường tròn ( )O ).
+ BMN BCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN của đường trịn ( )O ).


• Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân. Tam giác cân có hai cạnh bên bằng
nhau.


 


 


 


 


BNM BAM


BMN BCN BNM BMN BMN
BAM NCB









  











cân tại Bnên BM BN .


• Khoảng cách từ một điểm đến hai đầu mút của một đoạn thẳng bằng nhau thì điểm
đó thuộc trung trực của đoạn thẳng đó.


+ BM BN nên B nằm trên đường trung trực của MN;


+ OM ON (do M N; cùng nằm trên ( )O ) nên O nằm trên trung trực của MN;


+ PM PN (do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên P nằm trên trung trực của MN;



(57)

Câu 6.


Hạ CK vng góc AB tại K (giải thích tam giác ABC khơng tù tại B hay C).
Ta có CK2 3a.


Nên ta có 3 2 3



ABC


Sa (đvdt).


Ta có BK a , suy ra BC BK2CK2 a 13.


2 6 39


13
ABC


S a


AH


BC


   .


Nhận xét: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh chúng cùng thuộc một đường
thẳng cố định.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn.


+ Giả sử, ABCC là góc tù thì C là góc lớn nhất nên C B  suy ra AB AC mà
3


ABaAC4a do đó có 3a4a 3 4 (vơ lý). Suy ra ABC khơng thể có C là


góc tù;


+ Chứng minh tương tự ta có ABC khơng thể có B là góc tù;
Suy các đường cao của ABC đều nằm bên trong tam giác.


• Trong tam giác vng, độ dài cạnh góc vng bằng tích cách huyền với sin góc đối
diện với cạnh góc vng đó.


AKC


 vng tại K có sin sin60 4 . 3 2 3
2


AK ACA AC   aa .


• Định lý Py-ta-go trong tam giác vng: “Bình phương cạnh huyền bằng tổng bình
phương hai cạnh góc vng”.


+ AKC vng tại KAC2KA2KC2


2

 

2


2 2 3 4 2 16 2 12 2 4 2 2


KA a a KA a a a KA a


         KB AB KA    3a 2a a.


+ BKC vuông tại KBC2KB2KC2a2

2 3a

2
A


B


C
K



(58)

2 2 12 2 13 2 13


BC a a a BC a


     


• Diện tích tam giác bằng nửa tích đường cao với cạnh tương ứng
+ 1. . 1.2 3.3 3 2 3


2 2


ABC


SCK ABa aa (đvdt);


+ 1. . 1. . 13


2 2


ABC


SAH BCAH a (đvdt);


Suy ra 1. . 13 3 2 3 6 2 3 69 3



2 13 13


a a


AH a a AH


a


    .


Câu 7.Đặt x 1;y 1;z 1


a b c


   suy ra xyz1 và x y z; ; dương.
Bất đẳng thức tương đương với




2 2 2


9 9


2
2


y


x z



P


x y z


y z x


    


  (*).


Ta có 1 x2 2 1; y2 2 1; z2 2


xyy yzz zxx


2 2 2


1 1 1


y


x z xy yz zx


x y z


y z x


         .


Ta có x y z xyz x y z  

 




       

     

2 2 2
( )


xy zxyz yxzx zy xy yz zx


   



2


3


xy yz zx


x y z  


    .




2
27
2


P xy yz zx


xy yz zx


   



  .


Do



2


27 9


2
2


xy yz zx


xy yz zx


   


 


9
2


P


  .


Cô-Si cho 3 số .


Dấu “” xảy ra khi a b c  1.



Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đổi biến và áp dụng bất
đẳng thức Cơ-si.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Đổi biến, biến đổi để có giả thiết mới, điều kiện cho biến mới, điều cần chứng minh
mới.


Đặt x 1; y 1;z 1


a b c


   suy ra xyz1 và x y z; ; dương.
Cần phải chứng minh




2 2 2


9 9


2
2


y


x z


P



x y z


y z x


    


  .


• Bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: A2B22AB với A B, dương.
+ Với x, y là các số dương có 1


x và 2


x


y là các số dương nên ta có 2


1 x 2


xyy.



(59)

+ 1 y2 2


yzz


+ 1 z2 2


zxx


• Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta được bất đẳng thức mới cùng


chiều.


Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức vừa chứng minh trên ta được:


2 2 2


2 2 2 1 1 1


y


x z


x y z x y z


yzx      


2 2 2


1 1 1


y xyz xyz xyz


x z xy yz zx


x y z x y z


y z x


            (vì xyz1).



• Biến biểu thức để có được đẳng thức đúng.




x y z xyz x y z     (vì xyz1)

       

xy zxyz yxzx zy( ).
• Áp dụng ngược chiều bất đẳng thức Cô-si.


      


      


 

   



2 2


2 2


2 2


2
2


2 ( )


xy zx
yz yx
zx


xy zx
yz xy
yz zx
zy
















  





       

     

2 2 2
( )


xy zxyz yxzx zy xy yz zx


   


2
3


xy yz zx


x y z  


    .



• Kết hợp các bất đẳng thức nhỏ thành bất đẳng thứclớn.




2
27
2


P xy yz zx


xy yz zx


   


  .




2


27 9


2
2


xy yz zx


xy yz zx


   



  .


• Với a b ; b c thì a c .


Ta có










2


2
27


2 9


27 9 2


2
2


P xy yz zx


xy yz zx


P
xy yz zx


xy yz zx


    



  


  










  





(điều phải chứng minh).


Đề

s

10



Bài 1.



(60)

(

) (

) (

)


(

)(

)




(

)(

)

(

)



2 3 5 7 2 3


:


2 2 1 2 3 2 5 10
2 2 1 3 2 5 7 5 10


.


2 3
2 2 1


5 2


2 3
.


2 3
2 2 1


5
2 1


x x


A



x x x x x x


x x x x x


x


x x


x x
x


x


x x


x
x


 −  +


= + −


− + − − −


 


+ + − − −


=



+


− +



+


=


+


− +


=
+


2. Vìx> ⇒0 5 x >0; 2 x+ > ⇒ >1 0 A 0


Mặt khác, xét 3 5 3 2

(

1

)

3 0


2 1 2 1


x x x


A


x x


− +



− = = <


+ + ∀ > ⇒ <x 0 A 3
Vậy 0 < A < 3


Do đó A nguyên ⇔ A = 1 hoặc A = 2.


5 1 1


1 1 5 2 1 3 1


3 9


2 1
x


A x x x x x


x


= ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ =


+ (thỏa mãn)


5


2 2 5 2(2 1) 2 2 4


2 1
x



A x x x x x


x


= ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ =


+ (loại)


Vậy 1


9
A∈ ⇔ = x


Bài 2.


1. Khi m = –5 ⇒ (d) : y = –4x + 12


Khi đó , phương trình hoành độgiao điểm của (P) và (d) là:


2 2


4 12 4 12 0 ( 6)( 2) 0


x = − +xx + x− = ⇔ x+ x− =


⇔ x = –6 hoặc x = 2
Khi x = –6 ⇒ y = 36
Khi x = 2 ⇒ y = 4



Vậy tọa độgiao điểm của (P) và (d) là (–6;36) và (2;4)
2. Phương trình hồnh độgiao điểm của (P) và (d):


2 2


2( 3) 2 2 2( 3) 2 2 0



(61)

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt


2
2


2
2


' ( 3) (2 2) 0
( 6 9) (2 2) 0


4 7 0
( 2) 3 0


m m


m m m


m m


m


⇔ ∆ = + − − >



⇔ + + − − >


⇔ + + >


⇔ + + >


(luôn đúng ∀ m)


Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ là x x1, 2 vớix x1, 2là hai nghiệm của


phương trình (1)


Hai giao điểm có hồnh độdương ⇔ (1) có hai nghiệm dương


1 2


1 2


2( 3) 0 3


1


2 2 0 1


x x m m


m


x x m m



+ = + > > −


 


⇔ >


= − > >


Vậy m > 1.


