Tải bản đầy đủ (.pdf) (126 trang)

Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.94 MB, 126 trang )

(1)





Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp



TUY

ỂN TẬP ĐỀ THI TOÁN



VÀO L

ỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN




(2)

TUY

N T

ẬP ĐỀ

THI TOÁN



VÀO L

ỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THA

NH HÓA


L

I

NÓI ĐẦ

U



Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh luyện thi vào lớp 10 mơn
Sơn tỉnh Thanh Hóa. Đây là bộđềthi mang tính chất thực tiễn cao, giúp các thầy cô và các em học
sinh luyện thi vào lớp 10 có một tài liệu bám sát đềthi đểđạt được thành tích cao, mang lại vinh dự
cho bản thân, gia đình và nhà trường. Bộđề gồm nhiều Câu tốn hay được các thầy cô trên cảnước


sưu tầm và sáng tác, ôn luyện qua sẽgiúp các em phát triển tư duy mơn tốn từđó thêm u thích
và học giỏi mơn học này, tạo được nền tảng để có những kiến thức nền tốt đáp ứng cho việc tiếp


nhận kiến thức ởcác lớp, cấp học trên được nhẹnhàng và hiệu quảhơn.


Các vịphụhuynh và các thầy cơ dạy tốn có thểdùng có thểdùng tuyển tập đềtốn này để
giúp con em mình học tập. Hy vọng Tuyển tập đềthi tốn vào lớp 10 chuyên lam sơn này sẽcó thể
giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng và học tốn nói chung.


Mặc dù đã có sựđầu tư lớn vềthời gian, trí tuệsong khơng thể tránh khỏi những hạn chế,


sai sót. Mong được sựgóp ý của các thầy, cô giáo và các em học!



Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quảcao nhất từ bộđềnày!



(3)

Câu I:(2,0) điểm


1. Chứng minh rằng:


1 1 1 44


...


45
2 1 1 2+ +3 2+2 3+ +2025 2024+2024 2025 =


2. Cho x là số thực âm thỏa mãn 2
2
1


23
x


x


+ = . Tính giá trị của biểu thức:
3


3
1
A x


x



= +


Câu II:(2,0 điểm)


1. Giải phương trình:


2


1 1


2
2


x+ x =


2. Giải hệphương trình:


(

)



2
2


2 2 2


2x 0


6 3 0


x y y x



x y x y x


 + − + =




+ − + =



Câu III:(2,0 điểm)


1. Tìm tất cảcác nghiệm nguyên của phương trình: 2


5 5 2 0


xxyx+ y+ =
2. Cho biểu thức:

(

2020 2020 2020

) (

2016 2016 2016

)



A= a +b +ca +b +c với a,b,c là các số nguyên
dương. Chứng minh rằng A chia hết cho 30.


Câu IV:(3,0 điểm)


Cho tam giác nhọn ABC

(

AB<AC

)

nội tiếp đường tròn

( )

O có tâm là O. Các đường cao


,


BE CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường phân giác ngoài của BHC cắt các cạnh



,


AB AC lần lượt tại M N, . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác của




BAC tại điểm I khác A IM, cắt BE tại điểm PIN cắt CF tại điểm Q.


1. Chứng minh tam giác AMN cân tại A.


2. Chứng minh HPIQ là hình bình hành.


3. Chứng minh giao điểm của hai đường thẳng HIAO thuộc đường tròn

( )

O .
Câu V:(1,0 điểm)


Với các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c+ + =3, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


(

2

)(

2

)(

2

)



2 2 2


S = a + b + c +


--- Hết---


Họvà tên thí sinh: ... Sốbáo danh: ………
Chữkhú giám thị 1: ... Chữký giám thị2: ………..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC
Đềthi gồm 01trang


Đề số 1


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2019 – 2020


Mơn: TỐN


(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học)


Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kểthời gian giao đề)



(4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC
Đềthi gồm 01trang


Đề số 2


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN LAM SƠN
NĂM HỌC 2019 – 2020


Mơn: TỐN



(Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn)


Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kểthời gian giao đề)


Ngày thi: 06 tháng 6 năm 2019


Câu I:(2,0) điểm


1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:


1


1 1 1


a b c


ab+ +a +bc b+ + +ca+ +c =


2. Cho các số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn 2ab bc+ +2ca=0. Hãy tính giá trị của biểu


thức: 2 2 2
8a


bc ca ab
A


b c


= + + .



Câu II:(2,0 điểm)


1. Giải phương trình: 2 2


2x + + +x 1 x − + =x 1 3x.


2. Giải hệphương trình


1 1 9


2
1


5
x y


x y
x y
xy


xy y x


 + + + =





 + + + =




Câu III:(2,0 điểm)


1. Tìm tất cảcác cặp số nguyên

( )

x y; thỏa mãn: 2 4 3 2
y + =y x +x +x +x.
2. Cho hai sốnguyên dương x y, với x>1 và thỏa mãn điều kiện: 2 15


2x − =1 y . Chứng
minh rằng x chia hết cho 15.


Câu IV: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn

( )

O với AB<AC. Gọi
M là trung điểm của BC AM, cắt

( )

O tại điểm D khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt
đường thẳng AB tại F khác B.


1. Chứng minh rằng hai tam giác BDF CDE, đồng dạng.
2. Chứng minh rằng ba điểm E M F, , thẳng hàng và OAEF.


3. Đường phân giác của BAC cắt EF tại điểm N . Đường phân giác của CEN cắt CN
tại P, đường phân giác của BFN cắt BN tại Q. Chứng minh rằng PQ song song


với BC.


Câu V:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng, kẻ2022 đường thẳng phân biệt sao cho không có hai
đường thẳng nào song song và khơng có ba đường thẳng nào đồng quy. Tam giác tạo bởi
ba đường thẳng trong số các đường thẳng đã cho gọi là tam giác đẹp nếu nó khơng bị
đường thẳng nào trong số các đường thẳng còn lại cắt. Chứng minh rằng sốtam giác đẹp
khơng ít hơn 674.


--- Hết---




(5)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC
Đềthi gồm 01trang


Đề số 3


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2018-2019


Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút


Câu 1


1) Tính giá trịbiểu thức 1 1 1 1 ... 1 1


1 2 1 2 3 1 2 3 .... 2018


P= −  −  − 


+ + + + + + +


    


2) Cho a b, là các số thực dương thỏa mãn biểu thức


3 2



3 2


3 5 17 0


3 5 11 0


a a a
b b b


 − + − =





− + + =





Chứng minh rằng a b+ =2


Câu 2


1) Giải phương trình : 2

(

)



4 2 1 1


x − − =xx x
2) Giải hệphương trình : 2 2



2 2


1 1


1


1 1 2


x y


x y xy


+ =





− + − = +




Câu 3


1) Tính tất cảcác cặp sốnguyên dương

( )

x y; thỏa mãn: x2019 = y2019−y1346−y673+2


2) Cho n sốnguyên dương tùy ý, với mỗi số nguyên kta đặt Sk = +1k 2k +...+nk
Chứng minh rằng S2019S1


Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC có AB<AC. Gọi D, E, F theo thứ tựlà chân các đường cao
kẻ từ A B C, , của tam giác, P là giao điểm các đường BCEF. Đường thẳng qua D song


song với EF lần lượt cắt các cạnh AB AC CF, , tại Q, R, S


1) CMR: tứgiác BQCRlà tứgiác nội tiếp


2) Chứng minh PB DB


PC = DCvới D là trung điểm QS


3) Khi B, C cốđịnh và A thay đổi thù chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác
PQR luôn đi qua một điểm cốđịnh


Câu 5 Trong một giải đấu thểthao có n độ tham dự n≥2, luật đấu như sau: Hai đội bất kỳ


luôn đấu với nhau đúng 1 trận. Sau một trận, đội thắng được 2 điểm, đội thua 0 điểm và
hòa nhau cảhai đội được 1 điểm. Sau giải đấu các đội xếp hạng théo thứ tự từcao xuống
thấp (bằng điểm xếp cùng hạng). Hỏi điểm chênh lệch lớn nhất có thểgiữa các đội xếp thứ
hạng liền nhau là bao nhiêu ?



(6)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC
Đềthi gồm 01trang


Đề số 4


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2018-2019


Môn thi: CHUYÊN TIN


Thời gian: 150 phút


Câu 1: (2,0 điểm)


1. Tính giá trịbiểu thức =2 −
+


x y
A


x y , biết


2 2


2


− =


x y xyy≠0,x+ ≠y 0


2. Gọi x x1, 2là hai nghiệm của phương trình
2


1,


− −


x x tính 5 5


1 2



1 1


.


= +


B


x x


Câu 2: (2,0 điểm)


1. Giải hệphương trình


(

)



(

)



2


2


2
1


2
1


 + = −







 + = −



x


y
y


x


2. Tìm giá trị của tham sốmsao cho phương trình 2 2


2x −2mx m+ − =2 0có hai nghiệm


x1và x2 thỏa mãn 0≤ ≤x1 x2,khi đó xác định giá trị lớn nhất của x2.


Câu 3: (2,0 điểm)


1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2

(

)

2


9x +6x y− +1 3y +2y=35.


2. Tìm các sốnguyên dương a, b nguyên tốcùng nhau và thỏa mãn 2 2 9 .
41


+


=
+


a b


a b


Câu 4: (3,0 điểm)


Cho đường tròn (O) và hai điểm B, C cốđịnh trên đường trịn (BC khơng đi qua O),


A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho ABC là tam giác nhọn. Đường tròn tâm I nội
tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, AC tương ứng tại M, N. Gọi Q là điểm chính
giữa cung nhỏBC của đường (O), P là giao điểm của AQ BC,Elà giao điểm của CI với
MN.


1. Chứng minh tam giác BIQ cân


2. Chứng minh bốn điểm B, I, M, E cùng nằm trên một đường tròn.


3. Chứng minh AI. PQ = IP. IQ và tìm vịtrí của A để tích AI. PQ đạt giá trị lớn nhất


Câu 5: (1,0 điểm)


Cho x, y, zlà các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2


3 .


+ + =



xy z x z y z


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(

)


4


4 4 4 .


1


=


+ +


z
M


z x y


--- Hết---



(7)

Câu 1: ( 2 điểm )


Cho biểu thức: A = 







+



1
1
x
x :






+

+
+

+


+
6
5
2
3
2
2
3
x
x
x

x
x
x


x Với x 0 ; x4 ; x 9
1) Rút gọn biểu thức A


2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
Câu 2 : ( 2 điểm )


a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ; cho ba đường thẳng (d1) : y = -5(x + 1) ;


(d2) : y = 3x – 13 ; (d3) : y = mx + 3 ( Với m là tham số ) Tìm tọa độ giao điểm I của hai


đường (d1) và (d2) với giá trị nàocủa m thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I ?


b) Giải hệ phương trình






=


+
=
+
+


5
1
2
.
3
5
2
2
1
x
y
y
x


Câu 3 : ( 2 điểm )


a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1


x2khác 0 thỏa mãn điều kiện


1
2
2
1
x
x
x
x
+ +
2


5 = 0 ?
b) Giải phương trình x x−2 = 9 −5x


Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố định, M
là một điểm di động trên (O) .sao cho M không trùng với các điểm A và B .Lấy C là điểm
đối xứng với O qua A .Đường thẳng vng góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N
đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E .các đường thẳng BM và CN cắt
nhau tại F


a / Chứng minh ba điểmA; E ; F thẳng hàng và tứ giác MENF nội tiếp
b / Chứng minh : AM .AN = 2R2


c / Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để tam giác BNF có diện
tích nhỏ nhất


Câu 5 : ( 1 điểm ) Cho a; b ; c là độ dài ba cạnh của tam giác .Chứng minh rằng
ab
c
b
a
2
2
2
2 + −


+
bc
a
c
b


2
2
2
2 + −


+
ca
b
a
c
2
2
2
2 + −


> 1


---Hết---


Họ và tên thí sinh : ……….. SBD :………
Giám thị coi thi thứ 1: ………. Giám thị coi thi thứ 2 :……….


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 5



KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2017 - 2018


Mơn: TỐN (Chung)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )



(8)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 6


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2017 - 2018


Mơn: TỐN (Chun Tốn)
Thời gian làm bài: 150 phút
( không kể thời gian giao đề )


Câu 1: (2,0 điểm)


a/ Tính tổng 1 1 ... 1 .


1.2.3 2.3.4 2016.2017.2018


= + + +



A


b/ Cho các số thức m, n, p, x, y, z thỏa mãn điều kiện:


; ; ; 0.


= + = + = + + + ≠


x ny pz y mx pz z mx ny x y z
Chứng minh rằng: 1 1 1 2.


1+m+1+n+1+ p =


Câu 2: (2,0 điểm)


a/ Giải phương trình: 3 3 2 5 2 2


5 1 .


6



+ − = x


x x


b/ Giải hệ phương trình:


3



2 y


x 2 1 3


x x


y y


x xy 9x 12 0




+ = + −





+ =




Câu 3: (2,0 điểm)


a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên a thì biểu thức: A a5 a4 7a3 5a2 a


120 12 24 12 5


= + + + +



cũng là một số tự nhiên.


b) Tìm tất cả số nguyên (x, y) thỏa mãn: 5x2+8y2 =20412.


Câu 4: (3, 0 điểm)


Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm (O) bán kính R cố định
và D là chân đường phân giác trong góc A của tam giác. Gọi E và F lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp của tam giác ABD và ACD.


a) Chứng minh  AEO =ADC và tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác OEF là tam giác cân.


c) Khi B, C cốđịnh và A di động trên (O) (A ≡ B, A ≡ C), chứng minh tứ giác
AEOF có diện tích khơng đổi.


Câu 5: (1, 0 điểm)


Trong mặt phẳng có nhiều nhất bao nhiêu đường thẳng mà mỗi đường trong số các
đường thẳng đó cắt được đúng 2018 đường thẳng khác?



(9)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thigồm 01trang
Đề số 7


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN


NĂM HỌC 2016 - 2017


Mơn: TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút
( không kể thời gian giao đề )


Câu I (2.0 điểm)Cho biểu thức 2 1 3 11


9


3 3


x x x


A


x


x x


+ −


= + +




+ − (Với x≥0;x≠9)
a/ Rút gọn A



b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A≥0


Câu II (2.0 điểm)


a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1):

(

2

)



1 2


y= mx+ m (m là tham số) và


(d2): y=3x+4. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau
b/ Cho phương trình: 2

(

)



2 1 2 5 0


xmx+ m− = (với m là tham số). Tìm các giá trị của m để
phương trình đó có hai nghiệm x1; x2thỏa mãn

(

x12−2mx1+2m−1

)

(

x2−2

)

≤0


Câu III (2.0 điểm)


a/ Giải hệ phương trình


2
2


2 3


3 2 1


x y



x y


 + =





− =





b/ Giải phương trình: 2

(

)

2


4 7 4 7


x + x− = x+ x


Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với BAD<90o, tia phân giác góc BCD<90o


cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD tại O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) đi qua A và
vng góc với CO. Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD lần lượt tại M và N.


a/ Chứng minh OBM  = ODC


b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN


c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Chứng
minh rằng: ND IB – IK2 2 2



MB = KD


Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z 3
2




Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(

)



(

)

(

(

)

)

(

(

)

)



2 2 2


2 2 2


1 1 1


1 1 1


x yz y zx z xy
P


z zx x xy y yz


+ + +


= + +


+ + +




(10)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 8


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2016 - 2017


Mơn: TỐN (CHUN)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )


Câu 1: (2,0 điểm)


a) Chứng minh rằng: 1 1 ... 1 1931
1975
2 1+3 2+ +2016 2015 >
b) Với a > 8/3, chứng minh rằng: 3 3


3a− +1 a 8a− +3 3a− −1 a 8a− =3 1
Câu 2: (2,0 điểm)


a) Giải phương trình 2 4 2 5 3


3 5 3 2





+ =


+ + − +


x x


x x x x


b) Giải hệ phương trình

( )



(

)

( )



8 8 4


2 1


1 1 2


 + =





+ = +





x y y x


x x y xy
Câu 3: (2,0 điểm)


a) Tìm nghiệmnguyên (x, y) của phương trình: (x + 1)(x + 2)(x + 8)(x + 9) = y2


b) Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn phương trình: 2016x+2017x =2018x
Câu 4: (3,0 điểm)


Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định với OA = 2R, BC là đường kính quay
quanh O sao cho đường thẳng BC không đi qua A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
cắt OA tại I khác A. Các đường thẳng AB, AC cắt (O) lần lượt tại D và E. K là giao điểm
của DE và OA.


a/ Chứng minh bốn điểm K, E, C, I cùng thuộc một đường trịn
b) Tính độ dài AI theo R


c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua một điểm cố định khác A
khi đường kính BC quay quanh (O)


Câu 5: (1, 0 điểm)


Một số tự nhiên được gọi là số thú vị nếu chữ số đó có 10 chữ số đôi một khác nhau
và là bội của 11111. Hỏi có bao nhiêu số thú vị.



(11)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 9



ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2015 - 2016


Mơn: TỐN (Chung)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )


Câu 1: (2,0 điểm)


Cho biểu thức: : 1 ( 0, 4)


2 2 4 4


a a a


M a a


a a a a a


+


 


= + > ≠


− − − +



 


Rút gọn biểu thức M.


Tìm tất cảcác giá trị của a đểM ≤ 0.
Câu 2: (2,5 điểm)


Giải hệphương trình:


3


2 3


2
5


x
y
x


y


+ =





 − =




Cho phương trình: 2 2


2( 2) 0


x + m− −m = , với m là tham số. Tìm m đểphương trình có 2
nghiệm phân việt x1;x2 thỏa mãn x1<x2;|x1|−| x | 62 =


Câu 3: (1,5 điểm)


Giải phương trình: 3 2


5 x + =1 2(x +2)


Câu 4: (3,0 điểm)


Cho tam giác ABC vng tại A và (C) là đường trịn tâm C bán kínhCA. Lấy điểm D
thuộc đường trịn (C) và nằm trong tam giác ABC. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho


1
2


BDM = ACD; N là giao điểm của đường thẳng MD với đường cao AH của tam giác
ABC; E là giao điểm thứhai của đường thẳng BD với đường tròn (C). Chứng minh rằng:
MN song song với AE.


BD.BE = BA2 và tgiác DHCE nội tiếp.


HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng MN.


Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất


của biểu thức: 2 2 2


1 1 1


x y z


S


y z x


= + +


+ + +



(12)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 10


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2015 - 2016


Môn: TOÁN (Chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )



Bài 1. a) Chứng minh 2 2+ 3 = 6+ 2


b) Cho 2


1 0


− − =


x x =. Tính


6 5 4 3


4 3 2


3 3 2015


3 3 2015


− + − +


=


− − − +


x x x x


P


x x x x



Bài 2.a) Cho phương trình 2

(

)



2x + 2m−1 x m+ − =1 0, với m là tham số. Khi phươngtrình có


hai nghiệm x x1, 2 hãy viết hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x x1, 2 không phụ thuộc vào m.


b) Giải hệ phương trình

(

) (

)


2 2


4


1 2


 + + + =




+ + + =





x y x y


x x y y y


Bài 3.a) Tìm số nguyên dương bé nhất để 3 2


4 20 48


= + − −



F n n n chia hết cho 125


b) Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; ... được xác định như sau: số hạng thứ k bằng
tích của k số nguyên tố đầu tiên

(

k=1; 2;3;...

)

. Biết rằng có hai số hạng của dãy số đó có


hiệu bằng 30000. Tìm hai số hạng đó.


Bài 4.Cho nửa đường trịn có hai đường kính AB=2R. Gọi C là một điểm trên nửa
đường trịn đó, D là hình chiếu của C trên AB. Tia phân giác của ACD cắt đường trịn
đường kính AC tại điểm thứ hai là E, cắt tiaphân giác của ABC tại H


a) Chứng minh AE song song với BH


b) Tia phân giác BAC cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai F, cắt CE tại I.


Tính diện tích tam giác FDI khi BAC 60 = 0.


c) Trên đoạn thẳng BH lấy điểm K sao cho HK=HD. Gọi J là giao điểm cuae AF và
BH. Chứng minh K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD và xác định vị trí của C để để
tổng khoảng cách tứ I, J, K đến đường thẳng ABlớn nhất.


Bài 5.Cho ba số thực x, y, x thỏa mãn xyz 1= . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:


2 2 2 2 2 2


xy yz zx


T



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


= + +


+ + +



(13)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 11


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2015 - 2016


Mơn: TỐN (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 120 phút
( không kể thời gian giao đề )


Bài 1. Cho biểu thức:


(

)



− + − − − +


=


− − −



1 x 2 x 2 1 x 1


M


x 1 2 x 1
a) Rút gọn biểu thức M


b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M


Bài 2. a) Giải phương trình: 5x2 + 82 = - x4 x 4


-9 x 3 3 x


 


 


 


b) Giải hệ phương trình:


2
2
2


x + x - 1 = y
y + y - 1 = z
z + z - 1 = x









Bài 3. a) Tìm số nguyên dương n sao cho 6 4 3


n +n −n +1 là số chính phương


b) Cho các số 1; 2; 3; ...; 100. Viết một cách tùy ý 100 số đó nối tiếp nhau theo hàng
ngang ta được một số tự nhiên. Hỏi số tự nhiên đó có chia hết cho2016hay khơng?


Bài 4. Gọi BC là dây cung cố định có độ dài bằng R 3 của đường trịn tâmI, bán


kính R và A là điểm thay đổi trên đường tròn sao cho BAC nhọn. Gọi M là điểm đối xứng
của B qua AC; Nlà điểm đối xứng của C qua AB; H là giao điểm của BM vớiCN. Các
đường trònngoại tiếp tam giác ABM và ACNcắt nhau tạiP khác A


a) Tính BAC và chứng minh 5 điểm B, H, I, C, Pcùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh ba điểm A, I,Pthẳng hàng và hai tam giác ABH, APCđồng dạng.
c) Xác định vị trí của A để diện tích tam giácBPCđạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn
nhất đó theoR.


Bài 5.Trên một đường thẳng cho n điểm liên tiếp M , M , M , ..., M (n Z, n 3) 1 2 3 n ∈ ≥ thỏa
mãn M M1 2 =M M2 3 = M M3 4 =... M M= n 1 n ≠ 0. Một đoạn thẳng được gọi là "đẹp" nếu hai


đầu mút cùng với trung điểm của nó là batrong số các điểm đã cho. Tìm n biết rằng
đường thẳng đó có tất cả 2209 đoạn thẳng "đẹp".




(14)

Câu 1:( 2.0 điểm)


Cho biểu thức:

P

3

16

7

1

3



2

3

3

1



x

x

x

x



x

x

x

x



+

+



=



+

+

( Với x > 0)


1. Rút gọn biểu thức P


2. Tính giá trị của biểu thức P khi

x

=

2 2

+

3

.
Câu 2: (2.0 điểm)


1. Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x 2015, với m là tham số. Tìm m để phương


trình có hai nghiệm x1, x2thoả mãn

x

12

+

2014

− =

x

1

x

22

+

2014

+

x

2


2.Giải phương trình:

1

2

1

2

3


(2

x

+

1)

+

(2

x

+

2)

=


Câu 3: (2.0 điểm)


Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3+ y3 –x2y – xy2= 5



Câu 4: (3.0 điểm)Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (M


A, M

B) và I là điểm thuộc đoạn OA( I

O, I

A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa
điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vng
góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với
IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng:


1. Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp
2. EF//AB


3. OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM.
Câu 5: (1.0 điểm)


Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: 2 2


x

+

y

+

y

2

+

z

2 + 2 2


z

+

x

= 2014
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =

x

2


y

+

z

+


2


y


z

+

x

+


2


z



x

+

y



____________________Hết__________________


Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh: ………
Chữ ký của giám thị 1: ……… Chữ ký của giám thị 2: ………


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 12


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2014 - 2015


Mơn: TỐN (Chun Tin)
Thời gian làm bài: 120 phút



(15)

Câu 1(2.0 điểm) Tính giá trị của biểu thức:


2 2 2 2 2 2


1

1

1

1

1

1



1

1

...

1



1

2

2

3

2013

2014




S

=

+

+

+

+

+

+ +

+

+


Câu 2(2.0 điểm):


1. Giải phương trình: (x + 1) 2


2

x

2

x

= 2x2 – 3x – 2


2. Giải hệ phương trình:

(

)

(

)



2


2

2

6



(

1)

1



xy

y

x


x y



+

= −






+ = −






Câu 3(2.0 điểm)


1. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p+1)(p-1) chia hết cho 24.


2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3+ y33xy 3 = 0.


Câu 4(3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB < AC ngoại tiếp đường trịn (O).
gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC; I là giao điểm của BO với
EF, M là điểm di động trên đoạn CE.


1. Tính số đo góc BIF


2. Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O); P, Q lần lượt là hình chiếu của
N trên các đường thẳng DE, DF. Xác định vị trí điểm M để độ dài PQ lớn nhất.
Câu 5(1.0 điểm) Trên bảng cho 2014 số tự nhiên từ 1 đến 2014. Thực hiện liên tiếp phép
biến đổi sau: Mỗi lần xoá đi hai số bất kỳ a, b có trên bảng rồi viết thêm số a + b -

1



2

ab vào
bảng. Khi trên bảng chỉ còn lại đúng một số thì dừng lại. Tìm số cịn lại đó.


_____________________Hết____________________
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 13


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2014 - 2015


Mơn: TỐN (Chun Tốn)


Thời gian làm bài: 120 phút



(16)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 14


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2014 - 2015


Mơn: TỐN (Chung)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )


Bài 1: (2,0điểm): Cho biểu thức C a 2 2


a 16 a 4 a 4


= − −


− − +


1. Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C.
2. Tính giá trị của biểu thức C khi a= +9 4 5 .


Bài 2: (2,0 điểm):



Cho hệphương trình

(

m 1 x

)

y 2


mx y m 1


− + =





+ = +


 (với m là tham số)


1.Giải hệ phương trình khi m = 2.


2. Chứng minh rằng với mọi m, hệ phương trình ln có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn :
x + 2y ≤ 3


Bài 3: (2,0 điểm):


1) Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m đểđường thẳng (d): y = mx – m + 2 cắt Parabol (P): y =
2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung.


(

)



2 2 2 2


1 2 3 1 2 4



A=x x + x +x


2)Giải hệphương trình
3


3 x 2y 4 x 2y (1)
2x 6 2y 2 (2)


 + = − −





+ + =





Bài 4: (3,0 điểm): Cho đường tròn O đường kính BC và một điểm A nằm bất kì trên đường
trịn (A khác B và C). Gọi AH là đường cao của ∆ABC, đường tròn tâm I đường kính AH
cắt các dây cung AB, AC tương ứng tại D, E.


1. Chứng minh rằng : góc DHE bằng 900 và AB. AD = AC . AE


2. Các tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D và E cắt BC tương ứng tại G và F. Tính số
đo góc GIF


3. Xác định vịtrí điểm A trên đường trịn (O) để tứgiác DEFG có diện tích lớn nhất


Bài 5: (1,0 điểm): Cho ba số thực x, y, z. Tìm giá trị lớn nhất biểu thức



(

)



(

)

(

)



2 2 2


2 2 2


xyz x y z x y z


S


x y z xy yz zx


+ + + + +


=


+ + + +



(17)

Câu 1: (2 điểm) :


Cho biểu thức: P=


2


3 1 a : 3 1


1 a 1 a



 


 


+ − +


 


+


   − 


a) Rút gọn A;
b) Tìm a sao cho P =


2


1
1 a−


Câu 2: (2 điểm)


Trong mặt phẳng tọa độ cho parabol y=x2và đường thẳng y= mx - (m - 2)2


Với m là tham số .


1) Xác định mđể đường thẳng và parabol có điểm chung.


2) Gọi hoành độ các điểm chung của đường thẳng và parabol là x1; x2tìm giá trị lớn



nhất và nhỏ nhất của biểu thức : Q= x1x2+2x1+2x2


Câu 3:(2 điểm)


Giải phương trình : (x2+3x + 3)2 +( x2 +3x +5)4 =82
Câu 4:(3 điểm )


Cho Tam giác đều ABC , Trên các cạnh BC; CA; AB lần lượt lấy các điểm
M,N,P Sao cho BM=CN=AP


1) Chứng minh:Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNP trùng nhau.


2) Gọi I;J;K lần lượt là trung điểm của MN; BC; CA Chứng minh ba điểm I; J; K thẳng
hàng


3) Khi M di đông trên đoạn BC và N di động trên đoạn CA Hãy xác định vị trí các
điểm M; N để đoạn MN có độ dài nhỏ nhất.


Câu 5:(1 điểm)


Cho x; y là hai số thực thỏa mãn điều kiện :
x2013+ y2013=2x1006y1006


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S = 1- xy


_________Hết_________
THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC



Đề thi gồm 01trang
Đề số 15


NĂM HỌC 2013 - 2014


Mơn: TỐN (

chun tiếng Nga và Pháp)


Thời gian làm bài: 120 phút



(18)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 16


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠ
NĂM HỌC 2013 - 2014


Mơn: TỐN (

chun tốn

)


Thời gian làm bài: 120 phút


( không kểthời gian giao đề )


Câu 1:(2,0 điểm)


Cho (a – 1) và (1 – b) thỏa mãn phương trình x 2x 2013 0.3+ − = Tính a + b.


