Tuyển chọn 47 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 có đáp án

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đ{p ứng nhu cầu của các bạn học sinh yêu toán Page tài liệu toán học đã sưu tầm và tổng hợp 47 đề thi học sinh giỏi toán lớp 10 và lời giải chi tiết. Toán lớp 10 nâng cao kế thừa rất nhiều từ to{n THCS như phương trình, bất đẳng thức, hệ phương trình, các bài toán nghiệm nguyên, to{n Logic.... tuy nhiên được nâng cao lên một nấc mới, cùng với đó l| sự bổ sung thêm kiến thức về nhiều phần quan trọn, hay và khó như hình tọa độ trong mặt phẳng, hình vecto, dấu của tam thức bậc 2.

Từ lớp 9 lên lớp 10 ít nhiều các bạn sẽ có nhiều bỡ ngỡ, một mặt là do kiến thức lớp 10 tuy kế thừa nhiều phần lớp 9 nhưng khó hơn rất nhiều, phần khác là do các bạn đang t}m lý của người mới thi lên một cấp mới có phần xả hơi sau th|nh công của kì thi.Để chuẩn bị tốt cho các kì thi học sinh giỏi lớp 11, lớp 12 thì việc rèn luyện chắc kiến thức lớp 10 l| điều không thể thiếu. Khi lên cấp 3 kiến thức các bạn học sẽ chia làm nhiều chủ đề, do đó c{c bạn phải rèn luyện nhiều phần, cùng với đó c{c mộn lý, hóa, sinh..... đều rất khó và mới, có thể nói lên cấp 3 là một cấp học mới hoàn toàn so với cấp 2.

Cũng như nhiều tập đề khác, tập đề này có 2 phần rõ r|ng đó l| đề thi v| đ{p {n chi tiết, có những bài toán khó sẽ được trình bài nhiều cách và nhận xét. Các bạn chú ý thường các bài toán sẽ có nhiều cách giải khác nhiêu, vì thế ngoài các giải được đề cập trong đ{p {n c{c bạn nên tư duy tìm thêm lời giải mới, không nhất thiết phải là quá nhiều đề mà chúng ta cần l|m kĩ v| nghiên cứu sâu.

Cuối cùng chúc các bạn có những phút giây hứng thú thi làm toán và có kết quả

1

tốt nhất trong các kì thi HSG!

MỤC LỤC

Phần 1. Đề luyện thi

Phần 2. Đ{p {n

 Đề 1:______________________________________________________Trang <.49  Đề 2:______________________________________________________Trang <.53  Đề 3:______________________________________________________Trang <.56  Đề 4:______________________________________________________Trang <.59  Đề 5:______________________________________________________Trang <.63  Đề 6:______________________________________________________Trang <.67  Đề 7:______________________________________________________Trang <.70  Đề 8:______________________________________________________Trang <.74  Đề 9:______________________________________________________Trang <.78  Đề 10:______________________________________________________Trang <.82  Đề 11:______________________________________________________Trang <.86  Đề 12:______________________________________________________Trang <.91  Đề 13:______________________________________________________Trang <.97  Đề 14:______________________________________________________Trang <..102  Đề 15:______________________________________________________Trang <..108  Đề 16:______________________________________________________Trang <..110  Đề 17:______________________________________________________Trang <..115  Đề 18:______________________________________________________Trang <..119  Đề 19:______________________________________________________Trang <..121  Đề 20:______________________________________________________Trang <..125  Đề 21:______________________________________________________Trang <..129  Đề 22:______________________________________________________Trang <..133  Đề 23:______________________________________________________Trang <..139  Đề 24:______________________________________________________Trang <..143  Đề 25:______________________________________________________Trang <..151  Đề 26:______________________________________________________Trang <..153  Đề 27:______________________________________________________Trang <..157  Đề 28:______________________________________________________Trang <..161  Đề 29:______________________________________________________Trang <..163  Đề 30:______________________________________________________Trang <..165  Đề 31:______________________________________________________Trang <..167  Đề 32:______________________________________________________Trang <..170  Đề 33:______________________________________________________Trang <..171  Đề 34:______________________________________________________Trang <..176  Đề 35:______________________________________________________Trang <..178  Đề 36:______________________________________________________Trang <..181  Đề 37:______________________________________________________Trang <..184  Đề 38:______________________________________________________Trang <..186  Đề 39:______________________________________________________Trang <..187