3. Gọi

(

x y0; 0

)

là điểm cốđịnh mà (d) luôn đi qua ∀ m
Khi đó:


0 0


0 0 0


0 0 0


0 0 0 0


2( 3) 2 2( )


(2 2) (6 2 ) 0( )


2 2 0 1 1


6 2 0 6.1 2 0 8



y m x m m


m x x y m


x x x


x y y y


= + − + ∀
⇔ − + + − = ∀
− = = =
  

+ − = + − = =
  


Vậy (d) luôn đi qua điểm (1;8) ∀m.
Bài 3.


2 2


2 2


2 3 2 5(2 ) 0(1)
( )
2 3 15 0(2)


x xy y x y



I


x xy y


 + − − − =


− − + =

Ta có:


(1) (2 )( 2 ) 5(2 ) 0
(2 )( 2 5) 0


2
5 2


x y x y x y


x y x y


y x
x y
⇔ − + − − =
⇔ − + − =
=

⇔  = −



Do đó:( ) 2 2 2 ( )


2 .2 3(2 ) 15 0


y x


I II


x x x x


=

⇔ 


− − + =


 hoặc 2 2


5 2


( )


(5 2 ) 2(5 2 ) 3 15 0


x y


III


y y y y



= −


− − − − + =

2


2 1; 2


( )


1; 2


15 15 0


y x x y



(62)

2


5 2 2; 1


( )


4; 3


5 30 40 0


x y y x


III



y x


y y


= − = =


 


 =


= −


− + =




Vậy hệphương trình (I) có nghiệm (1;2) , (-1;-2) , (-3;4)


Bài 4.


1. Vì TB là tiếp tuyến của (O) nên


BAD = DBT (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cùng BD)
Xét ∆ ABT và ∆ BDT có:


( )


~ ( . )
( )



ATB chung


ABT BDT g g
DBT BAT cmt




⇒ ∆ ∆


=



2. Vì


2


~ AB AT BT AB AT BT. AT


ABT BDT


BD BT DT BD BT DT DT


 


∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = =


 


Chứng minh tương tự ta có:



2


AC AT


CD DT


 =


 



(63)

Do đó


2 2


. .


AB AC AB AC


AB CD BD AC


BD CD BD CD


  =  = =


   


   


3. Gọi I1, I2 lần lượt là giao điểm của BC với tia phân giác góc BAC và góc BDC.


Xét ∆ ABC có tia phân giác AI1, theo tính chất đường phân giác ta có:


1
1


I B AB
I C = AC


Chứng minh tương tự ta có: 2
2


I B DB
I C = DC


Theo câu 2) ta có 1 2


1 2


. . AB DB I B I B
AB CD BD AC


AC DC I C I C


= ⇒ = ⇒ =


Mà I1, I2 cùng thuộc đoạn BC nên chúng chia trong đoạn BC theo các tỉ số bằng nhau.


⇒ I1≡ I2


⇒Đường phân giác góc BAC, đường phân giác góc BDC và đường thẳng BC đồng quy.



4. Gọi M’ là điểm thuộc đoạn BC sao cho CAM’ = BAD . Ta chứng minh M’ ≡ M.
Vì CAM’ = BAD => BAM’ = CAD


Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ADB = ACM’ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Mà CAM’ = BAD => ∆ADB ~ ∆ACM’ (g.g) . . '


'


BD AD


BD AC AD CM


CM AC


⇒ = ⇒ = (1)


Chứng minh tương tựta có: AB.CD = AD.BM’ (2)
Từ (1) và (2) với chú ý BD.AC = AB.CD => AD.CM’ = AD.BM’ => CM’ = BM’


⇒M’ ≡ M
=> BAD = MAC


Bài 5. Với mọi a, b, c > 0, ta có:


2 2 2 2 2 2


2 2 2


2 2 2 2 2 2



2 2 2 2


( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 2 2 2 0


2( ) 2 2 2


3( ) 2 2 2


3( ) ( ) (*)


a b b c c a a b c ab bc ca


a b c ab bc ca


a b c a b c ab bc ca


a b c a b c


− + − + − ≥ ⇔ + + − − − ≥


⇔ + + ≥ + +


⇔ + + ≥ + + + +


⇔ + + ≥ + +



(64)

3


3



3 0


1 1 1


( ) 9


1 1 1 1


3 0


1 1 1 9


(**)


a b c abc


a b c


a b c


a b c abc


a b c a b c


 + + ≥ >


+ ++ +


  



 


+ + ≥ >





⇒ + + ≥


+ +


Áp dụng BĐT (*) với a = x, b = y, c = z và từđiều kiện của x, y, z ta có:


2


2 2 2


2


( )


18


3
( ) 3( ) 54 0


( 9)( 6) 0


x y z



x y z x y z x y z


x y z x y z


x y z x y z


+ +


≥ + + + + + ≥ + + +


⇒ + + + + + − ≤


⇒ + + + + + − ≤


6
x y z


⇒ + + ≤ (do x + y + z + 9 > 0) (***)


Áp dụng BĐT (**) với a = x + y + 1, b = y + z + 1, c = z + x + 1, ta có:


1 1 1 9 9


1 1 1 1 1 1 2( ) 3


B


x y y z z x x y y z z x x y z



= + + ≥ =


+ + + + + + + + + + + + + + + + +


Áp dụng (***) ta có: 9 3


2.6 3 5


B≥ =


+


Dấu bằng xảy ra 1 1 1 2


6


x y z


x y y z z x x y z


x y z


= =




+ + = + + = + + ⇔ = = =
 + + =





Vậy giá trị nhỏ nhất của B là3


5 , xảy ra khi và chỉkhi x = y = z = 2.


Đề

s

11



Bài 1.


2


2


6 10
) 5 6 10 3 2 2 ( )


5 5


5 6 2 10 3 2 2 6
5( 2) 3( 2)


( 2)(2 3) 0
5 6 2 10 3 2


5 3


(x 2)( 2 3) 0


5 6 2 10 3 2


2( )


5 3


2 3 0(*)
5 6 2 10 3 2


a x x x x x


x x x x


x x


x x


x x


x


x x


x TM


x


x x


− + − = − − ≤ ≤


<=> − − + − − = − −



− −


<=> − − − + =


− + − +


<=> − − − − =


− + − +


=



<=>  − − − =


 − + − +



(65)

6 10 5 5 5


5 6 2 2 3 0


5 5 5 6 2 2 5 6 2


6 10 3


2 0


5 5 10 3 2



5 3


2 3 0 (*)
5 6 2 10 3 2


x x
x x
x x
x
x VN
x x


≤ ≤ => − + ≥ => ≤ => − <


− + − +


≤ ≤ => − − <


− +


=> − − − < =>


− + − +


Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {2}
2)


3 2



2 2


8 96
32 48


x xy y


x y


 + =





+ =


 (I)


3 2 3 2 2 2


2 2 2 2


3 2 2 3


3 3


2 2


2 2 2 2



8 48.2 8 2 ( 32 )(*)
(I)


32 48 32 48


(*) 2 8 64 0


(4 ) 2 ( 4 ) 0
( 4 )( 2 16 ) 0


4 4


2 16 0 ( ) 15 0
4


x xy y x xy y x y


x y x y


x x y xy y


x y xy x y


x y x xy y


x y x y


x xy y x y y


x y



x


 + =  + = +


 


<=> <=>


+ = + =


 


 


<=> − + − =


<=> − − − =


<=> − + + =


= =


 


<=> <=>


+ + = + + =
 
=


<=>
0
y

 = =


Vì x = y = 0 khơng thỏa mãn hệphương trình nên x = 4y


2 2 2 2


2


4 4


( )


32 48 16 32 48


4
1
4


1 4


1


x y x y


I



x y y y


x
y
x y
y x
y
= =
 


<=> <=>


+ = + =
 
 =

=
=


<=> <=>


=  = −





= −




Vậy hệphương trình có nghiệm (4;1), (–4;–1)
Bài 2.


1) Phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Theo định lý Vi–ét ta có: 1 2
1 2
2
4
x x
x x
+ =

= −

Ta có:


3 3 3


1 2 1 2 1 2 1 2


3 3 3 3


1 2 1 2 1 2 1 2


( ) 3 ( )


( ) 3 ( ) 2 3.( 4).2 32


x x x x x x x x



x x x x x x x x


+ = + + +


=> + = + − + = − − =




2 2 2 2


1 2 1 2 1 2


4 4 2 2 2 2 2 2 2


1 2 1 2 1 2


( ) 2 2 2.( 4) 12


( ) 2 12 2.( 4) 112


x x x x x x


x x x x x x


+ = + − = − − =


+ = + − = − − =



(66)

3 3 4 4 7 7 3 4 4 3



1 2 1 1 1 2 1 2 1 2


7 7 3 3 4 4 3


1 2 1 2 1 1 1 2 1 2


3


( )( )


( )( ) ( ) ( )
32.112 ( 4) .2 3712


x x x x x x x x x x


S x x x x x x x x x x


+ + = + + +


=> = + = + + − +


= − − =


Vậy S = 3172.
2) Ta có


2 2 2 2 2 2 2 2


2 2



2 2


( ) ( ) ( )( )(*)


a ab b c cd d a ab b c xd d ab cd


ab cd a b c d a b c d a b c d


+ + = + + => + + = + + + −


<=> − = + − − = + + + + − −


Nếu ab-cd=0: Do a+b+c+d>0=>a+b-c-d=0=>a+b+c+d=2(c+d) là hợp sốdo c + d ∈ℕ* và c + d >
1


Nếu ab -cd ≠0:Từ (*) ⇒ ab – cd ⋮ (a + b + c + d).


2 2 2 2 2 2 2 2


2 2


3( ) ( 2 ) 2


3( ) ( ) ( ) ( )( ) 0


a ab b c cd d ab cd a ab b c cd d


ab cd c d a b c d a b c d a b


+ + = + + => − + − + = − +



=> − = − − − = − + − − − + ≠


⇒ (c – d + a – b)(c – d – a + b) ⋮ (a + b + c + d)
Giả sử a + b + c + d là số nguyên tố thì ta có


c – d + a – b ⋮ a + b + c + d hoặc c – d – a + b ⋮ a + b + c + d


Điều này mâu thuẫn do –(a + b + c + d) < c – d + a – b < a + b + c + d ;


–(a + b + c + d) < c – d – a + b < a + b + c + d và (c – d + a – b)(c – d – a + b) ≠ 0
Vậy a + b + c + d là hợp số.


Bài 3.


Thay 1 = a + b + c ta có:
A+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c)
Do đó:


2 2 2


1 1


( )( )


a bc a bc bc bc bc


a bc a bc a bc a b a c


= + − = − = −



+ + + + +


Ta có 2 đẳng thức tương tự


2
1


( )( )


2
1


(c a)(c b)


b ca ca


b ca b c b a


c ab ab


c ab




= −


+ + +


= −



+ + +


Cộng từng vế của 3 đẳng thức trên ta có:
3 2


(a )(a ) ( )( ) (c a)(c b)


a bc b ca c ab bc ca ab


a bc b ca c ab b c b c b a


 


− − −


+ + = − + +


+ + + + + + + + +


Do đó:


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


2 2 2


3 3


2 (a )(a ) ( )( ) (c a)(c b) 4



( ) ( ) ( ) 3


( )( )( ) 4


4( ) 3( 2 )


a bc b ca c ab bc ca ab


a bc b ca c ab b c b c b a


bc b c ca c a ab a b


a b b c c a


b c bc c a ca a b ab a b ab b c bc c a ca abc


b c bc c a c


 