Câu 2: (2,0 điểm)



1. Giải phương trình

(

x 2 x 6x 11

)

(

2 +

) (

2 = 5x 10x 12 +

)

2


2. Giải hệphương trình:


2


1 1 1 3
x y z


2 1 9


xy z
+ + =





=



Câu 3:(2,0 điểm)


Cho x, y là các số tựnhiên khác 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 36= x5 .y


Câu 4: (3,0 điểm)


Cho ∆ABC cân tại C có CDlà đường trung tuyến. Gọi

(

O ;R1 1

)

là đường trịn
đường kính AD

(

O ;R2 2

)

là đường tròn đi qua A, tiếp xúc với CD tại C. Gọi Elà giao
điểm thứhai (khác A) của

(

O ;R1 1

)

với

(

O ;R .2 2

)




1. Chứng minh tứ giác BDECnội tiếp đước được.


2. Gọi Ilà trung điểm của CD. Chứng minh ba điểm A, E, I thẳng hàng. Tính số đo
góc BCE biết CD = 2AD


3. Gọi H là giao điểm của O O1 2 và AE . Chứng minh rằng:


1 2
1 2


O O
ID


,


IH= R +R từđó


suy ra: E là trọng tâm của ∆ACD khi và chỉkhi O O1 2 3

(

R R .1 2

)


2


= +


Câu 5: (1.0 điểm)


Trong mặt phẳng, cho tập hợp P gồm hữu hạn điểm bất kì khơng cùng nằm trên
một đường thẳng. Xét tất cả các đường thẳng đi qua hai điểm bất kì của P. Chứng minh
rằng ln có ít nhất một đường thẳng chỉ điqua đúng hai điểm của P.



(19)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 17


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠ
NĂM HỌC 2013 - 2014


Mơn: TỐN (

chun tin

)


Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )


Bài 1: (2,0 điêm)


Tính giá trịbiểu thức: P 1 2x 1 2x
1 1 2x 1 1 2x


+ −


= +


+ + − − với


3


x .



4
=
Bài 2: (2,0 điểm)


1. Cho phương trình mx2

(

m 3 x 2m 1 0+

)

+ + = với m là tham số.


Tìm m đểphương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức:


(

2 x x 2 x x+ −1 2

)(

− +1 2

)

=0.


2. Giải phương trình:


(

)



2
2


2


25x


x 11.


x 5


+ =


+
Bài 3: (2,0 điểm)



Chứng minh rằng nếu m là sốnguyên và a là nghiệm nguyên của phương trình


(

)



4 3 2


x 4x− + +3 m x x m 0− + = thì a là một số chẵn.


Bài 4: (3,0 điểm)


Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thức tự đó thỏa mãn điều kiện AB < AC.
Trong nữa mặt phẳng có bờlà đường thẳng AC dựng các nữa đường trịn đường kính AC,
AB, BC có tâm lần lượt O,O ,O . Đườ1 2 ng thẳng qua B vng góc với AC cắt nữa đường
trịn đường kính AC ở D. Các điểm E,F phân biệt lần lượt nằm trên các nữa đường trịn
đường kính AB BCsao cho đường thẳng EFlà tiếp tuyến chung của hai nữa đường trịn
đó. Chứng minh rằng:


1. Tứgiác AEFC nội tiếp trong một đường tròn
2. OD EF⊥


Bài 5: (1,0 điểm)


Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 5x 4y 3z 2xyz 60.2 + 2+ 2+ = Tìm giá trị ln


nhất của biểu thức: P x y z.= + +



(20)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)



Đề số 18


KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 – 2013


Mơn thi : TỐN


(Mơn chung cho tất cảc thí sinh)


Thời gian làm bà :120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 17 tháng 6 năm 2012


Câu 1(2.0 điểm ) : Cho biểu thức 1 1 4 1


1 1 2


a a


P a


a a a a


 + − 


= − + 


− +


  , (Với a > 0 , a ạ 1)



1. Chứng minh rằng : 2
1
P


a


=


2. Tìm giá trị của a để P = a


Câu 2(2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2và đờng thẳng (d) :


y = 2x + 3


1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt


2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ)
Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phơng trình : x2+ 2mx + m2 – 2m + 4 = 0


1. Giải phương trình khi m = 4


2. Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt


Câu 4(3.0 điểm) : Cho đờng trịn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O) (
M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đờng tròn (I) đi qua M
và tiếp xúc với đờng thẳng AC tại C. CD là đờng kính của (I). Chứngminh rằng


1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng


2. Tam giác COD là tam giác cân


3. Đờng thẳng đi qua D và vng góc với BC ln đi qua một điểm cố định khi M di động
trên đờng tròn (O)


Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : 2 2 2
3
a +b +c =


Chứng minh rằng : 2 2 2 1


2 3 2 3 2 3 2


a b c


a + b+ +b + c+ +c + a+ ≤



(21)

---SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
THANH HỐ
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)


Đề số 19


KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 – 2013


Mơn thi : TỐN
(Chun Tin)



Thời gian làm bà :120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 18tháng 6 năm 2012


Câu 1: (2,0 điểm)


Cho

a

x

1

,

b

y

1

,

c

xy

1

,



x

y

xy



= +

= +

=

+

với các số thực

x y

,

thỏa mãn

xy

0.



Chứng minh 2 2 2


A

=

a

+ + −

b

c

abc

không phụ thuộc vào

x y

, .


Câu 2: (2,0 điểm)


a) Cho phương trình 2 2


(2

1)

6

0.



x

m

+

x

+

m

+ − =

m

Tìm các giá trị của

m

để


phương trình đã cho có hai nghiệm

x x

1

,

2 thoả mãn


3 3


1 2

35.



x

x

=




b) Giải hệ phương trình:

3

2

1



0



x

y

x

y


x

y

x

y



+ −

+

= −






+ + − =





.


Câu 3: (2,0 điểm)


Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 2 3

1



y

= + +

x

x

+

x

.
Câu 4: (3,0 điểm)


Cho tam giác

ABC

có ba góc nhọn,

AK

là đường cao và

H

là trực tâm của tam giác.


Gọi

I

là trung điểm cạnh

BC

. Đường trịn đường kính

BC

và đường trịn đường


kính

AI

cắt nhau tại hai điểm phân biệt

E

F

. Chứng minh rằng:



a)

KA

là phân giác của

EKF

.


b) Đường tròn đi qua ba điểm

E K H

, ,

tiếp xúc với đường trịn đường kính

BC

.
c) Ba điểm

E H F

,

,

thẳng hàng.


Câu 5: (1,0 điểm)


Cho

x y

,

là các số thực dương thay đổi thỏa mãn:

x

+ =

y

1

. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức


1

1



x

y


P



x

y



=

+



.


--- Hết---


Họ và tên thí sinh: ... Số báo danh: ...
Họ tên và chữ ký của giám thị 1 Họ tên và chữ ký của giám thị 2



(22)

Câu 1:(2.0 điểm )


Cho biểu thức : 2 : 2



2 2


 


= +


+ +


 


x x


P


x x x x (Với x > 0 )
1. Rút gọn biểu thức P


2. Tìm giá trị của x để P = 3
Câu 2:(2.0 điểm )


Cho hệ phương trình:

x

my

3m

2


mx

y

m

2



+

=





− =






1. Giải hệ phương trình với m = 3


2. Tìm m để hệ có 1 nghiệm duy nhất thỏa mãn x2 – x – y > 0


Câu 3: (2.0 điểm )


Giải phương trình:


2 2 2


2


x 1

x

1

x 1



4

3

0



x

2

x

2

x

2



+



+

=



+





Câu 4: . (3.0 điểm ) Cho ba điểm A; B; C phân biệt, thẳng hàng và theo thứ tự đó, sao cho: AB
≠ BC. Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AC dựng các hình vng ABDE


và BCFK. Gọi I là trung điểm EF, đường thẳng đi qua I và vuông góc với EF cắt đường
thẳng BD và AB lần lượt tại M và n. Chứng minh rằng:


1. Tứ giác AEIN và EMDI là các tứ giác nội tiếp trong đường tròn.


2. ba điểm A; I; D thẳng hàngvà năm điểm B; N; E; N; F cùng nằm trên một đường tròn.
3. Các đường thẳng AK, EF, CD đồng quy.


Câu 5: (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 9


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S

2

x

3 2 2

y

3 2 2

z

3 2


x

xy

y

y

yz

z

z

zx

x



=

+

+



+

+

+

+

+

+



__________________Hết_________________
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 20


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 - 2013



Mơn: TỐN (Chung)
Thời gian làm bài: 120 phút



(23)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 21


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 - 2013


Môn: TOÁN (Chuyên Nga Pháp)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )


Câu 1:(2.0 điểm )


Cho biểu thức : 2 3 2 : 2


5 6 2 3 1


x x x x


A



x x x x x


 + + +   


= − −    − 


− + − − +


   


1/ Rút gọn biểu thức A.


2/ Tìm các giá trị của x để 1 5
2
A≤ −
Câu 2(2,0 điểm )


Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2

(

a

0

)

và đường thẳng (d): y


= bx + 1


1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2)


2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) cịn có một điểm chung N
khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ)


Câu 3 (2.0 điểm)


1/ Cho phương trình: 2 2



(2

1)

6

0



x

m

+

x m

+

+ − =

m

(m là tham số). Tìm m để


phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
2/ Giải hệ phương trình:


1 1 2


1 1


1


x y


x y


− + − =





+ =




Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O). Từ A kẻ tiếp tuyến


APAQ tới đường tròn (PQlà các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vng góc


với OPcắt đường thẳng OQ tại M.


1/ Chứng minh rằng: MO = MA


2/ Lấy điểm Ntrên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) tại N
cắt các tia AP, AQlần lượt tại B và C. Chứng minh rằng:


a)

AB

+

AC

BC

khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm N.


b) Nếu tứ giác BCQPnội tiếp được trong một đường trịn thì PQ//BC
Câu 5 (1.0 điểm)


Cho x, y là các số thực dương thoả mãn :

1

2

2



x

+ =

y

. Chứng minh rằng :


2 2



(24)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 22


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2012 - 2013


Môn: TỐN (Chun Tốn)



Thời gian làm bài: 120 phút
( không kểthời gian giao đề )


Câu 1: (2.0 điểm)


Cho

𝑎

=

𝑥

+

1


𝑥

,

𝑏

=

𝑦

+


1


𝑦

,

𝑐

=

𝑥𝑦

+


1


𝑥𝑦, với các số thực x,y thỏa mãn xy ≠ 0.


Tính giá trịbiểu thức A = a2 +b2 +c2abc.


Câu 2: (2.0 điểm)


Cho phương trình (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 6) = mx2 (m là tham số).


Giả sửm nhận các giá trịsao cho phương trình có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4đều khác 0.
Chứng minh rằng biểu thức 1


𝑥1

+



1
𝑥2

+




1
𝑥3

+



1


𝑥4 không phụ thuộc m.


Câu 3: (2.0 điểm)


Tìm sốnguyên dương n sao cho 𝑛(2𝑛−1)


26 là sốchính phương.


Câu 4: (3.0 điểm)


1) Cho tam giác ABC vuôngtại A, đường cao AH.Gọi (I), (K) lần lượt là các đường
tròn nội tiếp tam giác ABH, ACH. Đường thẳng KI cắt cạnh AB tại M và cạnh AC tại


N.


a) Chứng minh 𝐼𝐻


𝐾𝐻

=



𝐵𝐻
𝐴𝐻.
b) Chứng minh rằng AM = AN.


2) Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trên cạnh AB (D ≠ A,B), trung tuyến AM cắt CD
tại E. Chứng minh rằn nếu

𝐷𝐵𝑀

+

𝐷𝐸𝑀

= 1800thì BC < AC

2

.


Câu 5: (1.0 điểm)


Cho x,y là các số thực thay đổi thỏa mãn:

�𝑥

> 1,

𝑦

> 1



𝑥

+

𝑦 ≤

4.


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 𝑥4


(𝑦−1)3

+



𝑦4


(x−1)3 .


...Hết...


Họvà tên thí sinh: ... Sốbáo danh:...



(25)

Câu I (2,5 điểm)


1. Giải phương trình: 4 3


2
8
2
4
17


2−x= − xx



2. Chứng minh rằng: 2


2


2
12
17
2
12


17 4


4


=


+
+


Câu II: (2 điểm) Giải phương trình:
(x - 1)(x - 2)(x + 3)(x + 6) = 12x2
Câu III (1,5 điểm)


Tìm các số nguyên x,y thõa mãn: x2 +x+2y2 +y=2xy2 +xy+3


Câu IV : (3 điểm)


Cho tam giác ABC cân tại A. Trêncạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm D và E sao
cho DE = BD + CE. Tia phân giác góc BDE cắt cạnh BC tại I. CMR :



a) Tam giác DIE vuông


b) Đường thẳng DI luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V: (1 điểm)


Cho a, b là các số dương thỏa mãn: a + b = 1


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = 19 26 2 2011(a4 b4)
b


a


ab+ + + +
____________Hết___________


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01 trang
Đề số 23


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2011 - 2012


Mơn: TỐN (Chun Tin)
Thời gian làm bài: 120 phút




(26)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 24


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2011 - 2012


Mơn: TỐN (Chung)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )


Câu 1: (2.0đ)


Cho biểu thức:


3
3
2
1


2
3
3
2



11
15


+
+




+

+



=


x
x
x


x
x


x
x
A


1/ Rút gọn biểu thức (ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1)
2/ Chứng minh 2



3
A
Câu 2: (2.0đ)


Cho parabol (P) y = 2
2
1


x và đường thẳng y = mx –m + 2 (m là tham số)
1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hồnh độ x = 4.


2, Chứng minh với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm.
Câu 3: (2.0đ)


1, Giải hệ phương trình


2 3


12


5 2


19
x y


x y


 + =






 + =



2, Giải phương trình :


2


3


6 2
9


x
x


x


+ =



Câu 4: (3.0đ)


Gọi C là điểm nằm trên đoạn thẳng AB. ( C ≠ A, C ≠ B). Trên nữa mặt phẳng bờ chứa
đường thẳng AB, kẻ các tia Ax, By vng góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I ≠ A. Đường
thẳng vuộng góc với CI tại C cắt By tại K. Đườngtròn đương kính CI cắt IK tại P.


1, CM:



a, Tg CPKB nội tiếp được trong một đường tròn.
b, ∆APB vuông tại P.


2, A, I, B cố định . XĐ vị trí của C trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) sao cho tg ABKI có
diện tích lớn nhất?


Câu 5: (1.0đ)


Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P
biết


b
ac


ca
a


bc
bc
c


ab
ab
P


2
2


2 + + + +



+
=



(27)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 25


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2010 - 2011


Mơn: TỐN (Chun)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )


Câu 1: (2,0 điểm)


1. Giải phơng trình: 3


3

140

0



x

+

x

=

.


2. Khơng dùng máy tính, tính giá trị biểu thức: 3 3


70

4901

70

4901




=

+

+



P

.


Câu 2: (2,5 điểm)


1. Cho parabol (P):

1

2

4


=



y

x

và đờng thẳng (d): y = -1. Gọi M là một điểm bất kỳ


thuộc (P). Tìm trên trục tung tất cả các điểm sao cho khoảng cách từ Mđến điểm đó bằng
khoảng cách từ Mđến đờng thẳng (d).


2. Cho ba số khơng âm a, b, ccó tổng bằng 1. Chứng minh rằng: b+ c16abc. Chỉ rõ
dấu đẳng thức xảy ra khi nào?


Câu 3: (1,5 điểm)


Giải hệ phơng trình sau (với x > 0, y< 0):


2 2


1

10

10

1



3

3



82



9




+

+

− + =

+ +








 + =






x

x

y

y



y

y



x

y





Câu4: (3,0 điểm)


Tam giác ABC có

0

105



BAC

=

, đờng trung tuyến BMvà đờng phân giác trong CD


cắt nhau tại K sao cho KB = KC. Gọi Hlà chân đờng cao hạ từ Acủa tam giác ABC.
1. Chứng minh rằng: HA= HB.


2. Tính số đo các góc

ABC

ACB

.

Câu 5: (1,0 điểm)


Ký hiệu [x] là phầnnguyên của số thực x. Tìm các số thực xthoả mãn:


8

1

4

1

16

7



6

3

9



x

+

x

x



 

+

=



 



 

.



(28)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 26


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2010 - 2011


Mơn: TỐN (Tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút



( không kể thời gian giao đề )


Câu I: ( 2 điểm )


Cho biểu thức: A =

6

1

:

2

10



4

3

6

2

2





+

 

− +



+

 

+



 



x

x



x



x x

x

x

x

x



1) Rút gọn biểu thức A
2). Tìm x sao cho A < 2


Câu II : ( 2 điểm ) Cho x1và x2là hai nghiệm của phương trình : x2 – 7x + 3 = 0


1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là 2x1 -x2và 2x2 -x1


2) Tính giá trị của biểu thức : B =

2

x

1

x

2

+

2

x

2

x

1


Câu III : ( 1,5 điểm ) Giải hệ phương trình:


4

1



1



2

2



20

3



1



2

2



=



 +






+

=



 +





x

y

x

y




x

y

x

y





Câu IV : ( 3,5 điểm )


Cho hình vng ABCD trên đường chéo BD lấy điểm I sao cho BI = BA . Đường thẳng đi
qua I vng góc với BD cắt AD tại E và AI cắt BE tại H


1) Chứng minh rằng : AE = ID


2) Đường trịn tâm E bán kính EA cắt AD tại điểm thứ hai F ( F ≠A)
Chứng minh : DF.DA = EH . EB


Câu V : ( 1 điểm ) Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh lần lượt là : BC = a ; CA= b ; BA= c
Và chu vi bằng 2p . Chứng minh rằng :

+

+

9





p

p

p



p

a

p

b

p

c



...Hết ....



(29)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA


Đề thi gồm 01trang
Đề số 27



ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2009 - 2010


Mơn: TỐN (Chun)
Thời gian làm bài: 120 phút


( không kể thời gian giao đề )


Câu 1:(2,0 điểm)


1. Cho sốx

(

xR;x>0

)

thoả mãn điều kiện: x2 +


2

1



x

= 7


Tính giá trị các biểu thức: A = x3 +


3

1



x

B = x


5 +


5


1



x



2. Giải hệ phương trình:


1 1


2 2


1 1


2 2




+ − =





+ − =





y
x



x
y




Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: 2


0



+

+ =



ax

bx

c

(

a

0

) có hai nghiệm

x x

1

,

2 thoả


mãn điều kiện:

0

≤ ≤

x

1

x

2

2.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:


2 2


2


2

3



2



+



=



+



a

ab

b



Q



a

ab

ac


Câu 3:(2,0 điểm)


1. Giải phương trình:

2

2009

2010

1

(

)


2



− +

+

+

=

+ +



x

y

z

x

y

z



2. Tìm tất cả các số nguyên tố pđể 4p2 +16p2 +1cũng là số nguyên tố.


Câu 4: (3,0 điểm)


1. Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng qua
A, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CDtại N. Gọi K là giao điểm của các đường
thẳng EM và BN. Chứng minh rằng:

CK

BN

.


2. Cho đường trịn (O) bán kính R=1và một điểm A sao cho OA= 2.Vẽ các tiếp tuyến


AB, AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm).Một góc xOy có số đo bằng 0


45 có cạnh
Ox cắt đoạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E. Chứng minh rằng:


1
2



2


2 − ≤DE< .


Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thứcadbc=1,trong đó = 2+ 2+ 2+ 2+ +
P a b c d ac bd.


Chứng minh rằng: P≥ 3.



(30)

Câu 1: (2,0 điểm) Cho T = 2x + 42 2 - 1 - 1


1 - x 1 + x 1 - x .


1. Tìm điều kiện của x để T xác định. Rút gọn T.
2. Tìm giá trị lớn nhất của T.


Câu 2: (2,0 điểm)1. Giải hệ phương trình: 2x - xy = 122 2
4x + 4xy - y = 7





 .


2. Giải phương trình: x - 2 + y + 2009 + z - 2010 = 1

(

x + y + z

)


2


Câu 3: (2,0 điểm)


1. Tìm các số nguyên a để phương trình: x2 – (3 + 2a)x + 40 – a = 0 có nghiệm ngun. Hãy



tìm các nghiệm ngun đó.


2. Cho a, b, c là các số thoả mãn điều kiện:


a 0


b 0


19a + 6b + 9c = 12










≥ . Chứng minh rằng có ít
nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm


x2 – 2(a + 1)x + a2+ 6abc + 1 = 0


x2 – 2(b + 1)x + b2+ 19abc + 1 = 0


Câu 4: (3,0 điểm)


Cho tam giác ABC c ó ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tịn tâm O đường kính AD.
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.



1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình chứ nhật.


2. Gọi P và Q lần lượt là các diểm đối xứng của E qua các đường thẳng AB và AC.
Chứng minh rằng ba điểm P, H, Q thẳng hàng.


3. Tìm vị trí điểm E để PQ có độ dài lớn nhất.
Câu 5: (1,0 điểm)


Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng với
mọi số thực x, y, z ta ln có : x22 + y22 + z22 > 2x + 2y + 2z22 22 2 2


a b c a + b + c .


--- Hết ---


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 28


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2009 - 2010


Mơn: TỐN (Chun tin)
Thời gian làm bài: 120 phút




(31)

Câu 1:(1,5 điểm)


Cho phương trình : 4x2+ 2x - 2 = 0 (1)


1. Chứng minh rằng phương trình (1) ln ln có hai nghiệm trái dấu.
2. Gọi x1là nghiệm dương của phương trình (1). Chứng minh rằng:


1


4 2


1 1 1


x + 1


= 2
x + x + 1 - x


Câu 2: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: a x + y

(

2 2

)

+ x + y = b
y - x = b







1. Giải hệ khi a = 1, b=2.


2. Tìm a sao cho hệ có nghiệm với mọi giá trị của b.
Câu 3:(1,5 điểm)



Cho phương trình: (x2 - 1)(x + 3)(x + 5) = m. (2)


Tìm m sao cho phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4thoả mãn:


1 2 3 4


1 1 1 1


+ + + = - 4


x x x x .


Câu 4:(4,0 điểm)


Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm, K là chân đường cao hạ từ A của
tam giác ABC. Hai trung tuyến AM và HN của tam giác AHC cắt nhau tại I. Hai đường
trung trực của các đoạn thẳng AC và HC cắt nhau tại J.


1. Chứng minh rằng tam giác AHB và tam giác MNJ đồng dạng
2. Chứng minmh rằng: KH.KA ≤ BC2


4
3. Tính tỉ số IM + IJ + IN22 22 22


IA + IB + IH .


Câu 5: (1,0 điểm)


Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x4+ y4 – 7 = xy(3 - 2xy). Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của tích xy.



--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 29


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2008 - 2009


Mơn: TỐN (Chun tin)
Thời gian làm bài: 120 phút



(32)

Câu 1: (2,0 điểm)


Tính giá trị của biểu thức M = 1 + 1


1 + 2a + 1 1 - 2a + 1,
biết rằng: a = 7


x + y x + z và

(

)

2

(

)(

)



49 13


=



z - y 2x + y + z
x + z


Câu 2: (2,0 điểm)


Cho các số thực a, b, c thoả mãn


a + b + c > 0
ab + bc + ca > 0
abc > 0








.
Chứng minh rằng cả ba số đều dương.


Câu 3: (2,0 điểm)


Cho hình vng ABCD cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt nằm trên các cạnh
AB và AD sao cho chu vi tam giác AMN bằng 2. Tính góc MCN.


Câu 4: (2,0 điểm)


Cho tam giác đều ABC cạnh a. Điểm D di động trên cạnh AC, điểm E di động trên tia
đối của tia CB sao cho AD.BE = a2. Các đường thẳng AE và BD cắt nhau tại M. Chứng



minh: MA + MC = MB.
Câu 5: (2,0 điểm)


Giả xử x, y là các số nguyên dương sao cho x2+ y2+ 6 chia hết cho xy. Tìm thương của


phép chia x2+ y2+ 6 cho xy.


--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 30


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2008 - 2009



(33)

Bài 1: (1,5 điểm)


Giải hệ phương trình:

(

(

)

)



(

)



3xy = 2 x+y
5xy = 6 y+z
4xz = 3 x+z









.


Bài 2: (2,0 điểm)


Đội bóng bàn của trường A thi đấu với đội bóng bàn của trường B, mỗi đấu thủ của
trường A thi đấu với mỗi đấu thủ của trường B một trận.


Biết rằng: Tổng số trận đấu bằng 4 lần cầu thủ, số cầu thủ của trường B là số lẻ. Tính số
cầu thủ của mỗi đội.


Bài 3: (3,0 điểm) Cho hai điểm A và B cố định trên đường trịn tâm O. C là điểm chính
giữa cung AB, M là một điểm trên đoạn AB. Tia CM cắt đường tròn (O) tại D. Chứng minh
rằng:


a. AC2 = CM.CD


b. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM thuộc đường trịn cơc định.


c. Gọi R1, R2theo thứ tự là bán kính đường trịn ngoại tiếp hai tam giác ADM và


BDM. Chứng minh R1+ R2 không đổi.


Bài 4: (2 điểm)



Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho : A(0; 3), B(4; 0), C(5; 3/4) cùng với O(0; 0) tạo thành tứ
giác AOBC. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, chia tứ giác AOBC thành hai
phần có diện tích bằng nhau.


Bài 5: ( 1,5 điểm)


Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thoả mãn a + b + c = 3


b c a . Chứng minh rằng tích
abc là lập phương của một số nguyên.


--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 31


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2007 - 2008



(34)

Bài 1 (2đ): Cho biểu thức:
A =


)
3
)(


2
(


20
2
)
3
)(
1
(


2
10
)


2
)(
1
(


4 2


+
+


+
+


+
+



+
+


+


+ a a


a
a


a
a
a


a
a


1.Tìm điều kiện của a để B có nghĩa.
2. Rút gọn biểu thức A.


Bài 2 (2đ):Cho phương trình bậc hai: x2 -4x + m= 0


1. Giải phương trình khi m=-60.


2. Xác định các giá trị của m sao cho phương trình có hai nghiệm x1, x2(x1<x2) thoả


mãn điều kiện x22 - x12 = 8.


Bài 3 (2đ ) :



Cho hệ phương trình:







=
+


=
+


2
3
2
2


2
y
x


y
m
x


1. Giải hệ phương trình khi m= 2


2. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ có nghiệm (x0, y0) sao cho y0=1.



Bài 4 (3,5đ ) :


Cho tam giác ABC có ba góc nhọn; AD và CE là hai dường cao cứăt nhau tại H; O là
điểm cách đều ba đỉnh tam giác ABC. Gọi Mlà điểm đối xứng của B qua O; I là giao
điểm của BM và DE; Klà giao điểm của AC và HM.


a) Chứng minh rằng các tứ giác AEDC và CMID là các tứ giác nội tiếp được trong
đường tròn.


b) Chứng minh rằng OH ⊥AC.


c) Cho số đo góc AOK bằng 600. Chứng minh rằng tam giác HBO cân.


Bài 5 (1đ ):


Cho ba số x, y, zkhác không và thoả mãn 1+ 1+1 =0
z
y


x . Hãy tính: 2 2 y2
zx
x
yz
z
xy


A= + +


--- Hết ---


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 31


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2006 - 2007



(35)

Bài 1: (2,5 điểm)


1. Cho biểu thức P(x)= x +12x + 12 - 3x. 2 Gọi x1, x2là các nghiểm của phương


trình x2x 1 = 0. Chứng minh:


( )x1 ( )x2


P = P .


2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x2+ 14 y2+ 13xy = 330.


Bài 2: (2,0 điểm)


Giải hệ phương trình: x + y + 2xy = 8 22 2
x + y = 4







Bài 3: (2,0 điểm)


1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2


y = x + x + 1 + x - x + 1.


2. Cho ba số thực x, y, z đều lớn hơn 2 và thoả mãn điều kiện: 1 + 1 + = 11


x y z .


Chứng minh rằng:

( )( )( )

x-2 y-2 z-2 1≤ . Dấu " = " xảy ra khi nào?


Bài 4: (2,0 điểm)


Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với các cạnh AB, BC. CA lần
lượt tại các điểm M, N, P.


1. Xét trường hợp AB < AC, gọi D là giao điểm của các tia AO và MN. Chứng minh
AD ⊥ DC.


2. Gọi (T) là tamgiác có các đỉnh là M, N, P, Giả sử (T) đồng dạng với tam giác ABC
theo tỉ số k. Tính k?


Bài 5:(1,5 điểm)


Cho đường tròn tâm O nội tiếp hình thoi ABCD. Tiếp tuyến (d1) với đường trịn cắt các


cạnh AB, AD lần lượt tại các điểm M, P. Tiếp tuyến (d2) với đường tròn cắt các cạnh CB, CD



lần lượt tại các diểm N, Q. Chứng minh MN // PQ.