2

 Đề 40:______________________________________________________Trang <..193  Đề 41:______________________________________________________Trang <..196  Đề 42:______________________________________________________Trang <..200  Đề 43:______________________________________________________Trang <..203  Đề 44:______________________________________________________Trang <..207  Đề 45:______________________________________________________Trang <..212  Đề 46:______________________________________________________Trang <..214  Đề 47:______________________________________________________Trang <..216

ĐỀ 1

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 mx m

3

x

2 0

  , trong đó x là ẩn, m là tham số. Tìm

Câu 1 (3,0 điểm)

,x x và 2

2 x 1

2 x 2

2 2  a) Cho phương trình bậc hai tất cả các giá trịcủa m để phương trình đã cho có hai nghiệm 1 nhỏ nhất.

2

ax





bx c a 

,

0

đạt giá trị

 . Chứng minh rằng nếu

  f x

  0 f x  với

a c

 

b 4

b) Cho tam thức bậc hai

mọi x  thì 4 .

x

  2

3

x

  1

2

x



3

x

Câu 2 (2,0 điểm)



 

2

2

2

2













y

x

y

3

xy

3

x

y

2



x y ,



a) Giải phương trình





2

x

3

x

x

y

 6  

 2    

 8 

   x   

b) Giải hệ phương trình

1

Câu 3 (2,0 điểm)

,a b c là các số thực dương thỏa mãn ,

abc  . Chứng minh rằng







a





b

b





c



a



3 4



c  1

 1

a    1 1 3 3    1

x

b  1 2



x

x

a) Cho

c 

  1  

b) Giải bất phương trình

AB AC

Câu 4 (3,0 điểm)

a) Cho tam giác ABC 

 a BC b CA c AB



,

,

 

nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O), trọng

2

2

tâm G và . Gọi M l| trung điểm của cạnh AC. Chứng

22 a





c

 a BC b CA c AB



,

,

minh rằng nếu bốn điểm A, O, M, G cùng nằm trên một đường tròn thì b .

b) Cho tam giác ABC không vuông và

2

2

2 tan

tan

A

B





22 c





b

a

. Chứng minh rằng

 C c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy ; cho tam giác ABC có tọa độ

G

I

nếu thì ABC là một tam giác cân. và tan

 4;0 ,



11 1 ; 3 3

  

   tọa độ c{c đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường

4

t}m đường tròn ngoại tiếp, trong tâm lần lượt có tọa độ là . Tìm

1 0

d

x

y   v| điểm

 : 2

4;2M 

nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của

thẳng  tam giác ABC.

ĐỀ 2

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)



 



 





(2

x

3) 4

x

1 (2

y

3) 4

y

1 2 (2

x

3)(2

y

3)

Câu 1 (3,0 điểm)

y

  x

4

xy

   

1. Giải hệ phương trình:

f x (



y

)



f x ( )

y



f

  x

0

   và x y ,

2. Tìm tất cả các hàm số :f  thoả mãn:

1 x

( ) f x 2 x

  

  

.

p

p

q

q

7



4

7



4

Câu 2 (2,0 điểm)

,p q sao cho 





Tìm tất cả các số nguyên tố chia hết cho pq .

I và

1

)I 1(

I I I

Câu 3 (2,0 điểm).

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp được một đường tròn. Một đường thẳng  đi qua A cắt đoạn thẳng BC, tia đối của tia CD tương ứng tại E, F (E, F không trùng với B, C). Gọi 3I lần lượt l| t}m đường tròn nội tiếp của các tam giác ABE, ECF và FAD. 2,I song song với CD (ở vị trí gần CD hơn) cắt  tại H. Tiếp tuyến của đường tròn Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác 1 2 3.

a



b 2



c 3



20.

Câu 4 (2,0 điểm).

,a b c thỏa mãn ,

Xét các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

L a b c

    

3 a

9 b 2

4   c

thức

Câu 5 (1,0 điểm).

m n X m n



,

,

n mk

2.