++≤ <=> + +


 


+ + + + + + + + +


+ + + + +


<=> ≥



+ + +


<=> + + + + + ≥ + + + + + +


<=> + + + 2 2 2


6 (*)



(67)

Áp dụng BĐT Cô–si cho ba sốdương ta có:


2 2 2


2 2 2


3


(*)
3


b c c a a b abc


bc ca ab abc


 + + ≥


=>




+ + ≥



 đúng


Vậy BĐT đã cho được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi 1


3
a= = =b c


Bài 4.


1) Vì AI // DC (do ABCD là hình bình hành) nên AIJ= DCJ (so le trong)


Vì AJ // BC nên AJI= BCJ (đồng vị)


Mà CJ là phân giác góc BCD nên DCJ= BCJ=> AIJ= AJI ⇒ ∆ AIJ cân ở A


Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AIJ cân nên AO là trung trực IJ đồng thời là phân
giácgóc IAJ.


2) Vì JD // BC nên DJC= JCB= JCD ⇒ ∆ JDC cân tại D


Suy ra JD = DC = AB (do ABCD là hình bình hành)
Ta có OA = OJ ( bằng bán kính (O))


Xét ∆ OAJ với góc ngồi OJD có:


OJD= AOJ +OAJ =2AIJ+ OAJ= 2DCJ +OAJ= DCB +OAJ=DAB+OAJ=OAB
Xét ∆ OAB và ∆ OJD có:



( )


( ) ( . . )


( )
OA OJ cmt


OAB OJD cmt OAB OJD c g c
AB JD cmt


OBA ODJ
=




= => ∆ = ∆




=




=> =


⇒AODB là tứ giác nội tiếp



(68)

3) Vì ∆ OAB = ∆ OJD nên OB = OD. Mà O’B = O’D (bằng bán kính (O’)) nên OO’
làtrung trực của BD.



Gọi K là giao BD và AC ⇒K là trung điểm BD và AC.


⇒ K ∈ OO’


Vì OA = OM, O’A = O’M nên OO’ là trung trực của AM
Mà K ∈ OO’ ⇒ KA = KM = KC


⇒ M thuộc đường tròn tâm K bán kính KA, hay đường trịn đường kính AC.
Vậy khi B, D thay đổi, M luôn nằm trên đường trịn đường kính AC.


Bài 5.


Xét 20 sốđầu tiên. Trong 20 số này có 2 số chia hết cho 10, chúng có chữ sốhàng đơn vị là
0.


Mặt khác, trong 2 sốđó có một số có chữ số hàng chục khác 9.
Gọi sốđó là N. Xét dãy 11 số thuộc 39 sốđã cho:


N, N + 1, ... , N + 9, N + 19
Tổng các chữ số của các sốnày tương ứng là.


s, s + 1, s + 2, ..., s + 9, s + 10


Thật vậy, nếu N có tổng chữ số là s thì mỗi số N + i với 1 ≤ i ≤ 9 có tất cả các chữ số (trừ
hangđơn vị) giống số N và chữ sốhàng đơn vị của N + i là i, do đó tổng chữ số của N + i là
s + i.


Số N + 19 có chữ sốhàng đơn vị là 9, chữ số hàng chục hơn chữ số hàng chục của số N là 1,
cònlại tất cả các chữ sốở hàng khác của hai số bằng nhau, do đó tổng chữ số của N + 19 là
s + 10.



Trong 11 số liên tiếp s, s + 1, s + 2, ..., s + 9, s + 10 có một số chia hết cho 11.
Bài toán được chứng minh.


Đề

s

12



Bài 1


1) 1.5 điểm




1 1


( 4)
2 2 ( 2)( 2)


( 2) 2 1


( 4)
4


2 3


( 4)
4


3
x



P x


x x x x


x x x


x
x


x x x


x
x


x x


 


= + +


+ − + −


 


 − + + + 


=





 


− + +


= −




= − +


2) 0.5 điểm



(69)



2


min
1 11 11


3


2 4 4


11 1 1 11


0 ( / ).