--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤCVÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 32


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2005 - 2006


Mơn: TỐN (Chun tin)
Thời gian làm bài: 120 phút



(36)

Bài 1: (2 điểm)


Cho phương trình: x2 – (m + 1)x + m – 6 = 0.


1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.


2. Gọi x1, x2là các nghiệm của phương trình. Tìm m để: 3x1+ 2x2= 5.


Bài 2:(1,5 điểm)


Cho hai số thực dương x, y thoả mãn điều kiện: 2x2 – 6y2= xy. Tính giá trị của biểu thức:



A = x - y
3x + 2y.


Bài 3: (2 điểm)


Giải hệ phương trình:


2 2


2 2


1 1 9


x + + y + =


x y 2


1 1 25


x + + y + =


x y 4










.


Bài 4: (3,5 điểm)


Cho đường trịn tâm O đường kính AB và P là điểm di động trên đường tròn (P ≠ A) sao
cho PA ≤ PB. Trên tia đối PB lấy điểm Q sao cho PQ = PA, dựng hình vng APQR. Tia PR
cắt đường tròn đã cho ở điểm C (C ≠ P).


1. Chứng minh C là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AQB.


2. Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp ∆APB, chứng minh K thuộc đường tròn ngoại
tiếp ∆AQB.


3. Kẻ đường cao PH của ∆APB, gọi R1, R2, R3lần lượt là bán kính các đường trịn nội


tiếp ∆APB, ∆APH và ∆BPH. Tìm vị trí điểm P để tổng R1+ R2+ R3đạt giá trị lớn


nhất.
Bài 5:(1 điểm)


Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 3.
Chứng minh rằng a4+ b4+ c4 a3+ b3+ c3 .


--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA


ĐỀ CHÍNH THỨC



Đề thi gồm 01trang
Đề số 33


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2005 - 2006


Mơn: TỐN (Chun Nga Pháp)
Thời gian làm bài: 120 phút



(37)

Bài 1. (2 điểm)


1. Giải phương trình: 7 - x = x - 1


2. Chứng minh phương trình: ax2+ bx + c = 0 (a0) ln có hai nghiệm phân biệt.


Biết rằng 5a – b + 2c = 0.
Bài 2.(2,5 điểm)


Cho hệ phương trình: x + y-2 = 2
2x - y = m





 (m là tham số)


1. Giải hệ phương trình với m = -1.


2. Với giá trị nào của m thì hệ phương trình đã cho vơ nghiệm.
Bài 3. (3 điểm)



Cho hình vng ABCD. Điểm M thuộccạnh AB (M khác A và B). Tia CM cắt tia DA tại N.
BVẽ tia Cx vng góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm của đoạn NE.


1. Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp được trong đường tròn.


2. Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vng
ABCD.


3. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính các đường trịn
nội tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi.


Bài 4.(1,5 điểm)


Cho hình chóp A.BCD có cạnh AB = x, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD.


1. Chứng minh MN vng góc với ABvà CD.


2. Với giá trị nào của x thì thể tích hình chóp A.BCD lớn nhất.
Bài 5. (1 điểm)


Cho các số dương a, b, c thay đổi và thoả mãn: a + b + c = 4.
Chứng minh: a + b + b + c + c + a > 4.


--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA



ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 34


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2004 - 2005


Mơn: TỐN (Chung)
Thời gian làm bài: 120 phút



(38)

Bài 1:(1,5 điểm)


Cho biểu thức: M = 2 4 4


4 2 2 2


x - 1 1 1 - x


- x +


x - x + 1 x + 1 1 + x


  


  


  .


1. Rút gọn M.



2.Tìm giá trị nhỏ nhất của M.
Bài 2: (2 điểm)


Giải hệ phương trình: xy - 4y + x = 0224 2 2
x y - 8y + x = 0





 .


Bài 3: (2,0 điểm)


1. Cho x, y là các số thực thoả mãn điều kiện: x2+ 5y2 – 4xy – x + 2y – 6 = 0. Chứng


minh: − ≤1 x - 2y + 1 ≤ 4.


2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y3 – x3= 2x + 1.


Bài 4: (3,5 điểm)


1. Cho ∆ABC có diện tích là 32 cm2, tổng độ dài hai cạnh AB và BC bằng 16 cm. Tính


độ dài cạnh AC.


2. Cho tam giác nhọn ABC (AB < BC) có đường cao AM và trung tuyến BO. Đường
thẳng qua C song song với AB cắt tia BO tại điểm D. Gọi các điểm N, P lần lượt là
hình chiếu vng góc của A lên các đường thẳng BD, CD.



a. Chứng minh: NA2= NP.NM


b. Chứng minh tứ giác MNOP nộitiếp được trong một đường tròn.
Bài 5: (1 điểm)


Tìm các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện:


2 2 2


x + y + z = 4 xyz
x + y + z = 2 xyz







--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 35


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2004 - 2005


Mơn: TỐN (Chun Tin)


Thời gian làm bài: 120 phút



(39)

Bài 1. (2 điểm)


Gọi x1, x2là các nghiệm của phương trình: 2x2+ 2mx + m2 – 2 = 0.


1. Với giá trị nào của m thì: 1 2


1 2


1 1


+ + x + x = 1


x x .


2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 2x x + x + x - 42 2 1 2 .


Bài 2.(1,5 điểm)


Giải phương trình: (x2+ 3x + 2)(x2+ 7x + 12) = 120.


Bài 3. (2 điểm)


Giải hệ phương trình:


2 2


x y + y x = 6
x y + y x = 20






 .


Bài 4.(3,5 điểm)


Cho M là điểm thay đổi trên đường trịn (O), đường kính AB. Đường trịn (E) tâm E tiếp
xúc trong với đường tròn (O) tại M và AB tại N. Đường thẳng MA, MB cắt đường tròn (E) tại
các điểm thứ hai C và D khác M.


1. Chứng minh CD song song với AB.


2. Gọi giao điểm của MN với đường tròn (O) là K (K khác M). Chứng minh rằng khi
M thay đổi thì điểm K cố định và tích KM.KN không đổi.


3. Gọi giao điểm của CN với KB là C và giao điểm của DN với KA là D. Tìm vị trí của
M để chu vi tam giác NCD nhỏ nhất.


Bài 5. (1 điểm)


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y = 2 2


2x + 2x + 1+ 2x - 4x + 4.
--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA



ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 36


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2003 - 2004


Mơn: TỐN (Chun Nga Pháp)
Thời gian làm bài: 120 phút



(40)

Bài 1. (2 điểm)


Cho x + x x - x - x2
x + x


A =


a, Hãy rút gọn biểu thức A


b, Tìm x thoả mãn A = x - 2 + 1.


Bài 2. (2 điểm)


Cho phương trình: x2 - 4( m 1 )x + 4m 5 = 0. (1)


a, Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2thoả mãn x + x = 2m12 22 .
b, Tìm m để P = 1 2


2 2



1 2 x


x + x + x

có giá trị nhỏ nhất.
Bài 3.(2,5 điểm)


Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn O và đường kính DE vng góc với BC. Gọi
D1E1và D2E2là hình chiếu vng góc của DE trên AB và AC.


1. Chứng minh BE1= E2C = AD1; D1E1= AC và D2E2= AB.


2. Các tứ giác AD1DD2; AE1EE2nội tiếp trong một đường tròn và D1D2 vng góc


với E1E2.


Bài 4. (2 điểm)


Cho hình chopSABC có SA ⊥ AB; SA ⊥ AC; BA ⊥ BC; BA = BC; AC = a 2; SA = 2a.
a, Chứng minh BC ⊥ mp(SAB)


b, Tính diện tích tồn phần của chóp SABC.
Bài 5.(1,5 điểm)


Cho các số thực a1; a2; ….; a2003 thoả mãn: a1+ a2+ …+ a2003= 1.


Chứng minh: 2 2 2


1 2 2003


1


a + a + ... + a


2003


≥ .


--- Hết ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


Đề thi gồm 01trang
Đề số 37


KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2003 - 2004


Mơn: TỐN (Chun)
Thời gian làm bài: 120 phút



(41)

HƯỚ

NG D

N GI

I



ĐỀ

S

1



Câu 1.


1. Xét: 1 1 1 1 1



( 1) 1 1( 1 ) . 1 1


n


n n n n n n n n n n n n


n


+ −


= = = −


+ + + + + + + +


Áp dụng đẳng thức ởtrên ta có:


1 1 1 1 1 1


...


1 2 2


1 1 1


...
2 1 1


3 2024


2 3 2 2 3 2025 2024 2024 2025



2025


2025


1 1 44


1 1 (dpcm)


45 45


− + − + + −


= − =


+ + +


+


=
+
=




+


2. Từgiảthiết


2



2
2


2
1


2 23


1 1


25 5 ( 0)


1


23


x
x


x x


x
x


do x


x x


+− =



 


 


 


+ = ⇒ + = − <


 


+ =




Ta có:
3


3


3
3


3


1 1 1


3. .


1 1



= 3


= ( 5) 3( 5)
= -1


1


10


x x x


x x x


x x


x x


A x
x


++


   


   


++


   



  



+





=



=


Vậy A = -110.


Câu 2.


1. ĐKXĐ: − 2< <x 2;x≠0
Đặt: 2


2−x =a ta được:


2 2


2 2


1 1


2 2



2


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


2


a x ax a x ax


x a


a x ax a x a x


x a


+ = + = + =




  + =+ − + − =


 


 + =



Giải (1):


2



( ) ( )


( 1)( - 2) 0


2 0


a x a


x


x
a+ − + − =a x


+ + + =





(42)

+) Với -1 1
2


x x


a+ = ⇒a = − ta được: 1 3
2


x= − − (thỏa mãn)
+) Với a+ = ⇒x 2 ax=1. Ta tìm được x = 1 ( thỏa mãn)


Vậy nghiệm của phương trình là 1; 1 3


2
x= x= − −


2. Nhận thấy x=0, y=0 là một nghiệm của hệphương trình.
Với x≠0. Từ hệPT, ta có:


(

)



(

)



2 2 2


2


2 2 2


3 6 3 0


6 3 0


x x y x y x


x y x y x


+ + =





+ − + =






(

2

)

2

(

2

)



3 0


x y x x y


⇒ + − + =


(

2

)(

2

)



3 0


x +y x + −y x =
2
2


2 2


0


3 0 3


y x
x y


x y x y x x



 = −
 + =


⇒ 


 + − = = − +


 




Với 2


y= −x . TừpT (1) 3


2x + = ⇔ =x 0 x 0




Với 2


3


y= − +x x. TừPt (1) 3 2 1


3 2 0


2


x



x x


x


=

+ = ⇔ 


=




Khi x= ⇒ =1 y 2; Khi x= ⇒ =2 y 2


Vậy nghiệm của hệPT là ( , )x y =

{

(0, 0); (1; 2); (2; 2)

}



Câu 3.


1. Tìm các số nguyên của PT: 2


5 5 2


xxyx+ y=


Giải:
Từ 2


5 5 2



xxyx+ y=
( - ) - 5( - ) 2
x x y x y


⇔ =


( - )( - 5)x y x 2


⇔ =


Vì 2=1.2=2.1= −( 1).( 2)− = −( 2).( 1)− nên ta có 4 trường hợp sau:
Trường hợp 1: 1 6( )


5 2 7


x y y


TM


x x


 − =  =
− ==






Trường hợp 2: 2 4( )



5 1 6


x y y


TM


x x


− = =




− ==



(43)

Trường hợp 3: 1 4( )


5 2 3


x y y


TM


x x


− = − =


 




− = −=


 


Trường hợp 4: 2 6( )


5 1 4


x y y


TM


x x


− = − =




− = −=


 


Vậy có 4 cặp ( , )x y thỏa mãn là: (7; 6); (6; 4); (3; 4); (4; 6).
2.Ta có : x5x = x( x41)= x(x21)(x2+ 1)= x(x2 – 1) 2


(x 4) 5


 − + 


 



=(x – 2)(x – 1)x(x + 1)(x + 2) + 5(x – 1)(x + 1)x
Ta có : (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2) chia hết ch 5 và 6


mà (5,6) = 1 nên (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2)30


lại có (x-1)x(x+1) Chia hết cho 2 và 3 mà (2,3)=1 nên 5(x – 1)x(x+1) 30


Do đó x5 – 1 30


Suy ra A = (a2020+ b2020+c2020) - (a2016+ b2016+ c2016)
A = a2015(a5 – a) + b2015 (b5 – b) + c2015 (c5 – c) 30
Vậy A30


Câu 4.


Q


P
N


K


F


E


D
M



O


B
A



(44)

1. Có BFD     =DM C=DEC;FBD =ACD=DCE⇒ ∆BDF∽ CDE∆


2. Tứgiác BMDF nội tiếp ⇒BDF =BM F (cùng chắn cung FB)
Tứgiác CEMD nội tiếp ⇒CDE =CM E (cùng chắn cung EC)
Do ∆BDF∽∆CDE (cmt) ⇒BDF =CDE (hai góc tương ứng)


 


BM F CM E


⇒ =


Mà các điểm B; M; C thẳng hàng ⇒ Các điểm E; M;F thẳng hàng (đpcm)


*) KẻAO cắt EF tại K;    1800 AOC 1800 2ABC 0 
OAC K AE OCA 90 ABC


2 2


− −


= = = = = −


 0  0    0



K AE 90 ADC 90 AEK AEK K AE 90 AK K E AO EF


⇒ = − = − ⇒ + = ⇒ ⊥ ⇒ ⊥


3. ABM ADF AF AM
DF BM


∆ ∽∆ ⇒ = và ACM ADE AE AM


ED CM


∆ ∽∆ ⇒ = , mà BM = CM (gt)


AF AE FN DF


DF ED NE DE


⇒ = ⇒ = (do FN AF


NE = AE)
FN BF


NE CE


⇒ = (do ∆BDF∽∆CDE) FN NE QN NP PQ / /BC


FB CE QB PC


⇒ = ⇒ = ⇒ (sử dụng tính
chất tia phân giác kết hợp với ta lét đảo)



Câu 5.


Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có :


(a.1 + b.1 + c.1 )2 ( a2+12+ 12 )(b2+ c2+ 1) = (a2+ 2) (1+ b2+ c2) (1)


Do vai trò của a, b, c là như nhau theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a2 -1, b2-1,c2-1


luôn tồn tại 2 sốcùng dấu, giả sử b2-1; c2-1


2 2


2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2 2


( 1)( 1) 0


1 0


2 2 4 3 3 3


( 2)( 2) 3(1 )


b c


b c b c



b c b c b c


b c b c


⇒ − − ≥


⇔ − − + ≥


⇔ + + + ≥ + +


⇔ + + ≥ + +


2 2 2 2 2 2


(a 2)(b 2)(c 2) 3(a 2)(1 b c )


⇔ + + + ≥ + + + (2)
Từ(1) và (2) , suy ra:


S = = (a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2)3(a +b+c)2 = 3.9 =27



(45)

ĐỀ

S

2



Câu 1:


1/ Ta có VT


1



a ab abc


ab a abc ab a ab ac abc ab


= + +


+ + + + ⋅ + +


1


1 1 1


a a b


ab a ab a a ab




= + +


+ + + + + +


1


1 ( )


1
ab a


VP dpcm


ab a


+ +


= = =


+ +


2/ Đặt x=2 a, y=b, z=cta được xy yz zx 0 1 1 1 0


x y z


+ + = ⇒ + + =


Khi đó 2 2 22 2 2 2 2 2


4


bc ac ab yz zx xy


A


a b c x y z


= + + = + + xyz 13 13 13


x y z


 



= + +


 


Mặt khác từ hằng đẳng thức 13 13 13 3 1 1 1 12 12 12 1 1 1 0
2


x y z xyz x y z x y z xy yz x


  


+ + − = + +  + + − − − =


  


ta có 13 13 13 3
x + y + z = xyz


3


2A xyz 3


xyz


⇒ = ⋅ = . Vậy 3.
2
A=
Câu 2:


1/ Điều kiện xác định ∀ ∈x



Từgiảthiết ta nhận thấy x > 0 ( do vếtrái dương),
Chia cảhai vếcho x, ta có 2 1 12 1 1 12 3


x x x x


+ + + − + =


Đặt t 1(t 0)
x


= > ta được phương trình 2 2


2 1 3


t + + +t t − + =t

(

2

) (

2

)



2 2 1 1 0


t t t t


⇔ + + − + − + − = 2 2


2 2


2 4 1 1


0



2 2 1 1


t t t t


t t t t


+ − − − + −


⇔ + =


+ + + − + +


2 2


2


( 1) 0 1 0


2 2 1 1


t t


t t


t t t t


 + 


⇔ − + = ⇔ − =



+ + + − + +


 


2 2


2 1


( 1) 0 1 0


2 2 1 1


t


t t


t t t t


 + 


⇔ − + = ⇔ − =


+ + + − + +


 


Với t− = ⇒ =1 0 x 1


Vậy phương trình có đúng một nghiệm x=1.




(46)

Hệđã cho


1 1 9


1 1 9 1 1 9


2


2 2


1 1


1 1 1


5
5


x y


x y x y


x y


x y x y


x y


x y y


x y



y x y


   + + + =
+ + + = + + + =
  
  

 
 
   
+ + + =  + + =
   
 


Đặt u x 1,v y 1


x y


= + = + lúc này (1)


9
2
5
u v
u v
 + =

⇔ 


 ⋅ =


Vậy u, v là 2 nghiệm của phương trình 2 9


5 0


2


xx+ = , Phương trình này có hai nghiệm


1 2


5
2,


2
X = X =
Trường hợp 1:


2
5
2,


u= v= cho ta hệ:


2
2


1


1


2


2 1 0 2


1 2 5 2 0 1


5
2
x
x
x x
x y
y y
y y
y
=

 + =
 − + =
 =
  
− + =

+ = =
 
 


Hay (1; 2) 1;1


2


 


⋅là các nghiệm của hệđã cho.


Trường hợp 2: 5, 2
2


u= v= ta có hệ


2
2


2


1 5


2 5 2 0 1


2


1 2 2 1 0 2


1
x
x
x x
x
x


y y
y
y
y
   =
+ =
  + =
=
  
− + =
+ −  
=
  


hay (2;1), 1;1
2


 


 


  là các nghiệm của hệđã cho.


Kết luận: Hệđã cho có 4 nghiệm (x ; y)là(1; 2) 1;1
2
 
⋅ 
 ;
1


(2;1), ;1
2
 
 
 
Câu 3:


1/ Ta có 2 4 3 2 2 4 3 2


4 4 1 4 4 4 4 1


y + =y x +x +x + ⇔x y + y+ = x + x + x + x+


(

)


(

)


2
2 2
2
2 2


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


(2 1) 2 1 ( 1)


y x x x x


y x x x x


+ = + + + +




⇔ 


 + = + + − +




Ta thấy : nếu x< −1hoặc x>2thì (3x+1)(x+ >1) 0 và (x x−2)>0nên từ(1) và (2) ta suy ra


(

2

)

2 2

(

2

)

2

( )



2x + +x 1 >(2y+1) > 2x +x * Loại vì khơng có số ngun y thỏa mãn.


Từđó suy ra − ≤ ≤ ⇒ ∈ −1 x 2 x { 1, 0,1, 2}


Xét 2


2 30 5, 6



(47)

Xét x= ⇒1 y + =y 4 loại


Xét 2


0 0 0, 1


x= ⇒ y + = ⇒ =y y y= −


Xét 2


1 0 0, 1



x= − ⇒y + = ⇒ =y y y= −


Vậy hệđã cho có 6 nghiệm là (0, 5)(2⋅ −6)(0 : 0), (0; 1), ( 1, 0), ( 1, 1)− − − −
2/ Trước tiên, ta chứng minh x

3.


Đặt y5= a, a N*, ta có 2x21 = y152x2= a3+ 1 2x2= (a + 1)(a2 - a + 1) (1)


Gọi ƯCLN(a + 1; a2 – a + 1) = d (d N*), ta có: a + 1 d, a2 – a + 1

d.


Suy ra (a2 – a + 1) – (a + 1)(a – 2) = 3

dd = 1 hoặc d = 3


* Nếu d = 1 thì từ (1), ta có:


2 2


a 1 2



a

a 1

x



+ =




− + =



hoặc


2
2



a 1

x


a

a 1 2


 + =






− + =





(loại vì a ∉N*)


2 2


a 1 2



a

a 1

x



+ =






− + =



2


a

1

a

1



x

1




x

1



=

=





 =



=



(loại vì phải có x > 1)


* nếu d = 3 thì từ(1) ta có: 2x2

9. Vì ƯCLN(2; 9) = 1nên x2

9 x

3 (*)


Chứng minh x

5.


Đặt y3= b, b N*, ta có: 2x2 – 1 = b52x2= b5+ 1
⇔2x2= (b + 1)(b4 – b3+ b2b + 1) (2)


Gọi ƯCLN(b + 1; b4 – b3+ b2b + 1) = k (k N*)


Ta có: b + 1

k; b4 – b3+ b2b + 1

k


⇒ (b4 – b3+ b2 – b + 1) – (b + 1)(b3 – 2b2+ 3b – 4) = 5

k


Suy ra k = 1 hoặc k = 5.
* Nếu k = 1 thì từ (2) có


2
4 3 2



b 1

x



b

b

b

b 1 2



 + =






+

− + =





(loại vì b ∉N*) Hoặc: 4 3 2 2


b 1

2



b

b

b

b 1

x



+ =






+

− + =





b 1



x

1




=



 =



(loại vì phải có x > 1)



(48)

Từ(*) và (**) suy ra x

BCNN(3; 5) hay x

15 (đpcm)
Câu 4:


1/ Do các tứgiác M E C D, M B F Dnội tiếp nên DEC  =DMC=DFB 1

( )


Tứgiác ABDC nội tiếp nên DCE  =DCA=DBF 2

( )



Từ(1) và (2) suy ra ∆BDF− ∆CDE g( −g)đpcm


2/ Ta có BMF =BDF EMC  , =EDCBDF =CDE.(do ∆BDF ~∆CDE), suy ra  BMF =EMC.


Vậy E, M, F thẳng hàng.


Từhai tứgiác MECD, MBFD nội tiếp suy ra AB AF, = AM AD⋅ =AE AC⋅ ,suy ra tứgiác
BECF nội tiếp. Do đó  AFE=ACB. Vẽtiếp tuyến Ax của (O) thì


 


ACB=BAx,suy ra Ax // EF. Vậy OAEF.


3/ theo tính chất phân giác ta có PN EN QN, FNNE AE


PC = EC QB = FB NF = AF suy ra



: : .


PN QN EN FN EN FB


PC QB = EC FB = FN EC ,

( )

3
AE FB AB FB
AF EC AC EC


= ⋅ =


Ta có 1 DAB DAB . BDF . CDE
DAC BDF CDE DAC


S


S S S


MB


MC S S S S


= = = = AB BF22 CE AB BF. 4

( )


BF CE⋅ ⋅AC =CE AC


Từ(3) và (4) suy ra PN QN


PC = QB, hay PQ // BC.


Câu 5: Gọi các đường thẳng đã cho là d d1, 2,…,d2022. Aijlà giao điểm của đường thẳng di



dj

(

i j, =1; 2022,ij A; j =An

)

.


P
Q


N


C
E
A


O


M


D
F


B
x


B


F


D
M


O
A



E



(49)

Xét đường thẳng dnbất kỳtrong số2022 đường thẳng đã cho. Do khơng có 3 đường thẳng


nào đồng quy nên các giao điểmAij( n khác i, j) của các cặp đường thẳng didj không


nằm trên dn. Do sốgiao điểm là hữu hạn nên tồn tại một giao điểm gần dnnhất, giả sử là


ij


A ( nếu có nhiều giao điểm như vậy thì ta chọn 1 giao điểm nào đó) .
Ta sẽ chứng minh tam giác A A Aij ni nj là tam giác đẹp.


Nếu tam giác này bịđường thẳng dmnào đó trong số2019 đường thẳng cịn lại cắt thì dm


phải cắt ít nhất một trong hai đoạn A A ,A A .ij ni ij nj Giả sử dm cắt đoạn A Aij ni tại điểm Amithì
mi


A gần dntrái giảthiết Aijgần dnnhất.


Suy ra, với mỗi đường thẳng dn luôn tồn tại một tam giác đẹp có cạnh nằm trên dn. Trên


mỗi đường thẳng dn, ta chọn một cạnh của tam giác đẹp thì ta thu được 2022 cạnh của


tam giác đẹp.


Vậy sốtam giác đẹp khơng ít hơn 2022:3 =674.


ĐỀ

S

3




Câu 1


1) Tính giá trị biểu thức


Ta có: 1 2 3 2.3 1 2


2 1 2 2.3


+ = = ⇒ =


+


3.4 1 2


1 2 3 6


2 1 2 3 3.4


...


2018.2019 1 2


1 2 3 ... 2018


2 1 2 3 ... 2018 2018.2019


2 2 2


1 1 ... 1



2.3 3.4 2018.2019


2.3 2 3.4 2 2018.2019 2


. ...


2.3 3.4 2018.2019


4 1


.
2.3
P


+ + = = ⇒ =


+ +


+ + + + = ⇒ =


+ + + +


    


= − 


    


− − −



=
=


(

) (

)



(

) (

)



0 4074340


...


3.4 2018.2019


1.4 2.5 3.6 2016.2019 2017.2020


. . ... .


2.3 3.4 4.5 2017.2018 2018.2019


1.2...2017 . 4.5...2020 1.2020 2020 1010


2.3...2018 . 3.4.5...2019 2018.3 6054 3027


=


= = = =



(50)

(

)


(

)



( ) ( ) (

)

(

)


(

) (

) (

)(

) (

)

(

)


(

)

(

)


3
3 2


3 2 3


3 3


2 2


2


2


2


1 2 16 0(1)


3 5 17 0


3 5 11 0 1 2 12 0(2)


1 2 1 2 16 1 2 12 0


1 1 1 1 1 1 2 2 0


1 3



2 1 1 2 0


2 4


1 3


2 1


2 4


a a


a a a


b b b b b


a a b b


a b a a b b a b


a


a b b b


a


a b do b


 − + − =
 − + − =



 
− + + =
 − + + =

⇒ + ⇔ − + − + − + + =
 
⇔ − + − − − − − + − + + − =

⇔ + − + − + − + =
 
 
 

 
⇔ + = + − +
 

(

)


2


1 2 0 ,


b a b


 


− + > ∀


 


 



 


Vậy ta có điều phải chứng minh


Câu 2.


1) Giải phương trình 2

(

)



4 2 1 1


x − − =xx x


Điều kiện xác định: x≥1


Đặt

(

)



(

)



1 0


1 0


a x a


b x b


 = − ≤



= − ≥


(

)



2 2 2 2


2


2 2


2
2


1 2 1


4 2 4


2 1 1 2 1 1


1 1 1 2 3 1


( 1) 1( .. .. 1)


3 1


1 3


1


1 3



3 0 2


7 10 0


5


6 9 1


a b x x x x x


Pt a b ab a b


a b x x x x


a b x x x x


x x VN khi x


x x
x
x
x
x x
x x
x


x x x


⇒ + = − + + − = −


⇒ ⇔ + − = ⇔ − =
 
− = − − − = − − = −

 − = − ⇔  ⇒
− − − = − − = −
 
− + = − ≥
⇔ 
− = −

≤ ≤
 ≥ 
≤ ≤


⇔ − ≥ ⇔  =
− + =

+ = − =


2
x
⇔ =



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=2



2) Giải hệphương trình 2 2


2 2


1 1


1


1 1 2


x y


x y xy


+ =





− + − = +




Điều kiện xác định :


2
2
2
2
1 0


1
1 0
1
2 0
2
, 0
x
x
y
y
xy
xy
x y
 − ≥  ≥

− ≥

 
+ ≥
 ≥ −





(51)

(

)(

)


( )



2 2 2 2


2 2



2 2 2 2


2 2


2 2 2 2 2 2


2
2 2


1 1


(1)
1


2 2 1 1 2(2)


1 1 2


(2) 2 2 1 2


2 2 0


x y x y


x y


x y x y xy


x y xy



x y x y x y xy


x y xy xy xy


+ =  + =

 
+ − + − − = +
− + − = + 

⇒ ⇔ − + − − + = +
⇔ = + ⇔ − − =

(

)(

)

(

)


(

)


2
2 2
2
2 2
1


1 1( )


2( )


2 1 0


1( ) 2


4 8



xy


x y x y ktm


xy tm


xy xy


xy tm xy


x y x y


 = −

+ = ⇒ + = −

= 
 
⇔ − + = ⇔ ⇒ 
= −  =


+ = ⇒ + =


2


2 2 2



2 2


2 2
xy


x y x y


xy x y


x y
 =

+ = − = = −


⇒ 
=
  = =
 

 + =


Vậy hệđã cho có 2 nghiệm

( )

x y; thỏa mãn

(

2; 2 ;

) (

− 2;− 2

)



Câu 3


Bài 1. Tính tất cả cặp số nguyên

( )

x y; thỏa mãn x2019 = y2019−y1346−y673+2
Đặt : 673 673

(

)




; ;


x =a y =b a b∈


Phương trình đã cho trở thành: 3 3 2


2(*)
a =bb − +b


(

)

3

(

)

(

)

3


3 3 2 2 2


3 3 1 2 4 3 1 2 4 3 1


a b b b b b b b b b


⇒ = − + − + − + = − + − + > −


Lại có: 3 3 2 2

(

)

3

(

2

)

(

)

3


6 12 8 7 13 6 2 7 13 6 2


a =b + b + b+ − bb− = b+ − b + b− < b+
Từ (1) và (2) ta có:

(

)

3 3

(

)

3


1 2 1 2


b− <a < b+ ⇒ − < < +b a b



Vì ,


1
a b
a b
a b
=

∈ ⇒  = +



+) Với a=bta có:

( )

* ⇔b3 =b3−b2− +b 2


(

)(

)



2


673 673


673 673 673


2 0 1 2 0


1 1
2 2
1( )
1
2( )
2



b b b b


b a b


b a b


x y tm


x y


x y ktm


x y
⇔ + − = ⇔ − + =
= = =
 

= − = = −
 
= =
 = = 

= = −
= = −


+)Với

( ) (

)

3 3 2


1 * 1 2




(52)

3 2 3 2
2


3 3 1 2


4 4 1 0


1 2


( )


2


1 2


( )


2


b b b b b b


b b


b ktm


b ktm


⇔ + + + = − − +



⇔ + − =


− +
=




− −
=



Vậy

( ) ( )

x y; = 1;1


Bài 2


Ta có ngay: 1

(

)



1
1 2 3 ...


2
n n
S = + + + + =n +
Ta sẽ chứng minh S2019chia hết cho n


1
2
n+



Giả sử

n

lẻthì 1


2
n+


nguyên. Sử dụng khai triển Newton ta có:


(

)

(

)



2 1 2 1 2 2 1 2


. ... ( )


k k k k k


a + +b + = a+b aab+ +ba+b


Do vậy:


(

) (

)

(

(

)

)

(

)

(

)



(

)

(

(

)

)

(

(

)

)

(

(

)

)



2019


2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019


2019 2019 2019


2019 2019 2019 2019 2019 2019 2019



2 1 2 .... 1 2 1 .... 1 1


2 1 2 .... 1 1 2 2 ... 1 1 2.


n n n n n


n n n n n n


+ + + = + + + − + + + +


+ + + = + − + + − + + − + +






Do

(

n n; + =1

)

1nên

(

2009 209 2009

)



2 1 +2 +....+n chia hết cho n n

(

+1

)


Do vậy S2019S1


Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 4


M


S



Q




R


P



F



E



D


A



B




(53)

1) CMR: tứ giác BCQRlà tứ giác nội tiếp


Do AB< ACnên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từđó Q C, nằm
vềcùng một phía của đường thẳng BR


Do tứgiác BFECnội tiếp nên  AFE=BCA(góc ngồi tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh


đối diện


QR/ /EF ⇒  AFE =BQR(hai góc đồng vị)


 

(

)



BCA BQR AFE


⇒ = =


BQCR



⇒ là tứgiác nội tiếp (hai đỉnh kềnhau cùng nhìn cạnh đốidiện dưới các góc bằng
nhau)


2) Chứng minh PB DB


PC = DCvới D là trung điểm QS
Xét ∆DHBvà ∆EHAta có:


  0


90


HDB= AEH = ; BHD = AHE(hai góc đối đỉnh)


( ) DB HB


DHB EHA g g


AE HA


⇒ ∆ ∆ − ⇒ = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét ∆DHC và ∆FHAta có:


  0


90


HDC = AFH = ; CHD =AHF(hai góc đối đỉnh)



( ) DC HC


DHC FHA g g


AF HA


⇒ ∆ ∆ − ⇒ = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)


. . . (1)


HC DB AE HB AE FB


DC AF


HA DC AF HC AF EC


⇒ = ⇒ = =


Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABCvới cát tuyến PEFta được:


. . 1 . (2)


PB EC FA PB AE FB


PC EA FB = ⇔ PC = AF EC


Từ(1) và (2) ta được : PB DB(3)(dpcm)
PC = DC


Do QRsong song với EFnên theo định lý Ta-let : DQ BD DS. CD


PF = BP PF = CP
Kết hợp với (3) ta được DQ=DShay Dlà trung điểm QS


3) Khi B, C cốđịnh và A thay đổi thì chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác
PQR luôn đi qua một điểm cốđịnh


Gọi M là trung điểm BC. Ta sẽ chứng minh DP DM. =DQ DR.


Thật vậy, do tứgiác BQCR nội tiếp ⇒QBC =QRC(các góc nôi tiếp chắn cung

QC

)



( ) QD BD


QBD CRD g g


CD RD


⇒ ∆ ∆ − ⇒ = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)


.

.

(4)



DQ DR

DB DC



=



Tiếp theo ta chứng minh: . . . .


2
DC DB


DP DM =DB DCDP + =DB DC




(54)

(

)

(

)

(

)



. 2 . . . . .


DP DCDB = DB DCDB DP+DC =DC DPDBDB PC =DC PB
PB DB


PC DC


⇔ = (Đúng theo phần b). Do đó:

DP DM

.

=

DB DC

.

(5)



Từ(4) và(5) ta được DP DM. DQ DR. DP DQ


DR DM


= ⇒ =


Xét ∆DQPvà ∆DRM ta có:


 


( );


DP DQ


cmt PDQ RDM


DR = DM = (hai góc đối đỉnh)



 


( )


DQR RMD c g c PQR RMP


⇒ ∆ ∆ − − ⇒ = (hai góc tương ứng)


PQMR


⇒ là tứgiác nội tiếp (hai đỉnh kềnhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc
bằng nhau)


⇒Đường trịn ngoại tiếp tam giác PQRđi qua trung điểm của BC(đpcm)


Câu 5


Đội đứng thứ nhất có điểm cao nhất là A=2

(

n−1

)

điểm (Đội này đấu n−1trận
với các đội còn lại và đều thắng)


Xét n−1đội cịn lại ta có: Đội đứng nhất trong số n−1đội cịn lại có sốđiểm nhỏ nhất
được xác định như sau:


Gọi P là tổng điểm của n−1đội đấu với nhau, sốtrận của n−1đội còn lại:

(

1

)(

2

)


2
nn


(

1

)(

2

)



P n n



⇒ = − − (Vì mỗi đội thắng hay hịa thì sau mỗi trận đều có 2 điểm)
Gọi Qlà sốđiểm của đội nhất trong n−1đội còn lại


(

) (

)(

)



(

) (

)



1 1 2 2


2 1 2


Q n n n Q n


A Q n n n


⇒ − ≥ − − ⇒ ≥ −


⇒ − < − − − =


Vậy sự chênh lệch vềđiểm số lớn nhất có thểgiữa các đội xếp hạng liên nhau là nđiểm.


ĐỀ

S

4



Câu 1:
1. Ta có:


(

) (

)



(

)

(

)

(

)(

)




(

)



2 2 2 2 2 2


2 2 0 2 0


2 0 2 0


2 0 0


2


− = ⇔ − − = ⇔ + − + =


⇔ + − + = ⇔ − + =


⇔ − = + ≠


⇔ =


x y xy x xy y x xy xy y


x x y y x y x y x y


x y do x y



(55)

Do đó: A= 2xx+yy = 42yy+yy = 33yy =1

(

do y≠0

)


2. Theo hệ thức vi-et ta có: 1 2



1 2
1
. 1
+ =

= −

x x
x x
Ta có:


5 5 2 2 3 3 2 2


1 2 1 2 1 2 1 2 1 2


2 3


1 2


3 3


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


2 3


1


1 2 1 2


1 2 1 2 1 2



1 1 1 1 1 1 1 1 1


1 1 2 1 1 1 1 1 1


3. .
3
2
    
= + = +  + +
    
  +
   
= + + +
      
   
+ +
 
=
    
 
B


x x x x x x x x x x


x x


x x x x x x x x x x x x


x



x x x x


x x x x x x


(

2

)

1 2


2 2 3 3


1 1 1 2


++


  −


 


 


x x x


x x x x


( )

( )

( )



(

)(

)



2 3


2 3



1 2 1 3.1 1


1 1 1 1 1


1 2 1 3 1


12 1
11
 

= −  − −
− − −
    − −
   
   
= + − − +
= − +
= −
Câu 2.


1. Điều kiện: x, y < 0


(

)


(

)


(

)


(

)


2
2
2

2
2
1
1 2


2 1 2


1
 + = −
  + = −

 
+ = −
+ = − 

x
y x
y
x y
y
x


Trừtheo vếhai phương trình của hệta được:


(

)

(

)



(

) (

)



(

)(

)




2 2


2 2


1 1 0


yx 2 2 0


0
1 0
1
+ − + =
⇔ + + − − − =
⇔ − − − =
⇔ − − =
=

⇔  =


y x x y


xy y xy xy x
xy x y x y


x y xy
x y
xy


Với x = y ta được:



(

)

2 2 3 2

(

)

(

2

)



1+x = − ⇔ x +2x + + = ⇔x 2 0 x+2 x + = ⇔ = − ⇒ = −1 0 x 2 y 2
x


Với xy= ⇒ =1 x 1



(56)

(

)

(

)



(

)



( )



2 2


2
2


2


1 1 2


4 1 0 2 3


2 3


1 1


, 2 3; ; 2 3;



2 3 2 3


+ = − ⇔ + = −


⇔ + + = ⇔ + =


⇔ = − ±


   


⇒ = − +  − −


− + − −


   


x x x


y


x x x


x
x y


Vậy hệcó 3 nghiệm là:

( ) (

, 2; 2 ,

)

2 3; 1 , 2 3; 1


2 3 2 3



   


= − − − +  − −


− + − −


   


x y


2) Đểphương trình có hai nghiệm thì:


(

)



2 2 2


'

2

2

4

0

2

2



∆ =

m

m

= −

m

+ ≥ ⇔ − ≤ ≤

m


Điều kiện đểphương trình có hai nghiệm là:


(

)



2 2 2


' 2 2 4 0 2 2


∆ =mm − = −m + ≥ ⇒ − ≤ ≤m


Khi đó phương trình có 2 nghiệm, mà do 0≤ ≤x1 x2,nên:



2 2


1 2


4 4


,


2 2


− − + −


=m m = m m


x x


Ta có:


2


2


1 2 2


2


0 2


4



0 0 4


4
2


0 2


0 2


2 2


2
2


2


≤ ≤


− −


≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≤ ⇔ 


− ≤


≤ ≤




≤ ≤




≥ ⇔ ≤ ≤


≥ 


  < −



m


m m


x m m


m m


m
m


m
m


m


m



Vậy giá trị m cần tìm là: 2≤ ≤m 2


Câu 3:


b) Ta có: 9 2 2 2 10,

(

)

9 2 2 9

( ) ( ) ( )

, 4;5 , 5; 4
41


41


+ =


+


= ≤ ⇒ + < + ⇒ + = ⇒ =


+ + 


a b
a b


a b a b a b


a b
a b a b


Câu 5: Ta có: 2 2 2 2 2 2


2



1 1


3 . . . 3


+ + = ⇒ + + =


xy z x z y z x y x y


z z


Đặt x=a y, =b,1 = ⇒c ab2+a c bc2 + 2 =3
z


Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 4 4 4 2 4 4 2


1 4 2 1 4


+ + + ≥ ⇒ + + ≥


a a c a c a c a c


Tương tự: 4 4 2 4 4 2


2b +a + ≥1 3ab ; 2 c +b + ≥1 3c b


Cộng theo vếta được:

(

4 4 4

)

(

2 2 2

)

4 4 4



(57)

Ta có: 4

(

44 4

)

4 4 4
4 4


4


1 1 1


1 3
1
= = = ≤
+ +
+ + + +
z
M


a b c


z x y x y


z


Vậy giá trị lớn nhất của M là 13. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1.


ĐỀ

S

5



Câu 1.


1) A = 









+

1
1
x
x
: 





+

+
+

+


+
6
5
2
3
2
2
3

x
x
x
x
x
x
x

A =


1
1


+


x :


(

)(

) (

)(

)



(

2

)(

3

)



2
2
2
3
3


+
+



+


+
x
x
x
x
x
x
x


A =


1
1


+


x :

(

2

)(

3

)



2
4
9


+
+
+




x
x
x
x
x
=
1
1
+


x :

(

2

)(

3

)



3



x
x
x
=
1
1
+


x : 2


1





x = 1


2


+


x
x


2) A =


1
3
1
+

+
x
x


= 1


-1
3


+



x Để A nhận giá trị nguyên khi 1
3


+


x đạt giá trị nguyên . Hay -3


(

x+1

)

x+1là ước của -3


Nên x+1=1⇔ x = 0 ⇔x = 0 thỏa mãn
1


+


x =-1⇔ x = -2< 0 không thỏa mãn
1


+


x =3 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 thỏa mãn
1


+


x =-3⇔ x = -4< 0 không thỏa mãn
vậy x = 0 hoặc x = 4 thì A nhận giá trị nguyên.


Câu 2.



1) Tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là nghiệm của hệ






=


=
13
3
5
5
x
y
x
y





=


=

13


3
5
5
13
3
x
y
x
x





=
=
13
3
8
8
x
y
x





=


=
=
10
13
3
1
y
x
vậy tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là I(1;-10)


đường thẳng (d3) đi qua điểm I khi tọa độ của I là x = 1 và y = -10 thỏa mãn công thức y =


mx + 3 thay vào ta có : -10 = m.1+ 3 ⇔ m = -13
Vậy với m = - 13 thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I


2)Giải hệ phương trình






=


+
=
+
+

5


1
2
.
3
5
2
2
1
x
y
y
x


đặt A = |x-1|≥0;B = y+2 ≥0



(58)

Câu 3.


để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1và x2







>

0
1
0
'


m

(

)(

)






>



1
0
2
1
2
m
m
m
m

(

)






>
+


1
0

2
3
2
2
m
m
m
m





>

1
0
2
3
m
m






>
1
3

2
m


m m >
3


2theo hệ thức Vi


−ét cho phương trình bậc hai , ta có








+
=

=
+
1
21
2
2
1
2
1
m
m


x
x
m
m
x
x

1
2
2
1
x
x
x
x
+ +
2


5 = 0


0
2
5
. 2
1
2
2
2


1 + + =


x


x
x
x


(

)

0


2
5
.
2
2
1
2
1
2
2


1 + − + =


x
x
x
x
x
x
0
2
5


1
2
1
2
.
2
1
2 2
=
+

+

+








m
m
m
m
m
m

(

)


(

)(

)



(

)


0
2
5
1
2
1
1
2
.
2
1
4
2
2
2
=
+

+


+


m
m
m
m
m

m
m


(

)

0


2
5
1
2
1
4
2
2
4
2
2
2
=
+

+

+


m
m
m
m
m


m


(

)

0


2
5
1
2
1
4
2
2
2
2
=
+

+

+

m
m
m
m
m


(

(

)(

)

)

0


2


5
2
1
4
2


2 2 + =


+

+

m
m
m
m


(

)

0


)
2
)(
1
.(
2
)
2
(
5


8
4


4 2 2 =


+


+
+
+

m
m
m
m
m
m
⇔ 0
)
2
)(
1
.(
2
10
5
5
8
4



4 2 2


=
+


+
+
+

m
m
m
m
m
m
⇔ 0
)
2
)(
1
.(
2
2
9 2
=
+



+
m
m
m
m


ta có m≠1;m ≠2
m1=


18
73
1+


hoặc m


2=


18
73
1−


thỏa mãn


b) Giải phương trình x x−2 = 9 - 5x


đặt t = x−2 ≥0⇔x = t2 + 2 ⇔(t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2)
⇔t3+2t + 5t2+10 – 9 = 0 t3+ 5t2+2t +1= 0


⇔t3+ 4t2+ 4t+ t2 -2t +1= 0



Cách 2: x2(x2) =8190x+25x2 x32x2 -25x2+ 90x 81 = 0


⇔x327x2+ 90x81 = 0 x33.3x2+ 3.9.x −-27 18x2+ 63x 54 = 0


⇔(x-3)3 -9(2x2-7x+6) = 0 ...


Câu 4.


a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng
Xét ∆BNF ta có 0


90
ˆA=
M


B ( nội tiếp chắn nữa đường tròn)


⇒ 0


90
ˆN =
M



(59)

1
1


1
E


A


O


B


C


F
M


N
mà BC cắt MN tại A nên A là trực tâm ⇒FA thuộc đường cao thứ ba nên FA ⊥BN mà


A
E


Bˆ = 900( nội tiếp chắn nữa đường trịn)⇒EA⊥BN theo ơ clit thì qua A kẻ được duy
nhất 1 đường thẳng vng góc với BN nên ba điểm A; E ; F thẳng hàng


*Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp


ta có FEˆN = 900( FE ⊥BN)
N


M


F ˆ = 900( MN ⊥BF)⇒ FEˆN=FMˆN = 900


Mà E và M nằm về nữa mặt phẳng bờ là NF vậy bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường trong
đường kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp



b) Chứng minh : AM .AN = 2R2


Xét ∆BAN và ∆MAC ta có
1


1 ˆ


ˆ F


N = ( góc nội tiếp của đường trịn ngoại tiếp tứ giác NEMF cùng chắn cung EM) (1)
1


1 ˆ


ˆ C


F = ( góc nội tiếp của đường trịn ngoại tiếp tứ giác
CAMF cùng chắn cung AM) (2) Từ (1) và (2)⇒


)
ˆ
(
ˆ
ˆ


1
1


1 C F



N = = (*)


BAˆN =MAˆC( đối đỉnh) (**) từ (*) và(**) ta có ∆


BAN đồng dạng với ∆MAC (g.g)⇒


AN
AC
AB
MA


= ⇒


AM.AN = AB . AC = 2R.R=2R2


c) S∆BNF=
2


1BC.NF vì BC = 2R nên S
BNF


∆ nhỏ


nhất khi NF nhỏ nhất ...S∆BMAlớn nhất ; vì BA cố
định ; M thuộc cung tròn AB nên S∆BMAlớn nhất khi
BAM là tam giác cân ⇒M là điểm chính giữa của
cung BA


Câu 5.



2 2 2 2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


1


2 2 2


( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 0


( ) ( ) ( ) 0


( )( ) ( )( ) ( )( ) 0


a b c b c a a c b


ab bc ac


c a b c abc a b c a abc b a c b abc


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


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


+ − + − + −


+ + >



     


+ − +  + + − −  + + − − >


     


+ − + − − + − − >


⇔ + − + + + − − − + + − − − + >




[

]



2 2 2


2 2 2 2 2 2


2 2


( )( ) ( )( ) ( )( ) 0


( ) .( ) ( ) ( ) 0


( ) 0


( ) 0 ( ) 2 0


( ) ( 2



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


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


a b c ca cb c ab ac a ba bc b


a b c c ab a ba b a b c c a ba b


a b c c a ba b


+ − + + + − − + − + − − + − >


⇔ + − + + + − − + − − >


 


⇔ + − + + + − − + − − >


   


⇔ + − + − + − > ⇔ + − − + − >


⇔ + − − − + 2 2 2


) 0 ( ) ( ) 0


( )( )( ) 0


a b c c a b



a b c c a b c a b


 > ⇔ + −  − − >


   



(60)

đúng .Vì a;b;c là độ dài ba cạnh của tam giác ta có : a + b > c suy ra a + b –c >0 ;tương tụ ta
có c + b – a = c - a + b > 0 và c + a –b > 0 nhân với với vế ba bất đẳng thức nói trên ta có
( a + b – c)( c -a +b) (c + a –b) > 0 nên bất đẳng thức đầu đúng Điều phải chứng minh .


ĐỀ

S

6



Câu 1:


1) Ta có:



(

+

)(

+

)

= 

(

+

) (

+

)(

+

)








=







=
2
1
1
1
1
2
1
2
1
1
...
...
...
4
.
3
1
3
.
2
1
2
1
4
.
3
.
2

1
3
.
2
1
2
.
1
1
2
1
3
.
2
.
1
1
n
n
n
n
n
n
n


Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta được.



(

) (

)(

)


(

)(

)



(

)


(

)(

)


n


1 1 1 1 1 1 1


S ...


2 1.2 2.3 2.3 3.4 n n 1 n 1 n 2


1 1 1


2 2 n 1 n 2


n n 3


4 n 1 n 2


 
=  − + − + + − 
+ + +
 
 
=  − 
+ +
 
+
=
+ +
Do đó:



1 1 1 2016.2019 4070304


...


1.2.3 2.3.4 2016.2017.2018 4.2017.2018 16281224


= + + + = =


A


b) Ta có:


(

) (

)

(

)

1 2


2 2 2 1


1
= +

 = + ⇒ + + = + + = + = + ⇒ =
+ + +
 = +


x ny pz


y


y mx pz x y z ny pz mx ny y y n



n x y z


z mx ny


Tương tự: 1 2 ; 1 2


1= 1=


+ + + + + +


z x


p x y z m x y z


Do đó: 1 1 1 2 2 2 2


1+ 1+ 1= + + =


+ + + + + + + + +


x z x


n p m x y z x y z x y z
Câu 2:


a) Đặt 3 3 2 5 2 2


5 , 0.



6




+ = x = ≥


x x a b



(61)

Từcách đặt ta có:


(

)

(

)



3 3 2


2 3


3 2 3 3 3 3


2 2


5


6 2 6 1 2 2 2


6 2 5


 − =


⇒ − − = ⇒ − − − = ⇔ − = ⇒ − =





+ =


a x x


a b x a a x a x a x


b x


Từđó x là nghiệm của phương trình:


(

)

3 3 2 2

(

)



2 5 12 8 0 2 3 7


+ − = ⇔ + + = ⇔ = − ±


x x x x x x


Thử lại x= − +6 2 7 thỏa mãn


b) Điều kiện: x≠0,y>0


Đặt y =a

(

a>0

)



Khi đó hệphương trình trở thành:

( )



( )




3 2


2 2 1


3 1


9 12 0 2


+ = + −





 − − + =




x a


a x x a
x a x x
Biến đổi phương trình (1) trở thành:


(

)

(

) (

)



(

)(

)



2 2



2 3 2 0


2 2 0


2 1 0


+ + − − =


⇔ + + + − + =


⇔ + + − =


x a ax a x


x a x a a x a x


a x a x


Trường hợp 1: 2a+ = ⇒ = −x 0 x 2a thay vào phương trình (2) ta được:


( )

3

(

)(

)(

)



2 ⇔ −6a +18a+12= ⇔0 a−2 a+1 a+6 = ⇔ =0 a 2 do a>0


4, 4


⇒ = −x y= (thử lại thỏa mãn hệphương trình)


Trường hợp 1: a+ − = ⇒ = −x 1 0 a 1 x thay vào phương trình (2) ta được:



( )

2


2 ⇔x −5x+ = ⇔ = ∨ =6 0 x 2 x 3


Với x = 2 thì a = -1 (loại)


Với x = 3 thì a = -2 (loại)


Vậy hệcó nghiệm duy nhất (x, y) = (-4, 4).


Câu 3:


a) Quy đồng ta được: 5 10 4 35 3 50 2 24

(

1

)(

2

)(

3

)(

4

)



120 120


+ + + +


+ + + +


=a a a a a = a a a a a


A


Vì a, a + 1, a + 2, a + 3, a + 4 là 5 số tựnhiên liên tiếp nên chia hết cho 3, 5.


Vì a, a + 1, a + 2, a + 3 là 4 số tựnhiên liên tiếp nên có một sốchia hết cho 4 và một
sốchia hết cho 2.


Do đó: a a

(

+1

)(

a+2

)(

a+3

)(

a+4 120

)

do

(

3, 5,8

)

=1



(62)

b) Ta có: 2


20412 2, 8 y 2⇒x2


Đặt x = 2x1khi đó phương trình trở thành:


2 2


1


5x +2y =5103


Do 2 2 2 2


1 1 1


5103 3 ⇒5x +2x 3⇒x +y 3⇒x y, 3


Đặt x1= 3x2và y = 3y1thì phương trình trở thành 5x22+2y12 =567
Suy luận tương tựta cũng đặt 2 2


2 =3 ,3 1 =3 2⇒5 4 +2 3 =63


x x y y x y


Đặt 2 2


3 =3 ,4 2 =3 3⇒5 4 +2 3 =7



x x y y x y


Nếu x4= 0, y3= 0 thì phương trình đã cho vơ nghiệm


Nếu x4y3≠ 0 thì x4 = ±1,y3= ± ⇒ = ±1 x 54,y= ±27


Vậy x= ±54,y= ±27


Câu 4:


a) Ta có: CBI  = BAI (hai góc nội tiếp (O) chắn hai cung bằng nhau)
Suy ra BI là tiếp tuyến của (E) suy ra: EBI = 90o


Lại có BAE  = ABE(dễ chứng minh)


   = + =90o+ =  =

( )

1
AEO AHE HAE HBE ABI AEO ABI


Mặt khác:


(

)

(

)



 

( )



1 1 1


= sd cung ACI=


2 2 2



= 2


+ = + =




ABI sd cung AC sd cung CI sd cung AC sd cung BI ABI


ABI ADC



(63)

Chứng minh tương tự:  AFO = ADB

( )

**


Từ(*) và (**) suy ra:    AEO +AFO= ADB+ADC=180o


Vậy tứgiác AEOF nội tiếp được
Câu 5:


giả sử có n đường


đường a cắt 2018 đường là b1;b2;....;b2018


suy ra a phải song song với n - 2019 đường còn lại


vậy đường bi(với i chạy từ 1 đến 2018) cắt n - 2019 đường này mà số đường bi có
thể cắt thêm ≤ 2017 đường ( trừ đường a)


vậy n - 2019 ≤ 2017 suy ra n ≤ 4036 dấu = xảy ra <=> bisong song với 2017 đường có
dạng bj( j khác i và j chạy từ 1 đên 2018)


và a phải song song với 2017 đường cịn lại khơng tính đường a và 2018


đường b1;b2;....;b2018


tức là có 2018 đường song song với nhau và vng góc với 2018 đường cịn lại
vậy max(n)=4036


ĐỀ

S

7



Câu 1.
a/ Rút gọn A


2 1 3 11


9


3 3


x x x


A


x


x x


+ −


= + +





+ −


(

)(

)



2 1 11 3


3 3 3 3


x x x


A


x x x x


+ −


= + +


+ − + −


(

) (

)(

)



(

)(

)



2 3 1 3 11 3


3 3


x x x x x



A


x x


− + + + + −


=


+ −

(

)(

)



2 6 4 3 11 3


3 3


x x x x x


A


x x


− + + + + −


=


+ −


(

)(

)

(

(

)(

)

) (

)



3 3



3 9 3


3 3 3 3 3


x x


x x x


A


x x x x x


+
+


= = =


+ − + − −


Vậy với x≥0;x≠9 thì 3
3
x
A


x


=



(64)

0



A≥  3 0


3


x


x− ≥ 


3 0


3 0 9


0


3 0


3 0


x


x x


x
x


x







 − > => ≥


 =


 ≤ 






− <





Kết hợp điều kiện => x > 9 hoặc x = 0 thì A≥0


Câu 2.


a/ Để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau thì


2 2 2


' 1 3 4


2
2



' 2 4 2


2


m


a a m m


m
m


b b m m


m


 =


=  − =  =





=> => => = − => = −





    ≠




Vậy với m = - 2 thì đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2)


b/ 2

(

)



2 1 2 5 0


xmx+ m− =


Ta có:

(

)

2 2

(

)

2


' m 1 2m 5 m 4m 6 m 2 2 0


∆ = − − + = − + = − + > với mọi m, nên phương trình ln
có 2 nghiệm phân biệt với mọi m


Theo vi ét ta có: 1 2
1 2


2 2


2 5


x x m


x x m


+ = −




=





Để

(

2

)

(

)



1 2 1 2 1 2 2 0
xmx + mx − ≤


=> 2

(

)

(

)



1 2 1 1 2 5 2 1 4 2 2 0


x m x m x x


 − − + − − +  − ≤


 


=>

(

4 2− x1

)(

x2−2

)

≤0 =>

(

2−x1

)(

x2−2

)

≤0 => 2x2− −4 x x1 2+2x1≤0
=> 2

(

x2+x1

)

x x1 2− ≤4 0


Thay vào ta có : 2 2

(

m− −2

) (

2m− − ≤5

)

4 0=>4m− −4 2m+ − ≤5 4 0=>2 3 0 3
2
m− ≤ => ≤m
Vậy 3


2
m
Câu 3.


a/ Giải hệ phương trình 2


2


2 3


3 2 1


x y


x y


+ =





− =


 Điều kiện : x, y ≥ 0


Đặt 2


, ( , 0)



(65)

2 3 4 2 6 7 7 1


3 2 1 3 2 1 2 3 1


a b a b a a


a b a b a b b



+ = + = = =


   


<=> <=> <=>


= =+ ==


    => 2


1
1


( )


1
1


x
x


TMDK


y
y


 =  =


=>



 = ±


= 





Vậy hệ có 2 nghiệm: 1


1


x
y


=

 =
 và


1
1


x
y


=

 = −



b/ Giải phương trinh: 2

(

)

2


4 7 4 7


x + x− = x+ x − . Điều kiện 7


7


x
x


 ≥


≤ −



(

)



2 2


4 7 4 7


x + x− = x+ x − 

(

x2− +7

)

4

(

x+4

)

−16=

(

x+4

)

x2−7


Đặt 2 7 0


4


x a



x b


 − = ≥



+ =


 , ta có phương trình


(

)(

) (

)



2 2


4 16 16 4 0 4 4 4 0


a + b− =ab<=>a − + b ab− = <=> a+ a− −b a− =


(

a−4

)(

a+ −4 b

)

=0=> 4
4


a
a b


=

 = −


=> 2 2



2 2


7 4 7 4


23


7 4 4 7


x x


x


x x x x


− =− =


 => => ±


− = + −− =


 


Vậy phương trình có 2 nghiệm : x± 23
Câu 4:


a/ Chứng minh OBM  = ODC


Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt)
=> OBC + ODC 180 = o (đ/l) (1a)



Ta có: OBC + OBM =180o (Hai góc kề bù) (2a)


2
1
G


H
K


I
O


N


M


D


C
B



(66)

Từ 1a,2a => OBM  = ODC(ĐPCM)


b/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC
xét ∆OBM và ∆ODCcó


   


1 2



C =C =>OB=OD=>OB=OD (1b)


 


OBM = ODC (C/m câu a) (2b)


Do AD//BC (gt) => AD//MC => NAD  = NMC (đồng vị) (3b)


Do ∆CMN có đường cao vừa là đường phân giác => MNC  = NMC (4b)


Từ 3b, 4b => ∆DAN cân tại D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác CMN cân)
=> CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b)


Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM)


+ Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
xét ∆OCM và ∆OCNcó


OC là cạnh chung (6b) ; C 1=C2 (gt) (7b) và CM = CN (c/m trên) (8b)
Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC


=> OM = ON = OC => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN (ĐPCM)
c/ Chứng minh rằng: ND IB – IK2 2 2


MB = KD


Gọi giao điểm của IK với đường tròn tâm I là G và H. Ta có


(

)(

) (

)(

)




2 2


2 2 2 2


IB – IK IB IK IB IK IG IK IH IK KG KG.