4 2 4 4


P x x x



P x x t m P


 


= − + = + ≥


 


= ⇔ − = ⇔ = ⇒ =




Bài 2:


1) 1,0 điểm:


+) T hay m=1 vào hệphương trình ta được: 1 (1)
7 (2)
x y


x y
− =


 + =


+) Cộng vế với vế của (1) với (2) ta được 2x= ⇔ =8 x 4
+) thay x=4vào (1) ta được 4− = ⇔ =y 1 y 3



+) Vậy với m=1 thì hệ có nghiệm (x;y)=(4;3)
2) 1,0 điểm:


+)Từpt đầu ta có: y = mx - 1


+)Thay y=mx-1 vào pt thứhai ta được:


2


2


2 2


2 2


2 6


( 1) 6 ( 1) 2 6


1


2 6 6 1


1


1 1


m



x m mx m m x m x


m


m m m m


y


m m


+


+ − = − ⇔ + = + ⇔ =


+


+ + −


⇒ = − =


+ +


+) theo giả thiết: 3x-y=1




2


2 2



2 2


2
2


2 6 6 1


3. 1


1 1


6 18 6 1 1


0
1


2 18 0 3


m m m


m m


m m m m


m


m m


+ + −



⇔ − =


+ +


+ − − + − −


⇔ =


+


⇔ − + = ⇔ = ±


Bài 3:
1) 1 điểm


2 2


) (2m 1) 4(m m 6) 25 0 m R


+ ∆ = − − − − = > ∀ ∈


Vậy ……



(70)

1 2


2 1 2 1


3; 2


5 0



x m x m


x x x x


= − = +


− = > ⇒ >


+) theo giả thiết :


1 2


3 5 2


5 5 2 3


2 5 3


: ...


m m


x x m


m m


KL


− > − > −



 


− < < < ⇔ ⇔ − < <
+ < <


 


2) 1 điểm:


Ta có pt tương đương với:


[

][

]

2


2 2 2


0
( 2)( 6) ( 3)( 4) 16


( 12 8 )( 12 7 ) 16


12 12


( 8)( 7) 16( x=0 ko la ng )


x x x x x


x x x x x


x x do



x x


+ + − − =


⇔ + + + − =


⇔ + + + − =


Đặt t x 12
x


= + ……


Bài 4:


a) Do MP AB


MQ AC







 nên…….


b) ∆BHA∆BPM vì 0
90
Bchung



BHA BPM





= =







  ………


c) Góc AHM vng nên H thuộc (O)


Tam giác ABC đều với AH là đường cao nên AH cũng là phân giác trong của góc BAC nên cung
HP bằng cung HQ . Do đó H là điểm chính giữa của cung PQ


Mặt khác PQ khơng là đường kính nên OH vng góc PQ
d) ta có:


. . .


( AB=BC=AC)


ABC MAB MAC


S S S BC AH AB MP AC MQ



AH MP MQ do


∆ = ∆ − ∆ ⇔ = −


⇔ = −



(71)

Bài 5:


+) đặt


2


2013 1


2
x
y


x



=


− . Thay vào pt ta được:


(

)

(

)(

)

(

)



(

)



(

)

(

)(

)

(

)




3
3


3 3


3
3


2 2


3 3 3


2 2


3 3 3


2 2014 2013 1


2 1 2013 2014 (*)


2 2013 2014 1


2013 2013


2 2013 2014 2014 1 1


1 1


2013



2 2013 2014 2014 1 1


2013


x y y x x


x y x x y


x y x y x


x y x y


x y x y y x x


x y


x y x y y x x


x y


+ − − = + − +


⇔ + + + = + + −


⇔ + − + = − − +


+ − − −


⇔ =



+ − + + + + +


 


 


⇔ + − +


+ − + + + + +


 



(72)



×