KD KD KD KD


− + − +


= = =


mà KG.KH = KD.KB


=> IB – IK2 2 2 KD KB. 2 KB
KD = KD = KD (1c)


Do ND = AD = BC và MB = CD (chứng minh trên)
=> ND BC


MB = CD


BC KB


CD = KD (Tính chất tia phân giác)
=> ND KB


MB = KD (2c)



Từ 1c, 2c => 2 2 2
ND IB – IK




MB = KD (ĐPCM)



(67)

Ta có


(

)



(

)

(

(

)

)

(

(

)

)



2 2 2


2 2 2


1 1 1


1 1 1


x yz y zx z xy
P


z zx x xy y yz


+ + +
= + +
+ + +

(

)



(

)


(

)


(

)


(

)


(

)


2
2
2
2
2
2
1
1
1


1 1 1


xy
zx
yz
y
x
z
P


zx xy yz


x y z


+


+
+
= + +
+ + +
2
2 2
1
1 1


1 1 1


x


y z


y


z x


P


z x y


x y z


 
+   ++
 
   
     


= + +
+ + + .


Áp dụng BĐT:

(

)



2
2


2 2


1 2 3
3


1 2


1 2 3 1 2 3


a a a


a


a a


b b b b b b


+ +


+ + ≥


+ + . Dấu = xảy ra khi



3
1 2


1 2 3


a
a a
b = b = b


2 2


2 2


1 1 1 1


1 1


1 1 1 1 1 1


x x y z


y z


y x y z


z x


P



z x y x y z


x y z x y z


   
+   ++ + + + + +
   
   
       
= + + ≥
 
+ + + + + + + +
 


1 1 1


P x y z


x y z


 


+ + + + +


 


Áp dụng BĐT : 1 1 1 9
x+ + ≥y z x+ +y z
=>



(

)

(

)



9 9 27


4 4


P x y z x y z


x y z x y z x y z


 


≥ + + + = + + + +


+ + + + + +


Ta có:


(

9

)

2 9 3


4 4


x y z


x y z


 


+ + + ≥ =



+ +


  ;

(

)



27 27 9


3


4 4. 2


2
x+ +y z = =
=> 3 9 15


2 2


P≥ + = . Vậy min 15
2


P = khi 1


2
x= = =y z


ĐỀ

S

8



Câu 1:
a) Ta có:


1 1 1 1 1 1



... ...


1.2 2.3 2015.2016


2 1 3 2 2016 2015


1 1 1 1 1 1 2015 1931


1 .... 1


2 2 3 2015 2016 2016 2016 1975


+ + + > + + +



(68)

b) Đặt: 3 3


3 1 8 3 3 1 8 3


= − + − + − − −


A a a a a a a


(

)



(

) (

)



(

)



3



3 3 3


3 3 3 3


3 1 8 3 3 1 8 3


3 1 8 3 3 1 8 3


3 3 1 8 3. 3 1 8 3 3 1 8 3 3 1 8 3


= − + − + − − −


= − + − + − − −


+ − + − − − − − + − + − − −


A a a a a a a


a a a a a a


a a a a a a a a a a a a


(

)

2 2

(

)



3


6 2 3 3 1 . 8 3 .


= a− + a− −a aA



(

)



(

) (

)



(

)

(

)



(

)(

) (

)(

)



(

)

(

)



(

)



(

)



3 2 3 2


3
3


3


2
2


6 2 3 9 6 1 8 3 .


6 2 3 2 1 .


2 3 1 3 2 1 .



2 3 1 . 2 3 1 0


1 1 2 3 1 1 0


1 2 3 1 0


1 2 3 1 0


= − + − + − +


= − + − +


= − − −


⇒ − + − − − =


⇒ − + + − − =


 


⇔ − + + − =


⇔ = + + − >


a a a a a A


a a A


a a A



A A a A a


A A A a A


A A A a


A Do A A a


Câu 2: (2,0 điểm)


a) Xét x = 0 không là nghiệm của phương trình.
Xét x ≠ 0: phương trình tương đương với:


2 2


4 5 3


3 5 3 2


4 5 3


3 3 2


1 5


4 5 3 3


1 5 2





+ =


+ + − +




⇔ + =


+ + − +


−  


⇔ + = = +


+ −  


x x


x x x x


x x


x x


t x


t t x



Bạn tựgiải tiếp.


b) Từ phương trình (1) suy ra x ≥ 0, từ phương trình (2) suy ra xy ≥ 0 do đó: x ≥ 0, y ≥ 0.
Ta có:


(

)



(

)



(

)

(

)



(

)



2


2 2


2 2 2 2


2 2 2 2


1 1


2 1 . 1


1 2 2 1 0


1 2 2 1 0 , 0


+ = +



⇔ + + = +


⇔ − + + + + + =


⇔ = + + + + + > ∀ ≥


x x y xy
x x xy x y


xy x y x y xy x x


xy do x y x y xy x x x y


Do đó: 8 8 4 4 2

(

)

(

4 3 2

)



2 1 1 2 0 1 1


+ = ⇔ + = ⇔ − + + + + = ⇔ = ⇒ =


x y y x y y y y y y y x


y
Vậy hệcó nghiệm duy nhất (x, y) = (1; 1)


Câu 3: (2,0 điểm)



(69)



(

)(

) (

)(

)




(

)(

)



(

)

(

)



(

)(

)



2


2 2 2


2 2


2 2


2 2


1 9 2 8


10 9 10 16


7 10 9


7


4 28 4


2 7 2 2 7 2 49


⇔ + +    + + =



⇔ + + + + =


⇔ + = = + +


⇔ + =


⇔ + =


⇔ + − + + =


x x x x y


x x x x y


a a y a x x


a a y


a a y


a y a a y


Ta thấy nếu (x, y) là nghiệm của phương trình thì (x, -y) cũng là nghiệm.
Do đó ta chỉ cần xét y ≥ 0 rồi suy ra nghiệm.


Xét y ≥ 0 thì 2a+ 7 + 2y ≥ 2a+ 7 – 2y. Ta có các trường hợp:


2 7 2 49 2 7 2 1 2 7 2 7 2 7 2 7



; ; ;


2 7 2 1 2 7 2 49 2 7 2 7 2 7 2 7


+ + = + + = − + + = + + = −


   


+ =+ = −+ =+ = −


   


a a y a a y a a y a a y


a a y a a y a a y a a y


b) Xét x≥ 1thì2016z≡ 0 (mod 4)


Ta có 2017y 1(mod 4) do đó VT 1(mod4)


2018z≡ 0, 2(mod 4) (vơ lí)
Suy rax= 0


Viết lại phương trình với1+2017y=2018z


Mà VT ≡ 2 (mod 4)do đó2018z 2 (mod 4)z= 1
Suy ra y = 1


Vậy (x,y,z)= (0,1,1)




(70)

a. Gọi K' là giao điểm của (ECI) với AI =>AE.AC=AK′.AI.
Mặt khácAE.AC=AD.AB=> DK'IB nội tiếp


=> góc AK'E + góc AK'D = góc ACI + góc ABI = 180o => A, K', D thẳng hàng => K trùng K'


=> đpcm


b. Ta có R2=OB.OC=OA.OI=2R.OI=> AI = (5/2)R.


c. Gọi M là giao điểm của (ADE) với AI, ta có: góc AMD = góc AED = góc AIC= góc ABO
=> DMOB nội tiếp => AD.AB=AM.AO =AO2 R2khơngđổi=>khơngđổi=> AMkhông đổi =>


M cố định => (ADE) luôn qua M cố định.
Câu 5: (1, 0 điểm)


Ta xét a là số thú vị => tổng các chữ số của a bằng 45 => a chia hết cho 9 => a chia hết cho
99999. Đặt a = 99999k


=>10235≤ k ≤98766. Ta đi tìm các giá trị k sao cho khi nhân 99999 thì có mặt các chữ số 0
đến 9 đúng một lần.


Măt khác ta biết rằng khi nhânk=a a a a a1 2 3 4 5 với 99999 thì lấyk−1sau đó viết phân bù 9


củak−1vào tiếp theo k-1. Chẳng hạn với k=10235=>k−1=10234bù 9 củak−1
là 89765 =>10235.99999=1023489765


Chú ý: k−1là số sao cho không tồn tại hai chữ số có tổng bằng 9.


Như vậy quy về bài tốn tổ hợp: Có bao nhiêu số k thỏa10235≤ k ≤98766 và k−1là số sao
cho không tồn tại hai chữ số có tổng bằng 9...



Tiếp tục: ta nhận thấy trongk−1có chữ sốaiaithì khơng xuất hiện chữ số9−ai. Ta xét các 5
cặp số (0;9); (1;8); (2;7); (3;6); (4;5). Ta lập sốk−1bằng cách duy nhất mỗi chữ số trong mỗi
cặp (giả sử xét luôn chữ số 0 là chữ số hàng chục nghìn)


=> số lượng sốk−1 là 25.5!=3840. Vì số lượng các số có chữ số hàng chục nghìn tương ứng
với 0,1,2,..,9 là bằng nhau => số lượng số có số 0 đứng đầu là384 => số lượngk−1cần tìm
là 3840−384=3456số.


Vậy có3456số thú vị.


ĐỀ

S

9



Câu 1.


a/ Rút gọn biểu thức M ( a > 0 và a ≠ 4.)


2


2 2


1
:


2 2 4 4


1
:


( 2) 2 ( 2)



( 2) ( 1) ( 2)


. .


2 2 1 2 1


( 2) 2


a a a


M


a a a a a


a a a


a a a a


a a a a a a


a a a a a


a a a a


+


 


= +



− − − +


 


  +


= +


− − −


 


  +


= +  =


− − + − +


 


= − = −


b/ Tìm tất cảcác giá trị của a đểM ≤ 0


0 ( 2) 0 2 0( 0)


2 4


M a a a do a



a a


≤ => − ≤ => − ≤ ≥



(71)

Kết hợp điều kiện : Với 0 < a < 4 thì M ≤ 0.
Khơng xảy ra dấu = vì a ≠ 0 và a ≠ 4.
Câu 2.


a/ Giải hệphương trình


3


2 3


2
5


x
y
x


y


+ =





 − =





Điều kiện: y≠0.Đặt 1 t


y = ta có hệphương trình


2 3 3 2 3 3 7 7 1


2 5(2) 2 4 10 2 5 3


x t x t t t


x t x t x t x


+ = + = − = = −


   


<=> <=> <=>


− =− =− ==


   


Với t 1 1 1 y 1


y


= − => = − => = −



Vậy hệphương trình có 1 nghiệm duy nhất 3


1


x
y


=

 = −


b/ 2 2


2( 2) 0


x + mxm = ( m là tham số)


Ta có: 2 2


' (m 2) m


∆ = − +


Do ( 2)2 0 2 2


' ( 2) 0


0
m



m m


m


 − ≥


=> ∆ = − + ≥




Dấu = xảy ra khi


2
2


( 2) 0 2


0
0


m m


m
m


m


 − =  =



=> => ∈Φ


 =


=


 




Vậy 2 2


' (m 2) m 0


∆ = − + > Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2


Theo viet ta có : 1 2
2
1 2


4 2


x x m


x x m


+ = −





= −




Để


2 2 2


1 2 1 2 1 2 1 2


2


1 2 1 2 1 2


| | | | 6 (| | | |) 36 2 | | 36(1)


x 0 | |


x x x x x x x x


Do x m x x x x


− = => − = => + − =


= − ≤ => = −


Thay vào (1) => 2 2 2 1 2


1 2 1 2 1 2



1 2
6


2 36 ( ) 36


6
x x


x x x x x x


x x


+ =



+ + = => + = => 


+ = −


- Nếu : x1+x2 =6 =>4 - 2m = 6 => m = -1
- Nếu :x1+x2 = −6 =>4 - 2m =-6 => m =5
Với m = -1, thay vào ta có phương trình


2


6 1 0


' 10 0



xx− =


∆ = >


Phương trình có 2 nghiệm x1< x2 là


2 3 10; 1 3 10
x = + x = −



(72)

2


6 25 0


' 34 0


x + x− =


∆ = >


Phương trình có 2 nghiệm x1< x2 là


2 3 34; 1 3 34
x = − + x = − −


Khi đó : | 3− − 34 |− − +| 3 34 | 6(= TM)
Vậy m = 5.


Câu 3.



Giải phương trình: 3 2


5 x + =1 2(x +2) (Điều kiện x ≥ -1)


2 2


5 ( 1)( 1) 2( 2)


PT <=> x+ x − + =x x +


Đặt 2


1 ; 1


x+ =a x − + =x b(a b, ≥0)


2 2 2


2.


a b x


=> + = + thay vào ta có PT
2 2


5 2( )


(2 )(2 ) 0


ab a b



a b b a


= +


<=> − − =


TH1: 2a - b = 0 => 2a = b
2


2
2


1


2


2 1 1


4 4 1


5 3 0


37 0


5 37


( )


2



5 37


( )


2


x x x


x x x


x x


x TM


x TM


+ = − +
=> + = − +
<=> − − =
∆ = >


= +



=>





=



TH2: 2b – a = 0
=>2b= a


2
2


2


2 1 1


4 4 4 1


4 5 3 0


23 0


x x x


x x x


x x


PTVN


− + = +
=> − + = +


<=> − + =
∆ = − < =>


Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm : 1 2


5 37 5 37


; x


2 2


x = + = −



(73)


a/ Chứng minh MN//AE


Xét đường trịn (C) ta có : 1
2


AED= ACD (góc nơi tiếp bằng nửa góc ởtâm cùng chắn cung
AD) (1)


1


( )(2)
2


BDM = ACD gt


Từ1, 2 =>AED= BDM



=> MN//AE (Vì có 2 góc đồng vị bằng nhau)


b/ Chứng minh BD.BE = DA2 và tứgiác DHCE nội tiếp


+ Chứng minh BD.BE = BA2


Xét ∆BAD và ∆BEA có
ABE chung (3)


AD=BEA( cùng chắn cung AD) (4)
Từ3,4 =>∆BAD ~ ∆BEA (g.g)


2


. (5)


BD BA


BD BE BA
BA BE


=> = => = (ĐPCM)


+ Chứng minh DHCE nội tiếp



(74)

Từ5,6 => BD.BE = BH.BC=>BD BH (7)


BC = BE Mà CBE chung (8)
=>∆BDH~ ∆BCE (c.g.c) =>BHD =BEC (Hai góc tương ứng) (9)


Mà BHD +DHC =180o(10)


Từ9,10 =>DHC+ BEC =180o=> Tứgiác DHCE nội tiếp (Đ/l) (ĐPCM)


c/ Chứng minh HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng
MN


+ Chứng minh HA là đường phân giác của góc DHE
Xét ∆CHE và ∆CEB có HCE chung (11)


Xét ∆BAC vng tại A có AH là đường cao => CA2= CH.CB (Hệ thức)


Hay CE2= CH.CB (do CE = CA = R) =>CE CH (12)


CB = CE


Từ11,12 =>∆CHE và ∆CEB (c.g.c) =>CHE =CEB (13)
Từ9.13 =>CHE= BHD


=>AHE= AHD (cùng phụ với 2 góc bằng nhau)
=> HA là đường phân giác của góc DHE


+ D là trung điểm của đoạn thẳng MN


Ta có : MD//AE (câu a) =>DM BD(talet)(14)
EA = BE


Gọi giao của DE và AH là F
Ta có :DN FD HD



EA = FE = HE (Ta lét – T/c tia phân giác) (15)


Ta có : ∆HDB ~ ∆HCE (g.g) DH BD DH CE. CH BD. (16)
HC CE


=> = => =


Ta có : ∆CHE ~ ∆CEB (g.g) => HC HE HC.BE HE.CE(17)
CE BE


=> = => =


Từ16,17 => . . (18)


. .


DH CE HC BD HD BD
HE CE = HC BE => HE = BE


Từ14.15.18 =>DM DN DM DN
EA = EA => =


=> D là trung điểm của MN (ĐPCM)
Câu 5:


Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x + y + z = 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2


1 1 1



x y z


S


y z x


= + +


+ + +


Ta có : 2 22 ; 2 22 ; 2 22


1 1 1 1 1 1


x xy y yz z zx


x y x z


y + y = z + z = = x + x =



(75)

2 2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2


2 2 2


( )



1 1 1 1 1 1


3


1 1 1


 


=> = + + = + + − + +


+ + + + + +


 


=> = − + +


+ + +


 


x y z xy yz zx


S x y z


y z x y z x


xy yz zx
S


y z x



Ta có:


2 2 2 2 2 2


2 2 2


2 2 2


2 2 2


; ;


1 2 2 1 2 2 1 2 2


1 1 1 2


3


2


xy xy xy yz yz yz zx zx zx


y y z z x x


xy yz zx xy yz zx


y z x


xy yz zx


S


≤ = ≤ = ≤ =


+ + +


+ +


=> + + ≤


+ + +


+ +


=> ≥ −


Do


2


( ) 2( ) 3


3 3


3


2 2


3



khi x = y = z =1
2


+ + ≥ + + => + + ≤
=> ≥ − => ≥


=> MIN =


x y z xy yz zx xy yz zx


S S


S


ĐỀ SỐ 10


Bài 1. a) Ta có + = + =

(

+

)

= +


2


2 2 3 8 4 3 6 2 6 2


b) Ta có


(

)(

)



(

)(

)



− + − − − +


− + − +



= = = =


− − − + + + + + − − +


4 3 2 2
6 5 4 3


6 3 2 4 3 2 2


x 2x 2x x x x 1 2015


x 3x 3x x 2015 2015


P 1


2015
x x 3x 3x 2015 x x 2x 2x 1 x x 1 2015


Bài 2. a) Ta có ∆ =

(

2m 1−

)

2 −4.2 m 1

(

) (

= 2m 3−

)

2 ≥ 0, do đó phương trình có nghiệm với
mọi m


Theo hệ thức Vi – et ta có


 −


+ =


 + = −



+ + = −


=




 = 





1 2 1 2


1 2 1 2
1 2


1 2


1 2m


x x 2x 2x 1 2m


2 2x 2x 4x x 1


m 1 4x x 2m 2
x x


2


Vậy 2x1 +2x2 +4x x1 2 = −1 không phụ thuộc vào m.



b) Hệ phương trình tương đương với  ++ + + =+ + + =



2 2
2 2


x y x y 4
x y xy x y 2


Trừ theo vế hai phương trình ta được xy = −2, khi đó ta được


(

)

(

)



(

)(

)



+ + + = ⇔ + − + + = ⇔ + + + =


 + =


⇔ + + + = ⇔ 


+ + =



2 2


2 2


x y x y 4 x y 2xy x y 4 x y x y 0
x y 0



x y x y 1 0



(76)

+ Với x y+ =0, ta có hệ phương trình  + = ⇒  = = −


= −  = − =





x y 0 x 2; y 2
xy 2 x 2; y 2


+ Với x y 1 0+ + = , ta có hệ phương trình  + = −= − ⇒  == − = −=


 


x y 1 x 1; y 2
xy 2 x 2; y 1


Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là

(

2; − 2 ,

) (

− 2; 2 , 1; 1 ,

)

( ) ( )

− −2; 1
Bài 3. a) Ta có F = n3 +4n2 −20n 48− =

(

n 4 n 2 n 6 125−

)(

+

)(

+

)



Vì 125 5 nên trong F tồn tại một thừa số chia hết chia 5


+ Nếu n 2 5+  thì n 4− = + −n 2 6 không chia hết cho 5 và n 6+ = + +n 2 4 không chia hết cho 5
nên để F chia hết cho 125 thì n 2 125+  nên n bé nhất là 123


+ Nếu n−4 5 thì n 6+ = − +n 4 10 chia hết cho 5 và n 2+ = − +n 4 6 không chia hết cho 5 nên để
F chia hết cho 125 thì



Hoặc n 4 25−  nên n bé nhất là 4
Hoặc n 6 25+  nên n bé nhất là 19


Vậy để F chia hết cho 125 thì n bé nhất cần chọn là 4.
b) Xét dãy số có dạng 2; 2.3; 2.3.5; ...


Giả sử hai số cần chọn là a =2.3.5...p ; b 2.3.5...pn = m với p ; pn m

(

n<m

)

là các số nguyên tố thứ n


và thứ m.


Ta có b a− =2.3.5...pm −2.3.5...pn =30000⇔2.3.5.p p .p ...pn

(

n 1+ n 2+ m −1

)

=2.3.5.1000


Ta thấy 2.3.5.1000 tồn tại ước của 3 nên a và b có chữa số nguyên tố 3 nên pn ≥3 và 1000 khơng
có ước ngun tố khác 2 và 5 nên a khơng có ước khác 2 và 5 nên pn ≤5. Từ đó ta được


+ Nếu pn =3, ta được p .p ...pn 1+ n 2+ m =10000, không tồn tại pm thỏa mãn


+ Nếu pn =5, ta được p .p ...pn 1+ n 2+ m =1001 7.11.13= ⇒pm =13, từ đó ta được


= = = =


a 2.3.5 30; b 2.3.5.7.11.13 30030


Bài 4. a) Ta có DBC DCA = nên B 1 =C1,
suy ra BHC 90 = 0 hay BH ⊥CE


Mặt khác CEA =900


nên AE//BH.


b) Ta có


= = R = 0 = R 3


AC R, AD , CD R.sin 60


2 2 .


Gọi bán kính đường trịn nội tiếp tam giác
ADC là r khi đó ta được


O
E


K'
K
1


1
2
1


H


J'
I'
O'


J
I



F
C



(77)

(

)


= + − = R 3 + R − = 3 1 R


r CD DA AC R


2 2 2


Do đó = − =

(

)

=  − − =  − − =


   


2
FDI FDA IDA


AD FF ' r R CD 3 1 R R 3 3 1 R


S S S R R


2 4 2 2 4 4 2 16


c) Gọi I’, J’, K’ lần lượt là hình chiếu của I, J, K trên AB.


Ta có tứ giác CHBD nội tiếp nên B1 =D1 mà KDB     =HKD B ; KDC− 1 =KDC D− 1 nên ta được


 



KDB KDC= , suy ra DK là phân giác của BDC. Do đó K là giao điểm của hai đường phân giác


nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC.


Tương tự ta được I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD và ABC.
Do đó ta có 2II ' CD BD BC; 2JJ '= + − = AC BC AB; 2KK '+ − = AD CD AC+ −


Do đó ta được II ' JJ ' KK '+ + =CD≤ R. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi C nằm chính giữa AB
Cách khác: Gọi bán kính đường trịn nội tiếp tam ADC, BCD, ABC lần lượt là r , r , rI K J


Ta có ∆ADC ∆ACB⇒rI = ABrJ


AC


∽ và ∆CDB ∆ACB⇒rK = ABrJ


AC



Do đó ta được


  + + + −


+ + = + + =


 


+ + − +


= = ≤ = = =



I K J J


2 2 2 2 2 2


AC BC AB BC CA AC BC AB


r r r 1 r .


AB AB AB 2


AC BC 2AC.BC AB 2AC.BC AC BC AB AB R
2AB 2AB 2AB 2AB 2


Do đó ta được II ' JJ ' KK '+ + ≤R. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi C nằm chính giữa AB


Bài 5. Ta có


( )



(

)

(

( )

)

(

( )

)



( )



(

)

(

( )

)

( )

(

)

( )

( )

( )



= + + = + +


+ + + + + +



= + + = + +


+ + +


+ + +


2 2 2


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


2 2 2 2 2 2


xy yz zx


xy yz zx
T


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


xy yz zx xy yz zx


xz yz xy xz xy yz
xyz zx zy xyz xy xz zxy yz yz


Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và bất đẳng thức Cauchy ta được


( )

( )

( )

(

)



(

)




+ + + +


+ + ≥ = ≥ =


+ + + + +


2 2 2 2


2 2 2
3


xy yz zx xy yz zx xy yz zx 3 x y z 3
xz yz xy xz xy yz 2 xy yz xz 2 2 2


Do đó T ≥ 3


2 hay giá trị nhỏ nhất của T là
3


2. Dấu bằng xẩy ra khi x = = =y z 1

ĐỀ SỐ 11




(78)

(

)

(

)



2


2


1 x 1 x 1 1



1 x 2 x 2 1 x 1


M


x 1 2 x 1 x 1


1 x 1 1 x 1 2


1 x 1 x


 
− + − − +
− + − − − +  


= =


− − −


− + − − +


= =


− −


b) Vì 0 ≤ <x 1 nên ta được 1− x ≤1 do đó 2 2 M 2
1− x ≥ ⇒ ≥


Vậy giá trị nhỏ nhât của M là 2, xẩy ra tại x =0


Bài 2. a) Điều kiện xác định của phương trình là x ≠0. Phương trình tương đương với



2 2 2


2 2 2


2


2


5x 8 4 x 4 8x 8 16 x 2 1


x 0 8 0


9 x 3 3 x 9 x 3 9 3 x


x 1 x 1


8 0 0 x 3 0 x 3


3 x 3 x


 
 


+ = −  −  ⇔ + − = ⇔  − +  =


   


 



= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ±
 


đến đây bạn đọc tự giải


b) Giả xử x lớn nhất ta có y x− ≤0 khi đó x2 = + − ≤1 y x 1 vậy ta được


1 x 1 1 y; z 1


− ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤


Ta có


(

)



(

)



( )

(

)(

)(

)( )



2
2
2


x x 1 y 1


x x 1 y


y y 1 z y y 1 z 1 xyz 1 x 1 y 1 z 1 0


z z 1 x z z 1 x 1





 + − = + = +


 + − = ⇔+ = + ⇒ + + + =


 


+ − =+ = +


 


 


+ Nếu

(

x 1 y 1 z 1+

)(

+

)(

+

)

=0 thì một trong 3 số x, y, z bằng −1, suy ra x= = = −y z 1
+ Nếu x, y, z khác −1 suy ra xyz 1= , mà x . y . z ≤1 nên ta được x = = =y z 1


Thử lại ta được

( ) (

1;1;1 , − − −1; 1; 1

)

là nghiệm của hệ phương trình


Bài 3. a) Xét n 1= ta được A =2 và n =2 ta được A =73 đều không phải là số chính phương


Xét n>2 ta có A =n6 +n4 −n3 +1 làsố chính phương nên 4A=n6 +4n4 −4n3 +4 là số chính
phương. Ta có 4A=

(

2n3+ −n 1

)

2+ −4

(

n 1

)

2


+ Nếu n=3 thì 4−

(

n 1−

)

2 =0 nên


2
3



2


2n n 1


A 28


2


+ −
= =


  là số chính phương


+ Nếu n >3 ta có 4−

(

n 1−

)

2 < 0 nên 4A 2n<

(

3 + −n 1

)

2


Mà 4A−

(

2n3 + −n 2

)

2 =4n – n3 2+4n >0 nên

(

2n3 + −n 1 4A

)

2> >

(

2n3 + −n 2

)

2
Do đó với n>3 thì A khơng thể là số chính phương.


Vậy với n =3 thì A là một số chính phương.



(79)

Do đó tổng các chữ số của A là 21.1 20 2 3 4 5 6 7 8 9+

(

+ + + + + + +

)

=901 không chia hết cho 9
Mà 2016 chia hết cho 9 do đó A khơng thể chia hết cho 2016


Bài 4. a) Gọi O; K lầm lượt là tâm đường tròn


ngoại tiếp tam giác AMB và ANC. Khi đó O
thuộc AC và K thuộc AB


Các tam giác ACK và ABO là tam giác đều


Dễ dàng chứng minh BHC BIC 120 = = 0


Do đó ta được


   1

(

 

)

0


CPK CPA APB AKC AOB 60


2


= + = + =


Từ đó suy ra các tứ giác BICP và BHCP mội
tiếp hay 5 điểm B, H, I, C, P cùng thuộc đường
tròn.


b) Chứng minh được CPA 1AKC30 ; CPI0  CBI300


2


= = = = do đó suy ra P, I, A thẳng hàng.


Lại có CPA HBA 30 = = 0


Chứng minh đượcBAH IAC = từ đó suy ra ∆BAH∽∆PAC


c) Ta cóPBC 60 = 0 không đổi và BC R 3= không đổi. Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác


BCP bằng BC 0 R



2sin60 = . Gọi h là độ dài đường cao từ P xuống BC ta chứng minh


3R
h


2


≤ . Dấu


bằng xảy ra khi A là điểm chính giữa cung lớn BC tức tam giác ABC đều.
Do đó ta đươc


BCP


2
S


R 3 3
Max


4


= khi tam giác ABC đều.


Bài 5.Để ý là các điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng thì số đoạn thẳng nhận chúng làm trung điểm


là như nhau.


Nếu n là số chẵn khi đó khi đó trung điểm M của M M1 nkhác n điểm nói trên



Số đoạn thẳng đẹp phải chia hết cho 2 mâu thuẫn giả thiết. Vậy n lẻ, đặt n =2k 1+ ta có trung điểm


của M M1 n là Mk 1+ , do đó tổng số đoạn thẳng đẹp là 2 0 1 2 3

(

+ + + + … + −k 1

)

+ =k k2


Vậy k 20292= nên k=47suy ra n =95.


ĐỀ

S

12



Câu 1:


K O


H
I
N


M


P


C



(80)

1) Ta có:


3

16

7

1

3

3

4

7

1

3



P



2

3

3

1

(

3)(

1)

3

1




x

x

x

x

x

x

x

x



x

x

x

x

x

x

x

x



+

+

+

+



=

=



+

+

+

+



3

4

7

(

1)(

1)

(

3)(

3)



(

3)(

1)



x

x

x

x

x

x



x

x



+

− −

+

− −

+



=



+



3

4

7

1

9



(

3)(

1)



x

x

x

x




x

x



+

− − + − +



=



+



4

3



(

3)(

1)



x

x



x

x



+

+



=



+



(

3)(

1)



(

3)(

1)



x

x



x

x




+

+



=



+



1


1



x


x



+


=




2) Ta có:


2 2

3



x

=

+

= (

2

+1)2. (Thoảmãn ĐKXĐ)


=>

x

=

2

+1
=> P

1



1



x


x




+


=



=


2

1 1



2 1 1



+ +


=



− +



2

2



2



+



=

= 1 +

2



Câu 2:


1) Ta có:

= (m - 2014)2+ 4 . 2013 . 2015 > 0 với mọi m. Vậy phương trình ln có hai


nghiệm phân biệt với mọi m.


Theo hệ thức Vi – et ta có: 1 2



1 2


2014


2013


2015


2013



m


x

x


x x




 + =








=







Từ 2 2


1

2014

1 2

2014

2


x

+

− =

x

x

+

+

x



=>

(

)(

)



(

)(

)




2 2


1 1 2 2


2 2


1 1 2 2


2014

2014

2014



2014

2014

2014



x

x

x

x



x

x

x

x



=

+

+

+

+






=

+

+




=>


2 2 2 2


1 2 1 1 2 2 1 2



2 2 2 2


1 2 2 1 1 2 1 2


2014

(

2014)(

2014)

2014

2014



2014

(

2014)(

2014)

2014

2014



x

x

x

x

x

x

x x


x

x

x

x

x

x

x x



=

+

+

+

+

+

+

+






=

+

+

+

+

+




(81)

=> 2 2


1

2014(

1 2

)

2

2014(

1 2

)

0



x

+

x

+

x

+

x

+

x

+

x

=



=> (x1+ x2)(

x

12

+

2014

+

x

22

+

2014

) = 0 => x1+ x2= 0


=>

2014

0


2013




m

=



=> m =2014.


Vậy m = 2014 là giá trị thoảmãn đềbài.
2) ĐK: x

-1 và x

1



2



.Đặt 2x + 1 = t, PT (*) <=>

1

2

1

2

3


(

1)



t

+

t

+

=



<=>


2


1

1

2



3

0



1

(

1)



t

t

t t



+

− =



+

+






Đặt y =

1


(

1)



t t

+

, ta có pt: y


2+ 2y – 3 = 0. Giải pt ta được y1= 1, y2= -3


Với y1= 1 =>

1



(

1)



t t

+

= 1 => t(t+1) = 1=> t


2+ t 1 = 0


=> 1


2


1

5



2



1

5



2



t



t



− +



=







− −


 =






=> 1 1


2 2


1

5

3

5



2

1



2

4



1

5

3

5



2

1



2

2



x

x




x

x



− +

− +



+ =

=





=>



− −

− −



+ =

=







(Thoả mãn)


Với y2= -3 =>

1



(

1)



t t

+

= -3 => t(t+1) =


1


3






=> t2+ t +

1



3

= 0 (Vơ nghiệm vì

<0)


Vậy pt có hai nghiệm 1

3

5

,

2

3

5



4

2



x

=

− +

x

=

− −


Câu 3:


x3+ y3x2y – xy2= 5<=> (x + y)(x2xy + y2) – xy(x + y) = 5


<=> (x + y)( x2 – 2xy + y2) = 5


<=> (x + y)( x - y)2= 5


Do (x – y)2 ≥ 0 và x, y thuộc Z nên xảy ra hai trường hợp:


TH1: 2

5



(

)

1



x

y


x y



+ =







=



=>


5

3



1

2



x

y

x


x y

y



+ =

=





=>


− =

=



; hoặc


5

2



1

3



x

y

x


x y

y



+ =

=






=>


− =−

=




(82)

TH2: 2

1



(

)

5



x

y


x y



+ =




=



=>


1


5



x

y


x y



+ =









− =±





(loại)


Vậy phương trình có hai nghiệm ngun (x;y) ∈{(3;2); (2;3) }


Câu 4:


1) CM: Tứgiác MEIF là tứgiác nội tiếp:
C/m được các tứgiác ACMI, BDMI nội tiếp
Do đó:

 



 

   



1 1


1 2 1 1
2 1


I

A



I

I

A

B



I

B





=

 => + = +






= 

, mà

 



0
2 2

90



A

+

B

=

   

A

1

+

A

2

+

B

1

+

B

2

=

180

0
=>

 

0


1 2

90



I

+

I

=



=>

 

0


90



EIF

=

EMF

=

=>

MEIF nội tiếp được.
2) CM: EF // AB:


MEIF nội tiếp (câu 1) =>

 

I

1

=

F

1


ACMI nội tiếp (câu 1) =>

 

I

1

=

A

1


Trong (O)

B

 

2

=

A

1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM)


Do đó =>

B

 

2

=

F

1 , mà chúng ở vịtrí đồng vị=> EF // AB.


3) CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM , DFM



.



O


A

.

B


I
C


M


D


E F


1


2 1 2
1 2


1 1



(83)

Ta có OA = OM =>

M

 

1

=

A

2

C

 

1

=

A

2( cùng chắn cung IM) =>

C

 

1

=

M

1=> OM là tiếp


tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1)


Lại có: OM = OB =>

M

 

2

=

B

2

D

 

1

=

B

2( cùng chắn cung IM) =>

 

D

1

=

M

2=> OM là tiếp


tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF(2)


Từ(1) và (2) => ĐPCM


Câu 5:


Đặt: a = 2 2


x

+

y

; b =

y

2

+

z

2 ; c = 2 2


z

+

x

(*) => a + b + c = 2014 (1)


Từ(*) => x2=


2 2 2


2



a

b

+

c



; y2=


2 2 2


2



a

+

b

c



; z2=


2 2 2



2



a

b

c



− +

+



Áp dụng BĐT Cauchy ta có:


y + z≤ 2 2


2(

y

+

z

)

= b

2

; z + x≤

2(

z

2

+

x

2

)

=c

2

; x + y≤

2(

x

2

+

y

2

)

= a

2


Từđó ta có:


T =


2


x


y

+

z

+


2


y


z

+

x

+


2


z


x

+

y




1


2 2

(


2 2 2


a

b

c



b



+



+


2 2 2


a

b

c



c



+



+


2 2 2


a

b

c



a



− +

+




)
T≥

1



2 2

(


2


a


b

+


2


c


b

+


2


a


c

+


2


b


c

+


2


b


a

+


2


c



a

- a – b – c ) (2)


Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có:


2


a



b

+ b

2a;


2


c



b

+ b

2c;


2


a



c

+ c

2a;


2


b




c

+ c

2b;


2


b



a

+ a

2b;


2


c



a

+ a

2c


=>


2


a


b

+


2


c


b

+


2


a



c

+


2


b


c

+


2


b


a

+


2


c



a

4(a + b + c) – 2(a + b+ c) = 2(a + b + c) (3)


Từ(2) và (3) => T

1



2 2

( a + b + c) (4) ; Từ(1) và (4) => T


1



2 2

. 2014.


Vậy TMin=

2014



2 2

, khi x = y = z =

2014




3 2

.


ĐỀ

S

13




(84)

Ta có:


2 2 2 2 4 2 2


2 2 2 2 2 2


1

1

(

1)

(

1)

2

(

1)

(

1)



1



(

1)

(

1)

(

1)



a a

a

a

a

a a

a



a

a

a a

a a



+

+

+

+

+

+ +

+



+

+

=

=



+

+

+



4 2 2 2 2 2


2 2 2 2



2

(

1)

(

1)

(

1)

1

1

1



1



(

1)

(

1)

(

1)

1



a

a a

a

a

a

a

a



a a

a a

a a

a

a



+

+ +

+

+ +

+ +



=

=

=

= + −



+

+

+

+



Vậy: S

(1

1

1

)

(1

1

1

)

(1

1

1

) ... (1

1

1

)



1

2

2

3

3

4

2013

2014



= + −

+ + −

+ + −

+ + +



S = 2013 -

1


2014


Câu 2:


1) ĐK: x ≤ 0 hoặc x ≥ 1.
Đặt a = x + 1, b = 2


2

x

2

x

=> b≥ 0

Ta có pt:


ab = b2 – a – 1


<=> (b2 – 1)–( a + ab) = 0


<=> (b + 1 )(b – 1 - a) = 0
<=>

1 0



1

0



b



b

a



+ =




 − − =



<=> a = b – 1 ( b = - 1 loại vì b ≥)


+ Với a = b – 1 => x + 1 = 2


2

x

2

x

- 1 <=> x + 2 =

2

x

2

2

x


<=> (x + 2)2= 2x22x <=> x26x 4 = 0 => x1,2= 3

±

13

(tho mãn)


Vậy pt có tập nghiệm S = {3

±

13

}.
2) Từ(2) => x

0, x =

1




1



y





+

(3). Thay (3) vào (1) ta được pt:


2


1

1



.

2

2

6



1

y

y

1



y

y





+

=−



+



+





<=>


2


2

(

1)

2

1



6




1

1



y

y

y

y



y

y



− −

+



+

=−



+



+







<=> ( 2y3+ 2y2+ y)( 2y + 1) - 6(y + 1)2= 0



(85)

<=> (2x2 - x - 2)(2x2+ 4x + 3) = 0 <=>


2
2


2

2 0(1)


2

4

3 0(2)



x

x



x

x



− − =






+

+ =




Giải pt (1): Ta được 1,2

1

17



4



x

=

±



PT (2) vô nghiệm.


Thay vào (3) ta được giá trịtương ứng của y1=

10

17



8




; y2=

3

17



4


− +



Vậy hệpt đã cho có 2 nghiệm: (

1

17


4




;

10

17


8





) và (

1

17


4


+



;

3

17


4


− +



).


Câu 3:


1) Vì p là nguyên tố và > 3 => p

6 => p = 6k + 1 hoặc p = 6k + 5 ( vì 6k + 2; 6k + 3; 6k + 4 là
hợp số). k ∈Z.


+ Với p = 6k + 1 => (p + 1)(p - 1) = (6k+2)(6k) = 12k(3k+1)
k(3k+1) chia hết cho 2 => (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24.


+ Với p = 6k + 5 => (p + 1)(p - 1) = (6k+6)(6k+4) = 12(k+1)(3k+2)
(k + 1)(3k+2) chia hết cho 2 => (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24.
KL: (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24.


2)x3+ y3 – 3xy – 3 = 0.


<=> (x + y)3 – 3xy(x + y) – 3xy - 3= 0 (*)


<=> (x + y)3+ 1 - 3xy(x + y + 1) - 4= 0


<=> (x + y + 1) [ (x + y)2 – (x + y) + 1] – 4 = 3xy(x + y + 1)



Suy ra 4 chia hết cho x + y + 1 => (x + y + 1) ∈Ư(4) = {-4; -2; -1; 1; 2; 4}
Từ (*) => xy


3


(

)

3



3(

1)



x

y


x

y



+



=



+ +



Lập bảng:


x + y + 1 - 4 - 2 - 1 1 2 4


x + y - 5 - 3 - 2 0 1 3


xy

32



3

5


11



3





- 1

1



3





2


KL Loại t/m Loại t/m Loại t/m


+ Với x + y =- 3, xy = 5 khơng có nghiệm x, y


+ Với x + y = 0, xy = - 1 => (x = 1; y = - 1) và ( x = - 1; y = 1)
+ Với x + y = 3, xy = 2 => (x = 1; y = 2) và (x = 2; y = 1)
KL: Pt có 4 nghiệm nguyên: (1; - 1), (- 1; 1), (2; 1), (1; 2)



(86)

1 1
1


1 I


D


E


F


O
A


C
B


1. c/m: OE//AB

∠O

1

=∠B

1

=



∠B



2

; ∠E

1

=∠C

1

=


∠C



2


∠OIF=∠O

1

+∠E

1

=



∠B


2

+



∠C


2

=45°



1v
45°


1
1


H
I



E


D


F
O


R C


A


B


2. c/m t/g BOHF nt: ∠BHF=∠I+∠IBH=45°+(45°-

∠B


2



)=90°-∠B



2

, mà


∠BOF=90°-∠B



2


⇒t/g BOHF nt⇒∠OHB=1v⇒OH⊥BM,mà

ΔABM vuông cân, AH là p/g

⇒AO⊥BM


⇒OH

≡AH

⇒∠AHB=1v




(87)

Câu 5:


Trong bảng ∃ số2. Nếu ta xóa hai số bất kỳđến một lúc nào đó ta phải xóa số2, giả sửa =
2 ta có số thêm vào là: 2 12 2



2
b b


+ − = vậy không bao giờxóa mất số 2 vậy số cuối cùng cịn
lại sẽ là số 2


ĐỀ

S

14



Câu 1:


1/ Tìm điều kiện của a đểbiểu thức C có ngĩa, rút gọn C.
+ Biểu thức C có nghĩa khi


a 0 a 0


a 16 0 a 16


a 0, a 16


a 4 0 a 16


moi a 0


a 4 0











=>=> ≥


− ≠


 


+ ≠




+ Rút gọn biểu thức C


(

)(

)



a 2 2 a 2 2


C


a 16 a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 a 4


= − − = − −


− − + − + − +


2
2



2


K


Q


P


N
H


E
D


F
O


S
A


C
B


M


3. C/M t/g

KEPN

nt; t/g

KQFN

nt

⇒⇒∠

E

2=

PKN

, t/g

DENF



nt

⇒∠

E

2=

F

2




Q,

K

,

P

thẳng hàng

⇒∠

QNF

=

PNE

(=

EKP

=

QKF

)



⇒∠

PNQ

=

ENF

Δ

PNQ

ENF

Δ

PQ



EF

=



PN



EN

≤1

PQ

≤EF




(88)

(

) (

)



(

)(

)

(

)(

) (

)(

)



a 2 a 4 2 a 4 a 2 a 8 2 a 8 a 4 a


C


a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 a 4


− + − − − − +


= = =


− + − + − +


(

)(

)

(

(

)(

)

) (

)



a a 4



a 4 a a


C


a 4 a 4 a 4 a 4 a 4





= = =


− + − + +


2/ Tính giá trị của C , khi a= +9 4 5


Ta có : a= +9 4 5= +4 4 5+ =5

(

2+ 5

)

2=> a =

(

2+ 5

)

2 = +2 5


Vậy :


(

a

)

2 5 2 5


C


2 5 4 6 5


a 4


+ +


= = =



+ + +


+


Câu 2:


1/ Giải hệphương trình khi m = 2


Khi m = 2 thay vào ta có hệphường trình


(

2 1 x

)

y 2 x y 2 x 1 x 1


2x y 3 x y 2 y 1


2x y 2 1


− + =


  + =  =  =


<=> <=> <=>


  + =+ ==


+ = +


   





Kết luận : Với m = 2 hệphường trình có một nghiệm duy nhất x 1


y 1


=

 =


2/ Chứng minh rằng với mọi m hệphương trình ln có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn
2x+ ≤y 3


(

)

(

)



(

)

(

)



y 2 m 1 x


m 1 x y 2 y 2 m 1 x


mx 2 m 1 x m 1


mx y m 1 mx 2 mx x m 1


= − −


− + = = − −



 


<=><=>


  


+ − − = +


+ = + + − + = +


  


  


<=> y 2

(

m 1 x

)

y 2

(

m 1 m 1

)(

)

y m2 2m 1


x m 1


x m 1 x m 1


= − − = − − −


   = − + +


<=><=>


  


= −



= − = −


  


 


Vậy với mọi m hệphương trình ln có nghiệm duy nhất : y m2 2m 1


x m 1


 = − + +


= −


Ta có :

(

)

2 2



(89)

(

)

2
2


2x+ − = −y 3 m +4m 4− = − m 2− ≥ =>0 2x+ − ≥ =>y 3 0 2x+ ≥y 3ương trình :


(

m 1 x

)

y 2


mx y m 1


− + =







+ = +


 ( m là tham số)


Câu 3:


1) Hoành độgiao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình :
2x2= mx – m + 2 <=> 2x2 – mx + m – 2 = 0 (1)


Có : 2

(

)

2

(

)

2


m 4.2. m 2 m 8m 16 m 4


∆ = − − = − + = −


Đểđường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nm bên


phải trục tung thì


1 2
1 2


0


x x 0


x .x 0



∆ >


 + >


>


=>


(

)

2


m 4 0


m
0
2
m 2


0
2




− >



 >






>



=>


m 4


m 0 m 2, m 4


m 2





 > => > ≠


 >


Kết luận : đểđường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt


nằm bên phải trục tung thì : m>2, m≠4
2/Giải hệphương trình :


3



3 x 2y 4 x 2y (1)
2x 6 2y 2 (2)


 + = − −





+ + =





Điều kiện : x 2y 0 x 2y 0


2y 0 y 0


+ ≥ + ≥


=>




  (*)


Đặt x + 2y = ≥ t 0, thay vào phương trình (1) ta có


3t = 4 – t2=> t2+ 3t – 4 = 0


1 + 3 – 4 = 0, nên phương trình có hai nghiệm t = 1 và t = -4 (loại)



Với t= 1 => x + 2y = 1=>x + 2y = 1 => x = 1 - 2y, thay vào phương trình (2) ta có


(

)




(90)

<=> − + = −4y 8 8 12 2y 12y 2y 2y+ − <=>16y 12 2y− −2y 2y =0


<=>8y 6 2y− −y 2y=0<=> y

(

− 2y 8 y+ −6 2

)

=0


<=>− y

(

y− 2

)(

2 y−6

)

=0


TH 1 : y= => = => =0 y 0 x 1 (thỏa mãn *)


TH2 : y= 2=> = => = −y 2 x 3 (thỏa mãn *)


TH3 : y 6 y 18 x 35
2


= => = => = − (thỏa mãn *)


Vậy hệphường trình có 3 nghiệm (x, y) = (1 ; 0), (-3, 2), (-35,18)
Câu 4:


1. Chứng minh  0


DHE=90


Tứgiác ADHE có : A  = =D E => ADHE là hình chữ nhật =>  0


DHE=90



Chứng minh AB.AD = AC.AE


Xét hai tam giác vng HAB và HAC ta có : AB.AD = AH2= AC.AE


2/ Tính góc GIF


F
G


I


E


H
D


C
B



(91)

 0


DHE=90 => DE là đường kính => I thuộc DE


=>  1 1 1 0


DIE DIH HIE DIE 90


2 2 2



= + = =


3/ Tứgiác DEFG là hình thang vng có đường cao DE = AH
Hai đáy DG = GH = GB = 1BH


2 và EF = FC = FH =
1


HC
2


=>diện tích hình tứgiác DEFG là


(

)



1


HB HC .AH


BC.AH
2


2 4


+


=


lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R khơng đổi



Ta có : AH lớn nhất => AH là đường kính => A là trung điểm cung AB


Câu 5:


(

)



(

)

(

)



2 2 2
2 2 2


xyz x y z x y z


S


x y z xy yz zx


+ + + + +


=


+ + + +


Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xki :

(

)

2

(

2 2 2

)



x+ +y z ≤3 x +y +z =>


(

)

2 2 2


x+ + ≤y z 3 x +y +z



=>

(

)



(

)

(

)



2 2 2 2 2 2


2 2 2


xyz 3. x y z x y z


S


x y z xy yz zx


+ + + + +




+ + + + =


(

)



(

)



2 2 2


xyz 3 1


x y z xy yz zx



+


+ + + +


(

)



2 2 2 2 2 2


6 3


xyz 3 1 3 1


S


3 3
3 x y z 3 x y z


+ +


≤ =


=> S max 3 1
3 3


+



(92)

ĐỀ SỐ 14



Câu 1:



a) Điều kiên: 1 a 0 1 a 1 *

( )


1 a 0


 − >


⇔ − < <
 + >




(

)(

)



2
2
2


2 2


2


3 3


P 1 a : 1


1 a 1 a


3 1 a 1 a 3 1 a


:



1 a 1 a


3 1 a . 1 a


1 a 3 1 a


1 a


 


 


= + − +


+


   − 


+ − + +


=


+ −


+ − −


=


+ + −



= −


b) Ta có:


(

)



(

) (

)



(

)

(

)



(

)



(

)



2


2
2


2 2 3


3 2


2


1
1 a


1 a


1 a 1 a 1


1 a 1 a 1


1 2a a 1 a 1


1 2a a a 2a a 1


a a a 0
a a a 1 0


a 0


do (*)


1 5


a


2


− =


⇔ − + =


⇔ − + =


⇔ − + + =



⇔ − + + − + =


⇔ − − =


⇔ − − =


 =






 =



Câu 2: (2 điểm)


1) Hoành độ giao điểm của đường thẳng và Parabol là nghiệm của phương trình:


(

)

2

(

)

2

( )



2 2


x =mx m 2− − ⇔ x −mx m 2+ − =0 1
Để đường thẳng và Parabol có điểm chung thì:


(

)



(

)(

)




2


2 2


0 m 4 m 2 0 3m 8m 16 0


4


m 4 3m 4 0 m 4


3


∆ ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − + − ≥


⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤


2) Hoành độ giao điểm của đường thẳng và Parabol là nghiệm của phương trình (1).
Theo định lý vi-ét ta có:


(

)



1 2


2
1 2


x x m


x .x m 2



 + =





= −






(93)

O


F
E


K


J
I
P


N


M C


B


A
Do điều kiện: 4 m 4 1 m 1 3 1

(

m 1

)

2 9


3 ≤ ≤ ⇒ ≤3 − ≤ ⇔ ≤9 − ≤



Suy ra: 1 3

(

m 1

)

2 3 9 3 28 Q 12


9+ ≤ − + ≤ + ⇒ 9 ≤ ≤


Ta có: Q 28 m 4; Q 12 m 4


9 3


= ⇒ = = ⇒ =


Vậy minQ 28; maxQ 12


9


= =


Câu 3:(2điểm)


Đặt x2 +3x +3 = y ( y0,75 ) ta có phương trình


t4+8t3 +25t2+ 32t - 66 = 0 (t -1)(t3 + 9t2+34t +66) = 0


vì t ≥0,75 nên t3 + 9t2+34t +66 > 0 buộc t - 1 =0 suy ra t =1 từ đó tìm được x= -1 và x= -2
Câu 4:


Lưu ý rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cũng là trọng
tâm của nó


hãy thực hiện các bước sau:


chứng minh: tam giác MNP đều


-kẻ MF// AC ( như hình vẽ) NE là trung tuyến
- chứng minh: PF= AN suy ra JE//=


2


1 AN


Nhờ Ta lét Suy ra


2
1


=
=


OA
JO
ON


EO


từ đó suy ra O là trọng tâm trung của hai tam giác đều suy ra điều cần chứng minh.
b) Kẻ PQ //AB ( Q∈ AC) chứng minh cho CQ= AN suy ra KN= KQ


mà KJ // MQ nên KJ đi qua trung điểm I của MN
C)Đặt =k(0≤k ≤1)


CB



CM thì


k
CA


CN =


1 từ đó tính được


SMNP= SABC - 3k(1 - k).SABC ( 1 ) )


4
3
1


( − k+ −k 2


≥ SABC =


4
1S


ABC


Dấu bằng xảy ra khi k= 1 - k hay k = 1/2
vậy


4
1





ABC
MNP


S
S


suy ra


2
1




AB


MN đẳng thức xảy ra khi k=1/2 khi đó M; N là trung điểm của


BC và CA


Câu 5:


xy =0 suy ra S= 1


x.y ≠ 0 Ta có + 1006 =2⇔


1007
1006



1007
y
y
y


x


4
4
4
)


( 1006 2


1007
1006


1007




=


+ xy


y
y
y



x ( vì (a+ b)2


ab


4


≥ )
nên xy≤1 dấu bằng xảy ra khi x= y = 1 nên S≥0 Đẳng thức xảy ra khi x= y = 1 (2)


Từ (1) và (2) suy ra Min S = 0 khi x= y = 1



(94)

ĐỀ SỐ 16



Câu 1: Từgiảthiết ta có:

(

)

(

)



(

)

(

)



3


3


a 1 2 a 1 2013 0
1 b 2 1 b 2013 0


 − + − − =





− + − − =






(

) (

)

(

)



(

) (

) (

)(

) (

)

(

)


(

) (

) (

)(

) (

)



3 3


2 2


2 2


a 1 b 1 2 a b 2 0


a b 2 a 1 a 1 b 1 b 1 2 a b 1 0


a b 2 a 1 a 1 b 1 b 1 2 0


⇒ − + − + + − =


 


⇔ + − − − − − + − + + − =


 


 



⇔ + − − − − − + − + =


 


Mặt khác:

(

) (

)(

) (

)

(

) (

)

(

)



2


2 2 1 3 2


a 1 a 1 b 1 b 1 2 a 1 b 1 b 1 2 0


2 4


 


− − − − + − + = − − − + − + >


 


Do đó a + b – 2 = 0 hay a + b = 2.
Câu 2:


1) Đăt y x 2= − phương trình đã cho trở thành:


(

)

(

)

(

)

(

)



(

) (

)



(

)




2 2


2 2


2 2


2 2


5 4 3 2


5


y y y 2 6 y 2 11 5 y 2 10 y 2 1
y y 10y 5 5y 10y 1


y 5y 10y 10y 5y 1 0


y 1 0


y 1


+ + + =+ + +


   


   


⇔ + + = + +



⇔ − + − + − =


⇔ − =


⇔ =


Với y = 1 ta có: x – 2 = 1 hay x = 3.
2) Điều kiện xác định x, y, z ≠ 0.


Hệ phương trìnhtương đương với:


2


1 1 3 1


x y z


1 9 1


xy 2 2z


+ = −





= +




1 1,


x y là các nghiệm của phương trình: 2 2

( )



1 9 1


t 3 t 0 2


z 2 2z


   


+ + =


   


Hệ có nghiệm khi phương trình (2) có nghiệm, tức là:


2


1 3 0 z 1.


z 3


 


∆ = − + ≥ ⇔ = −


 



Với z 1


3


= − ta có: t1 t2 3 1 1 3
x y
= = ⇒ = =
Hệ có nghiệm

(

x,y,z

)

3;3; 1


3


 


=



(95)

Câu 3:


Với *


,


x yN thì 36x có chữ số tận cùng là 6, 5y có chữ số tận cùng là 5 nên :


A có chữ số tận cùng là 1 ( nếu 36x> 5y) hoặc 9 ( nếu 36x< 5y)


TH1: A = 1. khi đó 36x - 5y=1 36x - 1 = 5y. Điều này không xảy ra vì (36x – 1) 35 nên
(36x – 1) 7, cịn 5ykhơng chia hết cho 7.


TH2: A = 9. Khi đó 5y - 36x= 9 5y= 9 + 36x điều này không xảy ra vì (9 + 36x) 9 cịn
cịn 5ykhơng chia hết cho 9.



TH3: A = 11. Khi đó 36x - 5y=11. Thấy x = 1, y = 2 thỏa mãn.


Vậy GTNN của A bằng 11, khi x = 1, y = 2.


Câu 5: Do P có hữu hạn điểm nên tập hợp Q gồm các đường thẳng đi qua 2 điểm bất kì
của P cũng có chỉ có hữu hạn phần tử.


Xét tập hợp S gồm tất cả các khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc P đến một đường
thẳng bất kì (khơng chứa điểm đó) thuộc Q.


Vì P và Q có hữu hạn phần tửS cũng có hữu hạn phần tử. Do đó trong S có phần tử nhỏ
nhất. Giả sửđó là khoảng cách từđiểm M (thuộc P) tới đường thẳng AB (thuộc Q).


Khi đó, đường thẳng AB chính là đường thẳng chỉđi qua đúng hai điểm A, B thuộc P.


Thật sự, giả sử ngược lại rằng đường thẳng AB còn đi qua điểm C khác nữa. Khi đó
đường thẳng MC thuộc Q.


Xảy ra 2 khảnăng sau:
1/ C nằm giữa A và B.



(96)

2/ C nằm ngoài đoạn AB: Làm tương tựcũng suy ra điều vơ lý.
Vậy bài tốn được chứng minh.


ĐỀ

S

1

7



Câu 1:


Với 3


4


=


x thì:


(

) (

)



(

) (

)



2


2


3 1 1


1 2 1 3 2 3 1 3 1


2 4 4


2 1 1


1 2 1 3 2 3 1 3 1


2 4 4


+ = + = + + = +


− = − = − + = −



x
x
Từđó suy ra:


(

)

(

)



(

)(

) (

)(

)



(

)(

)



3 3


1 1


2 3 2 3


2 2


1 1 3 3 3 3


1 3 1 1 3 1


2 2


2 3 3 3 2 3 3 3 6 3 3 6 3 3


1
9 3


3 3 3 3



+ − +


= + = +


+ −


+ + − −


+ − + − + + − + −


= = =




+ −


P


Câu 2:


1) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi:


( )



2


0


1



7 2 9 0





∆ = − + + >


m


m m


Ta có:

(

)(

)

(

)

2

(

)

2


1 2 1 2 1 2 1 2 1 2


2+ −x x 2− +x x = −4 xx = −4 x +x +4x x
Áp dụng hệ thức vi-ét ta được:

(

)



2


2
2


1


3 3 1


4 4 0 11 2 9 0 9



11


=


+ +


− + = ⇔ − − = ⇔


 = −


m


m m


m m


m m m


Cả hai giá trị của m đều thỏa mãn (1). Vậy có hai giá trị của nghiệm thỏa mãn.
2) Điều kiện: x ≠ -5.


2


2 2 2 2


5 10



11 10 11 0


5 5 5 5


 


 


+ = ⇔ + − =


+ + + +


   


x x x x


PT x


x x x x


2


2
2
2


1 21


1



5 0


5 2


11 55 0 1 21


11


5 2




= = +




+ − − =





⇔ ⇔




+ + =


= −=




 +


 


x


x
x x


x


x x


x


x
x



(97)

Hai nghiệm đều thỏa mãn điều kiện.


Câu 3:


Đặt

( )

4 3

(

)

2


4 3


= − + + − +


f x x x m x x m



Ta có: f

( )

1 =2m− ≠ ∀ ∈1 0 m Z


Nên x = 1 không là nghiệm của phương trình đã cho.


Nếu a là nghiệm của phương trình đã cho thì a ≠ 1 và f(a) = 0.


Mặt khác:


( ) ( )

(

)

(

)



(

) (

) (

)

(

)



(

)

(

)

(

)



4 3 2


4 3 3 2 2


3 2


1 4 3 2 1


3 1 1


1 3 1 1


 


− = − + + − + − −



= − − − + − − −


= − − + + −


f a f a a m a a m m


a a a a m a a


a a a ma m a


Lại có f(a) – f(1) là số lẻ nên a – 1 phải là số lẻ, suy ra alà số chẵn.
Câu 4:


a) Đặt : I =EFBD.


Vì IB = IE = IFnên tam giác EBFvng tại B hay góc EBF = 900.


Ta có:

    0   0


; 90 90


= + = ⇒ + =


ACF BFE BFE BEF ACF BEF


 0

(

 

)

 0


90 ; 180


= + + =



AEB AEB BEF ACF


Do đó tứ giác AEFC nội tiếp.



(98)

Ila trung điểm của EF nên I cũng là trung điểm BD’ hay B, I, D’ thẳng hàng,, từ
đó suy ra BD’ vng góc với AC.


Mặt khác góc AD’C = 900nên D’ thuộc đường trịn đường kính AC.


Từ trên suy ra D’ trùng D


Lại có: OCD   =ODC OCD; =O FC2 ⇒OCD =O FC2


Do đó OD//O2F màO2F vng góc EF nên OD vng góc EF.


Câu 5:


Từ giả thiết suy ra 4y2< 60 và 3z2< 60, tức là y2< 15 và z < 20.


Ta coi điều kiện bài ra 5x2+ 4y2+ 3z2+ 2xyz = 60 như là một phương trình bậc hai ẩn


x, khi đó:


(

2

)(

2

)

1

(

2 2

)

(

)

2


15 20


15 20 35



2


5 5 10


− + − + −


− + − − − +


= yz y zyz y z = y z


x


Từ đó suy ra:


(

)

2

(

)

(

)

2


35 10 60 5


6.


10 10


− + + + − + −


+ + ≤ y z x y = y z


x y z


Dấu bằng xảy ra khi:



2 2


5 5 1


6 1 2


15 20 1 3


 + =  + =  =


+ + = = =


  


= −− ==


 




y z y z x


x y z x y


y z z y z


Vậy max P = 6.


ĐỀ

S

18




Câu 1:


1. Chứng minh rằng : 2
1
P


a


=


1 1 1


4


1 1 2


a a


P a


a a a a


 + − 


= − + 


− +


 



(

) (

)

(

)(

)



(

)(

)



2 2


1 1 4 1 1 1


.
2


1 1


a a a a a


P


a a


a a


+ − − + + −


=


+ −


(

)(

)




2 1 2 1 4 4 1


.
2


1 1


a a a a a a a


P


a a


a a


+ + − + − + −


=


+ −


4 1 2


.


1 2 1


a a
P



a a a a


= =


− − (ĐPCM)


2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a
2


2


2 0


1


⇒ = => − − =


a a a



(99)

Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm
a1= -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại


2


2


a 2


1





= c = =


a (Thoả mãn điều kiện)
Vậy a = 2 thì P = a


Câu 2:


1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt


Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình
x2= 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0


Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1= -1 và 2 3 3


1




= c = =


x
a


Với x1= -1 => y1= (-1)2= 1 => A (-1; 1)


Với x2= 3 => y2= 32= 9 => B (3; 9)



Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B


2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc
toạ độ)


Ta biểu diễncác điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy nhưhình vẽ


1 9


. .4 20


2 2


ABCD


AD BC


S = + DC = + =


. 9.3


13, 5


2 2


BOC


BC CO


S = = =



. 1.1


0, 5


2 2


AOD


AD DO


S = = =


Theo công thức cộng diện tích ta có:


S(ABC)= S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)
Câu 3:


1. Khi m = 4, ta có phương trình


x2+ 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0


Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1= - 4 + 2 = - 2 và x2= - 4 - 2 = - 6


2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x2+ 2mx + m22m + 4 = 0


1



D C


B


A
9



(100)

Có D’ = m2 – (m2 – 2m +4) = 2m – 4


Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0
=> 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2


Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
Câu 4:


1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:


Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ MC ⊥MO (1)
Xét đường trịn (I) : Ta có  0


90


CMD= ⇒ MC ⊥MD (2)
Từ (1) và (2) => MO // MD ⇒MO và MD trùng nhau
⇒O, M, D thẳng hàng


2. Tam giác COD là tam giác cân


CA là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ CA ⊥AB(3)
Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C ⇒ CA ⊥CD(4)


Từ (3) và (4) ⇒CD // AB => DCO =COA (*)
( Hai góc so le trong)


CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) ⇒ COA =COD (**)
Từ (*) và (**) ⇒  DOC=DCO ⇒Tam giác COD cân tại D


3. Đường thẳng đi qua D và vng góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di
động trên đờng trịn (O)


* Gọi chân đường vng góc hạ từ D tới BC là H.  0


90


CHD= ⇒ H ∈(I) (Bài tốn quỹ tích)
DH kéo dài cắt AB tại K.


Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)
=>  900


can tai D
CND


NC NO
COD


=


=








Ta có tứ giác NHOK nội tiếp


Vì có H  2 =O1=DCO ( Cùng bù với góc DHN) ⇒  
0


180



(101)

 

(

)



CBO=HND =HCD ⇒∆DHN ∆COB (g.g)


...


...


HN OB
HD OC


OB OA HN ON


OC OC HD CD


OA CN ON
OC CD CD



⇒ =




⇒ = ⇒ =


⇒ = = 


ONH =CDH


⇒∆NHO ∆DHC (c.g.c)


⇒  0


90


NHO= Mà  NHO+NKO=1800(5) ⇒NKO=900, ⇒NK ⊥ AB ⇒NK // AC ⇒ K là


trung điểm của OA cố định ⇒(ĐPCM)
Câu 5:


* C/M bổ đề:

(

)



2


2 2 a b


a b


x y x y



+
+ ≥


+ và


(

)

2


2 2 2 a b c


a b c


x y x x y z


+ +


+ + ≥


+ + .
Thật vậy


(

)

2

(

)

(

)

(

)

(

)



2 2
2 2
2 2
0
a b
a b


a y b x x y xy a b ay bx



x y x y


+


+ ≥ <=> + + ≥ + <=> − ≥
+


(Đúng) ⇒ĐPCM


Áp dụng 2 lần , ta có:

(

)



2


2 2 2 a b c


a b c


x y x x y z


+ +


+ + ≥


+ +


* Ta có : 2 2


2 3 2 1 2 2 2 2



a + b+ =a + b+ + ≥ a+ b+ , tương tự Ta có: …


2 2 2


2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2


a b c a b c


A


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


= + + ≤ + +


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


1


(1)


2 1 1 1


B


a b c


A


a b b c c a



 


⇔ ≤ + +


+ + + + + +


 





Ta chứng minh 1


1 1 1


a b c


a b+ + +b c+ + +c+ +a




1 1 1 2


1 1 1


1 1 1


2


1 1 1



1 1 1


2


1 1 1


⇔ − + − + − ≤ −
+ + + + + +
− − − − − −
⇔ + + ≤ −
+ + + + + +
+ + +
⇔ + + ≥
+ + + + + +


a b c


a b b c c a


b c a


a b b c c a


b c a


a b b c c a


(

)



(

)(

)

(

(

)(

)

)

(

(

)(

)

)




2 2 2


3


1 1 1


2 (2)


1 1 1 1 1 1



+ + +
⇔ + + ≥
+ + + + + + + + +

B


b c a


a b b b c c c a a


* Áp dụng Bổ đềtrên ta có:


(

)



(

)(

) (

)(

) (

)(

)



2
3


3


1 1 1 1 1 1


a b c
B


a b b b c c c a a


+ + +
− ≥


+ + + + + + + + + + +


(

)



2
2 2 2


3


3 (3)


3( ) 3


a b c
B


a b c ab bc ca a b c



+ + +
⇔ − ≥



(102)

* Mà:




(

)



(

)



2 2 2


2 2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2
2


2
2 2 2


2 3( ) 3


2 2 2 2 2 2 6 6 6 6


2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ( : 3)


2 2 2 6 6 6 9



3


3


3( )


a b c ab bc ca a b c


a b c ab bc ca a b c


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


a b c ab bc ca a b c


a b c


a b c


a b c ab bc ca a b c


 + + + + + + + + + 


 


= + + + + + + + + +


= + + + + + + + + + + + =


= + + + + + + + + +



= + + +


+ + +


+ + + + + + + + +3=2 (4)


Từ (3) và (4) ⇒ (2)


Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh.
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1


ĐỀ

S

19



Câu 1:


Ta có:


2 2


2
2 2 2


2 2 2 2


2 2 2 2


2 2 2 2 2 2 2 2



2 2 2 2 2 2 2 2


1 1 1 1 1 1


. .


1 1 1 1 1


6


1 1 1 1 1 1


6 1 1


       


   


+ + − = + + + + + + +   +


           


  


= + + + + + + − + + +  +


  





= + + + + + + − + + + + + + +


a b c abc x y xy x y xy


x y xy x y xy


x y


x y x y xy xy


x y x y y x xy xy


x y x y x y x y


x y x y y x x y


4




 


 


=
Câu 2:


a) Phương trình có:

(

)

2

(

2

)



2 1 4 6 25 0



∆ = m+ − m + −m = >


Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt: 2 1 5 3 2 1 5 2


2 2


+ + + −


= m = + = m = −


x m va x m


Do vai trò x1và x2như nhau nên khơng mất tính tổng qt giả sử:


1= +3 2 = −2


x m x m


Ta có:


(

) (

3

)

3


3 3 2


1 2
2


35 3 2 35 15 15 35 35



15 15 35 35 0 1


− = ⇔ + − − = ⇔ + + =


⇔ + + = ⇔ = ∨ = −


x x m m m m


m m m m


b) Ta có: x+ + =y 1 3x+2y ⇔ + + +x y 1 2 x+ =y 3x+2y

( )

*


Thay x+ = −y y xvào (*) ta được: x+ + +y 1 2y−2x=3x+2y ⇔ =y 4x−1


Thế y = 4x -1 vào phương trình đầu ta được:


1 3


5 1 3 1 2 1


9 9


= ⇒ =



− = − ⇒


 = ⇒ = −



x y


x x



(103)

Thử lại ta được nghiệm (x, y) = (1; 3)
Câu 3:


(

)

3

(

)

3


3 2 3 3 3


1 1 1


≤ + + + ≤ + ⇒ ≤ ≤ +


x x x x x x y x


Nếu x = y thì: x2+ x+ 1 = 0 (vơ nghiệm)


Nếu y3= (x + 1)3suy ra 2x2+ 2x = 0 hay x = 0 hoặc x = - 1.


Vậy nghiệm phương trình (0; 1) ; (-1; 0)


Câu 4:


a) Chứng minh được AE. AF là tiếp tuyến của (I) nên AE = AF, vật cung AE = cung AF của
đường trịn đường kính AI.


góc AKI = 90onên tứ giác AEKIF nội tiếp đường trịn đường kính AI



suy ra góc AKE = góc AKF


b) Gọi M là giao điểm AM với (I) nên C, H, M thẳng hàng suy ra HM vng góc AB tại M.
Chứng minh được AE2= AM. AB = AH. AK


suy ra tam giác AEH đồng dạng tam giác AKE suy ra góc AEH = góc AKE
suy raAE là tiếp tuyến đường trịn (HEK)


c) Theo chứng minh trên góc AEH = góc AKE


Mà góc AEF = góc AKE (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Suy ra góc AEF = góc AEH


Suy ra HF và HE trùng nhau hay H, E, F thẳng hàng.
Câu 5:


Điều kiện: 0 < x, y < 1


Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số, ta có:


(

1

)

(

1

)

1 1 2

(

)

( )

*


2 2


= + ≥ + = +


+ − + −


− −



y y y y


x x x x


P x x y y


x x y y


x x y y



(104)

3


3


2 2 3 2


3 . .


4 4 2


2 2 3 2


3 . .


4 4 2


+ + ≥ =


+ + ≥ =



x x x x x x x x x


y y y y y y y y y


Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta được:


(

)

2 3 2

(

)

3 2

(

)

( )



2 2 2 **


2 2 2


+ + ≥ + = ⇒ + ≥


x x y y x y x y


Từ (*) và (**) ta được: P≥ 2


Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1


2


ĐỀ

S

20



Câu 1:


Cho biểu thức :


2 2



:


2 2


 


= +


+ +


 


x x


P


x x x x (Với x > 0 )
1. Rút gọn biểu thức P Với x > 0 ta có


2 : 2 ... 2 4


2 2 2


  + +


= −  = =


+ +



 


x x x


P


x x x x x


2. Với x > 0, P = 3


2 4 3 2 4 6 0 4 4 0

(

2

)

2 0


2


+ +


x x = ⇔ +x x+ − x= ⇔ −x x+ = ⇔ x− =


x


4


⇔ =x (T/m đ/k)


Câu 2:


Cho hệphương trình:


2



x

my

3m



mx

y

m

2



+

=





− =





1. Giải hệphương trình với m = 3
Thay m = 3 vào hpt ta có:


2


x

3y

3.3

x

3y

9

x

3y

9



3x

y

7

9x

3y

21



3x

y

3

2



+

=

+

=

+

=





− =

− =

=









(105)

2. Tìm m để hệcó 1 nghiệm duy nhất thỏa mãn x2 – x – y > 0


( )


( )



2


x

my

3m 1



mx

y

m

2 2



+

=








− =






Từ (1) ⇒x = 3m – my thay vào (2) có: m(3m – my) – y = m2 – 2


⇔3m2 - m2 y – y = m2 – 2

(

)



2
2


2 m

1




y

2



m

1



+



=

=



+

⇒x = m


⇒ hệcó 1 nghiệm duy nhất (x;y) = (m;2)


thay vào x2 – x – y > 0 ta có: m2 – m – 2 > 0 m < - 1 hoặc m > 2


HệPT có 1 nghiệm ! t/m x2x y > 0 khi m < - 1 hoc m > 2


Câu 3:


Giải phương trình:

( )



2 2 2


2


x 1

x

1

x 1



4

3

0 1



x

2

x

2

x

2




+



+

=



+





ĐK: x ≠ ± 2
Đặt

x 1

a và

x 1

b



x

2

x

2



=

+

=



+



(

)

(

)(

)



2 2 2 2 2


2 2


a

4ab

3b

0

a

4ab

4b

b

0



a

2b

b

0

a

b a

3b

0



a

b


a

3b




+

= ⇔

+

=



= ⇔

=



=



⇔  =


Với a = b ta có


x 1

x 1

x

2

3x

2

x

2

3x

2

x

0



x

2

x

2



=

+

+ =

+

+ ⇔ =



+

(T/m đ/k)


Với a = 3b ta có


x 1

3

x 1

x

2

3x 2 3 x

(

2

3x 2

)

x

3

7



x 2

x 2

x

3

7



 = − −


=

+

+ =

+

+ ⇔ 



+



= − +

(T/m đ/k)


Vậy PT có 3 nghiệm

x

=

0; x

= − −

3

7; x

= − +

3

7





(106)

1. Tứgiác AEIN và EMDIlà các tứgiác nội tiếp trong đường tròn.


2. ba điểm A; I; D thẳng hàngvà năm điểm B; N; E; N; F cùng nằm trên một đường trịn.
∆EBF vng tại B có BI là trung tuyến ⇒BI = ½ EF ⇒IB = IE


Ta lại có: AE = AB và DE = DB


⇒A; D; I cùng thuộc đường trung trực của [EB] ⇒A; D; I thẳng hàng.
□AEIN nt ⇒∠IEN = ∠IAN = 45o, ∆IEN cân IE = IN


C/m tương tựcó IE = IM.
Theo c/m trên có IB = IE
⇒5 điểm B; E; M; F; N cùng nằm trên đường tròn tâm I
3. Các đường thẳng AK, EF, CD đồng quy.


B


N
M


I


E D


K F


C



(107)

C1, C/m □EDCN và □AEMKlà hình bình hành và khoảng cách giữa DC và EN bằng



khoảng cách giữa AK và EM ⇒Giao điểm H của DC và AK cách đều EN và EM ⇒ H ∈tia
p/g của góc MEN ⇒ H ∈EF. Vậy ba đường thẳng AK; EF và CD đồng quy.


C1, Gọi giao điểm của AK và CD là H.


C/m □EDCN và □AEMK là hình bình hành ⇒CD ⊥ AK.


E và H cùng ∈đường tròn đường kính AD. □AEHD nt ⇒∠DHx = ∠DAE = 45o.


∠HEN = ∠xHD (đ/v) ⇒∠EHN = 45o, Mà FEN = 45oEH ≡ EF


Hay ba điểm E; H; F thẳng hàng tức ba đường thẳng AK; EF và CD đồng quy.


Câu 5:
C1. Ta có:


(

2

)

(

)



3 3 2 2 2 2


2 2 2 2


2


2 2


x

x

x y

y x

x y

y x



x

xy

y

x

xy

y




x x

xy

y

xy x

y




x

xy

y



+

+



=



+

+

+

+



+

+

+



=



+

+



Áp dung BĐT Co-Si cho 3 sốdương

x ; xy; y

2 2 ta có:


(

)

(

)



(

)



2 2 3 2 2


2 2


3



2 2 2 2


x

xy

y

3 x .xy.y

3xy



xy x

y

xy x

y

x

y



x

xy

y

3xy

3



xy x

y

x

y

x

x

y



x

x

x



x

xy

y

3

x

xy

y

3



+

+

=



+

+

+



⇒ −

≥ −

= −



+

+



+

+

+



⇒ −

≥ −

≥ −



+

+

+

+



C/m tương tự ta có: 2

y

3 2

y

y

z




y

yz

z

3



+


≥ −




(108)

2

z

3 2

z

z

x



z

zx

x

3



+


≥ −


+

+



Cộng vế ta được


(

) (

)

(

)



3 3 3


2 2 2 2 2 2


x

y

z

x

y

y z

z x



x

y

z



x

xy y

y

yz z

z

zx

x

3

3

3



2

1

1



S

x

y z

x

y z

S

x

y z

9 3




3

3

3



+

+

+



+

+

≥ −

+ −

+ −



+

+

+

+

+

+



⇔ ≥ + + −

+ + ⇔ ≥

+ + =

=



⇔ ≥

S

3

với ∀x; y; z dương t/m x + y = z = 9,
dấu bằng xảy ra ⇔x = y = z = 3
Vy GTNN của Bt S là 3 đạt ti x = y = z = 3


C2, Ta có:


0
2
2
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3


=

+

+

=
+
+

+
+
+

+
+
+

x
z
z
y
y
x
x
zx
z
x
z
z

yz
y
z
y
y
xy
x
y
x


=

+

+



+

+

+

+

+

+



3 3 3


2 2 2 2 2 2


x

y

z



S



x

xy y

y

yz z

z

xz x



=

+

+



+

+

+

+

+

+



3 3 3



2 2 2 2 2 2


2x

2y

2z



2S



x

xy y

y

yz z

z

xz x





3 3 3


2 2 2 2 2 2


3 3 3 3 3 3


2 2 2 2 2 2


3 3 3 3 3 3


2 2 2 2 2 2


2x

2y

2z



2S 0



x

xy

y

y

yz

z

z

xz

x



x

y

y

z

z

x




2S=



x

xy

y

y

yz

z

z

zx

x



x

y

y

z

z

x





x

xy

y

y

yz

z

z

zx

x



− =

+

+


+

+

+

+

+

+



+

+


+

+

+

+

+

+


+

+

+


=

+

+


+

+

+

+

+

+





(

)

(

)


(

)

(

)


2 2
3 3


2 2 2 2


2 2



x

y x

xy y


x

y



x

xy y

x

xy y



2xy

2xy

1



(x

y)(1

)

x

y 1

x

y



x

xy y

3xy

3



+

+


+


=


+

+

+

+



= +

≥ +

= +


+

+


tương tự
3
;


3 2 2


3
3
2
2
3
3


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


y +



(109)

Cộng vế ta có: 2S

3


3



)


(



2





+


+



x

y

z

S




dấu = xảy ra khi x = y = z = 3


ĐỀ SỐ 21



Câu 1:(2.0 điểm )


Cho biểu thức : 2 3 2 : 2


5 6 2 3 1


x x x x


A


x x x x x


+ + +   


= − −    − 


− + − − +


   


1/ Rút gọn biểu thức A.


2 3 2


: 2



5 6 2 3 1


x x x x


A


x x x x x


 + + +   


= − −    − 


− + − − +


    (ĐK: x ≥0, x ≠4, x ≠ 9 )


A = … = 1
4
x
x


+


2/ Tìm các giá trị của x để

1

5



2



A

≤ −




1

5

4

5



2

8

5

5



2

1

2



1

1



2

5

3

0

3

0



2

2



1


0



4



x



x

x



A

x



x

x

x

x



x






≤ − ⇔

≤ − ⇔

− ≤ −



+



+

− ≤ ⇔ − ≤

≤ ⇔ ≤



⇔ ≤ ≤



Kết hợp với ĐK ⇒

0

1


4



x



≤ ≤



Câu 2(2,0 điểm )


Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2

(

a

0

)

và đường thẳng (d): y


= bx + 1


1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2)
M ∈(P) ⇒… ⇒a = 2 ⇒y = 2x2


M ∈ (d) ⇒… ⇒b = 1 ⇒y = x + 1


2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) cịn có một điểm chung N
khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ)


Xét pt hoành độ gđ: 2x2= x + 1 2x2 - x - 1 = 0



( )



1

2



1 1


1; 2 ;

;



1

1



2 2



2

2



x

y



M

N



x

y



= ⇒ =








 = − ⇒ =






(

1 2

)

...

0, 75 (dvv)



MON thang


S

=

S

S

+

S

= =




(110)

1/ Cho phương trình: 2 2


(2

1)

6

0



x

m

+

x m

+

+ − =

m

(m là tham số). Tìm m để


phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt


⇔ 2


3



25

0



0



2



.

0

6

0

2



1




2

1

0



0

2



m


m



a c

m

m

m



b

m

m



a



< −



∆ >

>





> ⇔

+ − > ⇔

>

⇔ >





+ >

> −




− >





2/ Giải hệ phương trình:



1 1 2 (1)


1 1


1 (2)


x y


x y


 − + − =




+ =




(ĐK: x ≥ 1; y ≥ 1)
(2) ⇔x + y = xy (3)


Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có:


(

)(

)



(

)



2 2 1 1 4



2 2 1 4


x y x y


x y xy x y


+ − + − − =


⇔ + − + − + + =


Thay (3) vào ta có: x + y = 4 kết hợp với (3) có hệ: x+y=4
xy=4







Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y là hai nghiệm của pt: X2 - 4x + 4 = 0


⇒x = 2; y = 2


Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O). Từ A kẻ tiếp tuyến


APAQ tới đường tròn (PQlà các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vng góc
với OPcắt đường thẳng OQ tại M.


1/ Chứng minh rằng: MO = MA


∠A1= ∠O1 và ∠A1= ∠A2⇒∠A2 = ∠O1 ⇒∆MAO cân ⇒MO = MA



2/ Lấy điểm Ntrên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) tại N
cắt các tia AP, AQlần lượt tại B và C. Chứng minh rằng:


1


1
1


2


1
1


C


B



M



P



O



Q


A




(111)

a)

AB

+

AC

BC

không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.


Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có … ⇒AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi)
b) Nếu tứ giác BCQPnội tiếp được trong một đường trịn thì PQ//BC


Nếu tứ giác BCQPnội tiếp được ⇒∠P1= ∠C1


mà ∠P1= ∠Q1⇒∠C1 = ∠Q1⇒PQ//BC


Câu 5 (1.0 điểm)


* Ta có:


(

)



2 2


2 2 2


2 2


5

4

3



4

4

3

0



2

3

0



x

y

xy

y



x

xy

y

x

y



x

y

x

y



+ −

+




+

+

+ − ≥



+

+ − ≥



*

1

2

2

2

2

1

2

2

1

2



2

1



x

x



y



x

y

y

x

y

x

x





+ = ⇔ = − ⇔ =

⇔ =





Vì : y > 0 ; x > 0 ⇒2x - 1 > 0 ⇒x > 1/2 Thay y = … vào 2


3

0



x

+ − ≥

y



Ta có:


3 2



2 2

2

2

2

6

3



3

0

3

0

0



2

1

2

1



x

x

x

x

x



x

y

x



x

x



+

+



+ − ≥ ⇔

+

− ≥ ⇔



(1)


Vì 2x - 1 > 0 ⇒ (1) ⇔

2

x

3

x

2

+

2

x

6

x

+ ≥ ⇔

3

0

2

x

3

x

2

4

x

+ ≥

3

0


2

x

3

x

2

4

x

+

3



(

)

(

)



3 2 2


2


2

2

3

3




1 2

3



x

x

x

x

x



x

x

x



=

+

− −

+



=

+ −



(

) (

2

)



1

2

3

0

0



x

x

x



=

+ ≥

∀ >



Vậy

(

2

x

y

)

2

+

x

2

+ − ≥

y

3

0

∀ >

x

0;

y

>

0



ĐỀ

S

22



Câu 1.


Ta có:


2 2


2



2 2 2


2 2 2 2


2 2 2 2


1

1

1



1

1

1



6







+

+

=

+

+

+

+

+





=

+

+

+

+

+

+



a

b

c

x

y

xy



x

y

xy



x

y

x y



x

y

x y





(112)

2 2 2 2


2 2 2 2


1

1

1

1

1

1



2









=

+

+



+

=

+

+

+

+

+

+









abc

x

y

xy

x y

x

y



x

y

xy

y

x

x y



Do vậy A = 4
Câu 2:


Ta có:


(

)(

) (

)(

)



(

)(

)



(

)(

)




( )



2


2 2 2


2


1

6

2

3



7

6

5

6



6

6



7

5



6



7

5



12

35

0 1



 



 

=



+

+

=








+ −



+ −

=









⇔ −

− =

= +





⇔ −

+

− =



PT

x

x

x

x

mx



x

x

x

x

mx



x

x

m



x

x



t

t

m t

x



x



t

t

m



Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (1) có 2 nghiệm t1 và t2phân biệt:


Theo hệ thức Vi-et: t1+ t2= 12, t1.t2= 35 – m



Ta có:


( )


( )



2


1 1


2
2
2


6


x t x t x 6 0 a


x


6 x t x 6 0 b


x t


x


+ =





 − + =




 


− + =




+ =





Giả sử x1và x2là nghiệm phương trình (a) và x3và x4là nghiệm phương trình (b)
Theo hệ thức Vi-et có:


2


1 2 1 3 4


1 2 3 4


x x t ; x x t


x .x 6 x .x 6




 + =  + =



=


=


 


Do đó:


3 4


1 2 1 2


1 2 3 4 1 2 3 4


x x


x x t t


1 1 1 1 12 2


x x x x x x x x 6 6


+


+ +


+ + + = + = = =



Câu 3:


Đặt n(2n – 1) = 26q2 (1)


Do VP chẵn và (2n – 1) lẻ nên n chẵn hay n = 2k
Do đó: (1) suy ra k(4k – 1) = 13q2 (2)



(113)

( )

2 2 22


k u k 13u


1 v


4k 1 13v 4k 1 v


 =  =


 


⇒  − =− =




 




Xét trường hợp 1 ta có:


(

) (

)




2


2 2 2 2 2


2


k u 4k 13v 1 12v v 1 v 1 4 v 3 mod 4 vo ly


4k 1 13v


 =


= + = + + ⇒ +




− =


 


Xét trường hợp 2 ta có:


(

)



2


2
2



k 13u 4k v 1 vo ly


4k 1 v


 =


= +




− =



Vậy không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu đầu bài.
Câu 4: Học sinh tự vẽ hình


a) Ta có góc ABH = góc HAC (cùng phụ góc BAH)
suy ra góc IBH = góc KAH


Lại có góc IHB = góc KAH = 45o


Suy ra tam giác IHB đồng dạng KHA (g.g)


b) tam giác AHB đồng dạng CAB (g.g) nên HA/HB= CA/AB
kết hợp phần a) HI/HA = CA/AB


nên tam giác IHK đồng dạng tam giác BAC
nên góc KIH = góc MBH


nên tứ giác IMBH nội tiếp


góc AMN = góc IBH = 450


tam giác AMN vuông cân
AM = AN


2)Kẻ tia Ex cắt AC tại I sao cho góc AEI = góc ACB ( vì tam giác ABC nhọn nên ln dựng
được)


Ta chứng minh được các tứ giác DEMB; EICM; ADEI nội tiếp
Do đó CM.CB = CE. CD= CI.CA < CA2


Hay 1/2. BC2< AC2 hay BC2< 2AC2


Vậy BC < AC. Căn(2)
Câu 5.


Áp dụng bất đẳng thức AM

-

GM ta được:



(

)

(

)

(

)

(

)



4


3


x 16 y 1 16 y 1 16 y 1 32x


y 1− + − + − + − ≥


Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng lại theo vế ta được:




(

)




(114)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2



ĐỀ SỐ 23



Câu 1 :


a)Giải phương trình 4 3


2
8
2
4
17


2−x= − xx


(

x2−2 2x+2

)

2 =17−4 2x3−8 2x


x

4

+

8

x

2

+

4

4

2

x

3

+

4

x

2

8

2

x

=

17

4

2

x

3

8

2

x



x

4

+

12

x

2

13

=

0


Đặt t = x2 (t0)


Ta có phương trình; t2+ 12t 13 = 0


Phương trình có hai nghiệm phân biệt t1=1 ; t2= -13 (loại)


t1=1 ⇒x2= 1⇒x= ± 1



b)Chứng minh rằng: 2


2
2
12
17
2
12
17 4
4
=

+
+


VT =


2
8
12
2
9
8
12
2
9
2
2
12


17
2
12


17 4 4 4


4 + + + +


=

+
+
=

(

) (

)

(

)


2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
3
2
2


3 4 2



4 2 + + + +


=


+
+


=

(

) (

)

2


2
1
2
1
2
2
1
2
1


2 2 2


=

+
+
=

+


+
= VP


Vậy : 2


2
2
12
17
2
12
17 4
4
=

+


+ (đpcm)


Câu 2:


Giải phương trình : (x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x2
C1.


* Với x = 0 khơng phải là nghiệm phương trình


* Với x ≠ 0 , chia hai vế phương trình cho x2ta có phương trình :


(

5 6

) (

. 6

)

12
2

2
=

+

+
x
x
x
x
x
x <=>
12
1
6
5
6 =





+





+
x

x
x
x
Đặt t = −6+3


x
x


ta có phương trình: (t +2)(t – 2) = 12<=> t2 – 4 =12 <=> t2= 16<=>t = ± 4


Với t = 4 ta có phương trình ;

6

+

3

=

4



x


x



⇔x2- x - 6 = 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1= 3; x2= -2


Với t = - 4 ta có phương trình

6

+

3

=

4




(115)

x2+7x -6 =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=
2
73
7
;
2
73
7
2
+


=


x


Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt…
Câu 3:


Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 +x+2y2 +y=2xy2 +xy+3 (x, y∈z)


x2 −1+x−2xy2+2y2 −1+ yxy=1


⇔(x – 1)(x + 1) - y(x – 1) – 2y2(x 1) + x 1 = 1


⇔(x-1)(x+1-y-2y2+1)=1


(

)(

)


(

)(

)












=
+


=



=
+

=












=
+
+



=





=
+
+


=

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

2
y
y
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x

2


1


3


(0 t/m)


2


0


1


3


(0 t/m)


2


x


y


y


x



y


y


=


 =





 = −






=




=










= −



 



Vậy cặp số nguyên thỏa mãn là: (2,1); (0;1)


Câu 4 :


a)


Điểm M t/m MD = BD, ME = CE


Dựng đường trũn tõm (O) đường trũn đi qua M, B
và C.


⇒∆DBO = ∆DMO (ccc) ⇒∠DMO = ∠DBO


C/m tương tự có ∠EMO = ∠ECO
mà ∆ BAC cõn, ∆ BOC cõn ⇒∠ABO = ∠ACO
⇒∠DMO = ∠EMO mà ∠DMO + ∠EMO = 2v
⇒∠DMO = ∠EMO = 1v hay OM ⊥DE.


⇒OB ⊥AB, OC ⊥ AC. ⇒AB, AC, DE là tt của (O)
∠DOE = ∠ECI ( cựng bằng ẵ cung BC). suy ra tứ
giỏc IOCE nội tiếp .


Mà gúc ECO = 900nờn gúc EIO = 900


Vậy gúc DIE vuụng.


b) Áp dụng phần a) ta luụn cú DI đi qua điểm cố định
là O Tõm đường trũn tiếp xỳc với AB ,AC tại B và C


Câu 5:


C1.Cho a, b là các số dương thỏa mãn: a + b =1


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =

19

2

6

2

2011

(

a

4

b

4

)



b


a



ab

+

+

+

+




(116)

)


(




2011


6



19

4 4


2


2

a

b



b


a


ab



T

+

+



+


+


=


)


(


2011


1


2


1


6


16



)


(


2011



6


3


16


4
4
2
2
4
4
2
2

b


a


b


a


ab


ab


b


a


b


a


ab


ab


T


+


+









+


+


+


=


+


+


+


+


+


=




* Ta cú : (a – b)2≥ 0 a, b dấu bằng a = b = 1


2


⇔ a2+ b2≥ 2ab (a + b)2≥ 4ab

(

)



4
1
4
2
=
+
a b


ab



16

16

.

4

16

64



ab



ab

dấu bằng ⇔a = b =


1


2 (1)


* Ta lại cú : (a – b)2≥ 0 a, b dấu bằng a = b = 1


2


⇒ (a2+ b2 – 2ab)2≥ 0 a, b dấu bằng a = b = 1


2


⇔ a4+ b4+ 4a2b2+ 2a2b2 – 4a3b – 4ab3≥ 0


⇔ a4+ b4+ 4a2b2+ 2a2b2+ 4a3b + 4ab3≥ 8a3b + 8ab3


⇔ (a2+ b2+ 2ab)2≥ 8ab(a2 +b2)


⇔[(a+ b)2]2 ≥ 8ab(a2 +b2)


(

2 2

)

(

)

2


2
2


4


2


2


b


a


b


a


ab


ab


b


a


+



+


+


+



thay a + b = 1 ta có :


⇔ 4
1
4
1
2
1
2


2 + ≥ =


+



b
a


ab dấu bằng ⇔a = b =


1


2 (2)


* Ta lại có : (a – b)2≥ 0 a, b dấu bằng a = b = 1


2


⇔ a2+ b2 ≥ 2ab 2(a2+ b2) ≥ a2+ b2 + 2ab 2(a2+ b2) ≥ (a + b)2


thay a + b = 1 ta có : 2(a2+ b2) ≥ 1 a2+ b2≥ 1


2 dấu bằng ⇔a = b =
1
2 (3)


Tương tự : (a2 – b2)2≥ 0 a, b dấu bằng a = b = 1


2


⇔ a4+ b4 ≥ 2a2b2 2(a4+ b4) ≥ a4+ b4 + 2a2b2


⇔ a4+ b4 ≥

(

)




8


1


2


2
2
2


+

b


a



dấu bằng ⇔a = b = 1


2 (4)



(117)



8


2715





T

dấu bằng a = b = 1


2


C2.Cho a, b là các số dương thỏa mãn: a + b =1


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =

19

2

6

2

2011

(

a

4

b

4

)



b



a



ab

+

+

+

+


Áp dụng bất đẳng thức côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxiki


T


4 4


2 2


2 2 2


2 2


2


16

1

1

1



T

6

2011. (1 1)(a

b )



ab

2ab

a

b

2



16.4

4

1



6.

2011. .(a

b )



(a b)

(a b)

2



2011

2715




64 24

.(a b)



8

8



=

+

+

+

+

+


+



+

+

+


+

+


+

+

+

=



Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1


2


ĐỀ SỐ 24



Câu 1:


1/ Rút gọn biểu thức:


(

)(

)



15 11 3 2 2 3 15 11 3 2 2 3


2 3 1 3 1 3 1 3


x x x x x x



A


x x x x x x x x


− − + − − +


= + − = + −


+ − − + − + − +


(ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1)
A=


(

151

)(

11 3

)

2 3 1 2 33


x x x


x x
x x
+ +
− +
− +
=

(

)(

) (

)(

)


(

)(

)



15 11 2 3 3 2 3 1


1 3


x x x x x



x x


− + − + − + −


− +


=


(

)(

)



15 11 7 6 3 3 2


1 3


x x x x x


x x


− − + − − + −


− + =

(

)(

)



5 7 2


1 3
x x
x x
− + −
− +


=

(

)(

)


(

)(

)



1 5 2


1 3
x x
x x
− − +
− + =

(

)


5 2
3
x
x
− +
+


2/ Chứng minh 2
3
A


Ta có:


(

5 3

)

2


x
x
− +
+ =

(

)



3
17
5
3
17
3
5
+
+

=
+
+
+

x
x
x


Do x+ >3 0 với ∀x ⇔


3
17
3
17

+



(118)

Vậy 2



3


A (với x t/m điều kiện)
Câu 2:


Cho parabol (P) y = 2
2
1


x và đường thẳng y = mx –m + 2
1/ Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm có hồnh độ x = 4.


(d) cắt (P) tại điểm có hồnh độ x = 4 ⇔pt 2
2


1 2 = − +


m
mx


x (*) có nghiệm x = 4


⇔ 4 4 2 2


2


1 2 = − + ⇔ =


m
m



m


2, 2 2

(

2 4

)

0


2


1 2 = − + ⇔ 2 − + − =


m
mx
x


m
mx


x (*)


Pt có ∆’ = m2 – 2m + 4 = (m – 1)2+ 3 ≥ 3 > 0 m


Câu 3:


1, GHPT
2 3
12
5 2
19
x y
x y
 + =




 + =



ĐK: x, y ≠ 0. Đặt u 1;v 1


x y


= = , Ta có HPT:


2 3 12 4 6 24 11 33 3


5 2 19 15 6 57 2 3 12 2


u v u v u u


u v u v u v v


+ = + = = =


   


<=> <=> <=>


+ =+ =+ ==


   


Với u = 3 => 1 3 1


3
x
x = => =


v = 2 =>1 2 1
2


y
y = => =


Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất:


1
3
1
2
x
y
 =


 =

2,
2
3
6 2
9
x
x


x
+ =


ĐK : 2 3


9 0
3
x
x
x
>

− > =>  < −



C1,
2
3
6 2
9
x
x
x
+ =
− <=>
2 2


9 3 6 2 9



x x − + x= x − . Đặt : t = x2−9, t > 0


=> 2 2


2 2


6 2


3 6 2


3
9


9


t


xt x t x


t


x t


x t




 + = =


<=>



+


 


− =


 


− =



(119)

2


2 2 2 2 4 3 2


2


6 2 72


9 9 72 9 54 81 6 9


3 6 9


t t


t t t t t t t t


t t t


 



− = <=> − = <=> − − − = + +


 


++ +


 


<=> 4 3 2


6 54 54 81 0


t + tt + t+ = <=>

(

t−3

)

2

(

t2+12t+ =3

)

0


Do t > 0 => 2


12 3 0


t + t+ >


=>

(

)

2 2


3 0 3 9 3 3 2( / )


t− = => = =>t x − = => =x t m
C2,


Nếu x < -3 : VT =



2


3


0
9


x
x


x


+ <


− => PT VN.
Nếu x > 3


Ta có : 2


2 2


3 3


2 (1)


9 9


x x


x



x x


+ ≥


− − (BĐT Cosi)


Mà:

(

)

2

(

)

2 2


2 4 2


2 2


3


18 0 2.18 9 6 18


9 9


x x


x x x


x x


− ≥ => ≥ − => ≥ => ≥


− − (2)


Kết hợp (1) và (2) ta có =>



2


3


2. 18 6 2


9


x
x


x


+ ≥ =




Dấu bằng xảy ra ⇔(1) và (2) xảy ra dấu bằng ⇔ 2
2


3


3 2
9


18


x
x



x
x


x


 =


=> =





 =

Vậy nghiệm của PT là: x = 3 2


Câu 4:


O'
O


P


K
I


y
x



C B



(120)

1, CM:


a, Tg CPKB nội tiếp được trong một đường tròn.


Gọi O là tâm của đường tròn đường tròn đương kính IC ⇒O là TĐ của IC


∠IPC nt chắn nữa đường tròn (O) ⇒∠IPC = 1v ⇒∠CPK = 1v, ∠CBK = 1v (gt) ⇒hai
điểm P và B cùng thuộc đường trịn đường kínhCK tâm O’ là trung điểm của BP
CPKB nt (O’)


b, ∠APC = ∠AIC (nt chắn cung AC)


∠AIC = ∠KCB (góc có cạnh tương ứng vng góc)
⇒∠APC = ∠KCB


∠CPB = ∠CKB (nt chắn cung BC)
Cộng vế ta có: ∠APC + ∠CPB = ∠KCB +∠CKB = 1v
⇔∠APB = 1v ⇒∆APB vuông tại P.


2, A, I, B cố định . XĐ vị trí của C trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, B) sao cho tg ABKI có
diện tích lớn nhất?


AB
BK
AI
S
2
+


=


∆ CBK ∆IAC ⇒


AI
CB
AC
BK
AI
CB
AC
BK .
=

=


Áp dụng BĐT: (AC – BC)2≥ 0 AC2+ BC2 - 2 AC. BC ≥ 0


⇔ AC2+ BC2+ 2 AC. BC ≥ 4 AC. BC


⇔(AC + BC)2≥ 4 AC. BC


⇔AC . BC ≤

(

)



4
4
2
2
AB
BC



AC+ =
Dấu bằng ⇔AC = BC hay C là trung điểm của AB.
Khi đó
AI
AB
AI
CB
AC
BK
4
. 2
=
=

(

)


AI
AB
AB
AI
AB
AI
AB
AI
AB
BK
AI
S
8
4
2

4
2
2
2
2
+
=
+
=
+
=


Câu 5:


Cho a, b, c là ba số thực dương t/m a + b + c = 2 Tìm Max P
biết
b
ac
ca
a
bc
bc
c
ab
ab
P
2
2


2 + + + +



+
=


* Vì a + b+ c = 2 ⇒2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c2+ ab = (ca+ c2)+( bc + ab)
= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b) ⇒2c+ab = (c+a)(c+b)


vì a ; b ; c > 0 nên 1 >0


+c


a và 0


1 >


+c


b áp dụng cosi ta có a+c+
1


c
b+


1 2.
)
)(
(
1
c
b


c


a+ + dấu (=) ⇔ a+c =
1


c
b+


1


⇒ a + c = b + c ⇒a = b


hay ( 1 1 )


2
1
)
)(
(
1
b
c
a
c
b
c
a


c+ + ≤ + + +




(

)






+
+
+

+
+
=


+ c b


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


)
(


2 (1) dấu bằng ⇔a = b



(121)

Tương tự: 





+
+
+


+ a c


bc
b
a
cb
a
bc
bc
2
1


2 (2) dấu bằng ⇔b = c









+
+
+


+ b a


ca
b
c
ca
ca
b
ac
2
1


2 (3) dấu bằng ⇔a = c


cộng vế với vế của (1) ; (2) ; (3) ta có
⇒: P=


b
ca


ca
a
bc
bc
c
ab
ab
2
2


2 + + + +


+ 2
1
≤ (
b
c
ab
a
c
ab
+
+


+ + c a


cb
a
b
cb


+
+


+ + c b


ac
a
b
ac
+
+
+ )


⇒ P
2
1

+
+
+
+
+
+
+
+
+
+


+ a b



ac
b
a
cb
b
c
ac
c
b
ab
a
c
cb
a
c
ab
(
)
(
)
(
=
2
1




+
+


+
+
+
+
+
+
b
a
a
b
c
c
b
c
b
a
a
c
b
c


a ). .( ) .( )


(

(

)


1
2
.
2
1
2

1
=
=
+
+


= a b c


⇒ P=


b
ca
ca
a
bc
bc
c
ab
ab
2
2


2 + + + +


+ ≤ 1 dấu bằng ⇔a = b = c = 3


2


Vậy min P = 1 khi a = b = c =
3


2


ĐỀ

S

25



Câu 1:


1) Ta có:


3 2


3

140

0

(

5)(

5

28)

0



x

+

x

=

x

x

+

x

+

=



5

0



x



− =

( 2

5

2

87



5

28

0,



2

4





+

+

=

+

+






do x

x

x

x

).


5



x



=



Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất: x= 5.
2) Với

P

=

3

70

+

4901

+

3

70

4901

ta có:


3 3


140 3

3

140

0



P

=

P

P

+

P

=



Do đó Plà nghiệm của phơng trình: 3


3

140

0



x

+

x

=

.


Theo ý 1, phơng trình trên có nghiệm duy nhất:

x

0

=

5


Vậy

P

=

3

70

+

4901

+

3

70

4901

=

5

.


Câu 2:


1) Giả sử E(0; y0) là một điểm trên trục tung.



Do M∈ (P) nên

1

2


;


4









M x

x

và khoảng cách từ M đến (d) là:

1

2

1


4



=

+



h

x

; độ dài


2
2 2
0

1


4



=

+




ME

x

x

y

(dùng pitago để tính).


Từ đó:



2 2


2 2 2


0

1

1


1


4

4



+

=

+





(122)

2 2 2 2


0 0


1

1



1



2

2



x

x y

+

y

=

x

+

với ∀x.


2 2


0 0


1

1




1 0



2

2





+

− =





x

y

y

với ∀x.


Yêu cầu bài toán đợc thoả mãn khi: 0


0
2


0


1

1



0



1



2

2



1 0




 −

=



=





− =




y



y


y



Vậy có duy nhất một điểm E thoảmãn bài toán: E(0; 1).
2) Trớc hết chứng minh: (x + y)2≥ 4xy với mọi x, y.


Đẳng thức xảy ra khi: x = y


áp dụng ta có: (a+ b+ c)2= [a+(b+ c)]2≥ 4a(b+ c).


Đẳng thức xảy ra khi: a= b+ c

1



2



=



a

(*)


Do a+ b+ c= 1 nên bất đẳng thức trên suy ra: 1 ≥ 4a(b+ c)



b+ c≥ 4a(b+ c)2 (do b+ c khơng âm)


Nhưng lại có (b+ c)2≥ 4bc. Đẳng thức xảy ra khi: b= c (**)


Suy ra: b+ c≥ 16abc.


Từ (*) và (**) có: đẳng thức xảy ra khi

1

1



2

4



=

;

= =



a

b

c

.
Câu 3:


Ta có:

x

+

1

≥ +

x

1


y

y



10

10



3

− + ≥

x

y

3

− +

x

y



Suy ra:

1

10

10

1



3

3



+

+

− + ≥

+ +



x

x

y

y



y

y

.


Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:


1


0



10



0


3



 + ≥








− + ≥






x


y



x

y



Do đó, hệ đã cho tơng đơng với:


2 2


1



0



10



0


3



82


9


0,



 + ≥






− + ≥







+

=





 >




(1)



(2)


(3)



y < 0

(4)



x


y



x

y



x

y


x



Từ (1) và (2) ta có:

10

1

2

10



1 0




(123)

Từ (2) có:


2 2


2 2 2 2 2


10

10

82

10



1 0



3

3

9

3



+

+

+

+

=

+

+ ≥






y

x

y

y

x

y

y

y

(**)


Từ (*) và (**) suy ra: 2


3


10



1 0

1



3



3



= −





+

+ =



 = −




y


y

y



y

.
Từ đó, hệ đã cho có 2 nghiệm:

1

; 3




3









1


3;



3









Câu 4:


1) Nối HMkhi đó MH = MA = MCsuy ra:


 

2



MHC

=

MCH

=

BCK

.


Theo giả thiết:

KB

=

KC

 

KBC

=

KCB

.



Do vậy:

MHC

=

2

KBC

(1).


Mặt khác:

MHC

  

=

KBC

+

HMB

(2).


Từ (1) và (2) có:

 

KBC

=

HMB

HBM

cân tại HMH = HB.
Giả sử

HA

>

HB

,

khi đó

 

0


45



ABH

>

BAH

BAH

<

0

45



ABH

>

.


 

0


105



BAH

+

CAH

=

nên

0

60



CAH

>

.


Tam giác AMHcân tại M nên

 

AHM

=

HAM

>

60

0

AMH

<

60

0.
Do đó

HA

<

MH

=

HB

(mâu thuẫn).


Tơng tự, nếu HA < HBta cũng gặp điều mâu thuẫn.
Vậy: HA = HB.


2) Từ kết quả ý 1 suy ra

AHB

vuông cân tại H

BAH

 

=

ABH

=

45

0.

HAC

=

60

0

ACB

=

30

0.


Vậy:

ABC

=

45 ,

0

ACB

=

30

0.


Câu 5:


Đặt

4

1

,


3




=

x



y

ta có:

1

[ ]

4

1



2

3




+

+

=







y


y

y

.
Mặt khác:

1

[ ] [ ] [ ]

2

2

4

1



2

3






+

=

=







y


y

y

y

y



H
K


M
D


A



(124)

Đặt

4

1

3

1

3

1

1

1


0



3

2

2



= −




+

+



=

= ⇒ ≤

< + ⇒ 


=






t



y

t

t



t

t

t

t



t

.
Từ đó ta có:


ĐỀ

S

26



Câu I: ( 2 điểm )
a) ĐK: x>0 ;x ≠4


A =











+



+














+


+




2


10


2


:


2


1


6


3


6


4

x


x


x


x


x


x


x


x


x



A =

(

)









+
+


− 2
1
)
2
.(
3
6


4 x x


x
x
x
:

(

)(

)


2
10
2
2
2
+

+
+

+

x
x
x
x
x


A =

(

)








+
+


− 2
1
)
2
(
2


4 x x


x
x
: 2


10
4
+

+

x
x
x


A =

(

)(

)

(

)








+

+
+

+

+
− 2
2
2
).
2
(


)
2
.(
2
2
2 x
x
x
x
x
x
x
x
: 2
10
4
+

+

x
x
x


A =

(

)(

)









+


+


2
2
2
4
2
x
x
x
x
x
: 2
6
+
x


A =

(

)(

)








+



2
2
6
x


x : 2


6


+


x
A =

1

1



2

2



=





x

x


b) với x>0 ;x ≠4 ta có :


A < 2 ⇔

1



2

x

< 2


2 -

1



2

x

> 0


4

2

1



2




x


x

=

3 2


2




x


x

> 0


3 2 0


2 0 4


9


3 2 0 0


4


2 0


.


 − <





 − < >




 − >


 > >


− >




x
x x
x x
x


Vậy với x>4 hoặc 0 9
4


< <x thì A< 2
Câu II (2đ)



(125)

Theo hệ thức Vi-et ta có 1 2
1 2



7
:


3


+ =




=




x x
x x
Đặt y1=2x1−x y2; 2 =2x2−x1 ta có:




1 2 1 2 2 1 1 2


2 2


1 2 1 2 2 1 1 2 1 2


2 2


1 2 1 2 1 2 1 2 1 2



2


2 2 7


(2 )(2 ) 5 2( )


5 2[( ) 2 ]=9 2( )


9.3 2.7 71


y y x x x x x x


y y x x x x x x x x


x x x x x x x x x x


+ = − + − = + =


= − − = − +


= − + − − +


= − = −


Do đó phương trình bậc hai cần lập là: 2


7 71 0


− − =



y y


2)Ta có :


(

)

2

(

)

2


2 2 2


1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 49 2.( 71) 2 71 333 333


= + = + + = + − + = − − + = ⇒ =


B y y y y y y y y y y y y B


Câu III (1,5đ)


ĐK: x≠ ±2y Đặt 1 0, 1 0


2 = ≠ 2 = ≠


+ ab


x y x y ta được hệ:




1


3



4 1 8 2 8


5


20 3 1 1 2 2


2
12


x
a


a b x y


a b x y y


b


= =




− = + =




+ =   = −=


  = −  




Câu IV (3,5đ) (Tự vẽ hình)


1) Xét tam giác ABE và tam giác IBE có:
AB=IB; gócBAE= gócBIE = 900; BE chung


suy ra tam giác ABE = tam giácIBE (cạnh huyền -cạnh góc vng)
suy ra AE = IE (1)


vì ABCD là hình vng nên góc EDI = 450 suy ra góc DEI = 450(vì tam giácDEI vng ở I)


suy ra tam giác DEI cân tại I suy ra IE =ID (2)
từ (1) và (2) suy ra AE = DI


2) Vì EA = EI nên đường trịn (E;EA) đi qua I mà EI vng góc với DI
suy ra DI là tiếp tuyến của đường tròn (E;EA)


suy ra gócDAI = gócDIF (cùng chắn cung IF)



(126)

mà DI = IE suy ra DF.DA =IE2 (3)


vì AI là dây chung của đương trịn (E;EA) và đường trịn (B;BA=BI) nên AI vng góc
với BE tại H


Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BEI có : IE2= EH.EB (4)


Từ (3) và (4) suy ra DF.DA =EH.EB
Câu V (1đ)


Trước hết ta chưng minh: với a,b > 0 ta có: 1+ ≥1 4 (*)



+


a b a b
Thật vậy (*)

(

)

2

(

)

2


4 0


a b+ ≥ aba b− ≥ (đúng).Dấu “=” xảy ra ⇔ =a b


Áp dụng (*) ta có: + ≥ 4 =4


− − − + −


p p p p


p a p b p a p b c


Tương tự ta có: + ≥4 ; + ≥4


− − − −


p p p p p p


p b p c a p c p a b
Suy ra + + ≥2 +2 +2


− − −


p p p p p p



p a p b p c a b c


Hay + + ≥ +3  +   + +   + + 


− − −      


p p p a b b c c a


p a p b p c b a c b a c


 + ≥2; + ≥2; + ≥2


     


a b b c c a


b a c b a c (BĐT Cauchy)


Do đó + + ≥9


− − −


p p p


p a p b p c (đpcm)






×