Tìm tất cả các tập hợp X là tập con của tập hợp số nguyên dương thoả mãn các tính  thì tồn tại k X sao cho chất: X chứa ít nhất hai phần tử và với mọi

ĐỀ 3

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2

3

2







xy

3

y

8

y

3

xy

6

Câu 1 (3,0 điểm).

  





xy

7

y

5

3

y

1

y

  7 

y 

   

4

3

2



x



ax



bx



a) Giải hệ phương trình:

 cx d

  P x

3,

P





11,

27

P



P

P

7

P

thực thoả mãn

  3



   2

  6

;x y thoả mãn phương trình:

. Tính . b) Cho đa   1 thức với hệ số   5



2

2

2

4

4

2

x



4

y



28



17

x



y



14

y



49









Câu 2 (1,5 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương 

Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn (O), có đường cao AH v| t}m đường tròn nội tiếp là I. Đường thẳng AI cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai M. Gọi A' l| điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng MA' cắt c{c đường thẳng AH, BC theo thứ tự tại N và K.

 AB AC

BC



2

1) Chứng minh rằng tứ giác NHIK nội tiếp đường tròn.

2

2

4

a

b

4

,

,

2) Đường thẳng A'I cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai D, hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại điểm S. Chứng minh rằng nếu thì I là trọng tâm của tam giác AKS.

 và 2

c d  . Tìm giá trị

2P 

ac bd cd



a b c d thoả mãn , 

Câu 4 (1,5 điểm). Cho các số thực

,...,

.

a 2014

lớn nhất của biểu thức .

, a a Câu 5 (1,0 điểm). Cho tập hợp M gồm 2014 số dương 1 2 is là tổng các số thuộc tập con khác rỗng

iT của M, gọi

6

hợp tất cả các số Xét tất cả các tập con iT . Chứng minh có thể chia tập is được thành lập như vậy thành 2014 tập con khác rỗng không giao

nhau, sao cho tỉ số của hai số bất kì thuộc cùng một tập tập con vừa được phân chia không vượt quá 2.

ĐỀ 4

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

1

2

x







(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)





2

1 x

2



x

2

4 0

m



2

2

x

2  mx m

Câu 1. a) Giải phương trình

P





  ( x là ẩn và m là tham số).  Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm và tìm giá trị không âm

x 2

x 1

,x x . Tính theo m giá trị của biểu thức 1

2 nhỏ nhất của P .

2





xy

y

  x

y

2

0



x y ,

b) Cho phương trình bậc hai





xy

y  

2

2   x  x  2 

Câu 2. Giải hệ phương trình:

,a b c l| độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn. Chứng minh rằng ,

2

2

2











a

b

c

10





1 2 a

1 2 b

1 2 c

  

  

Câu 3. Cho

;O R . Gọi G và M

Câu 4.



a) Cho tam giác ABC, nhọn, không cân và nội tiếp đường tròn 

2

2

2

BC

12

R







,

thẳng OM thẳng OG vuông góc với đường 2 lần lượt là trọng tâm tam giác ABC v| trung điểm cạnh BC. Chứng minh rằng thì nếu đường AB AC 2 .

,m n p .

,

,

AB BC CA theo ,

,m n p .

b) Cho tam giác ABC có độ d|i c{c đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là

Tính độ dài các cạnh

c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình

2 0,

3 0

0,





2

y

x

y

x

x

   .

đường thẳng chứa đường cao kẻ từ c{c đỉnh A, B, C lần lượt có phương trình l|  

7

Tìm tọa độ c{c đỉnh A, B, C, biết rằng b{n kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 10 v| đỉnh A có ho|nh độ âm.

,

,

,

045 .

Câu 5. Cho tứ giác lồi ABCD và một điểm M nằm bên trong tứ gi{c đó (M không nằm trên các cạnh của tứ giác ABCD). Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong các góc MAB MBC MCD MDA có số đo không lớn hơn

ĐỀ 5

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

1

3

3

x

y

x

y















2

1 x

y



, x y

Câu 1 (3,0 điểm).





1

2

2







2

y

x





2

1 x

y

     

3

2

x



ax



bx



a 3

0

1. Giải hệ phương trình

 có các

2. Tìm tất cả các giá trị của a, b sao cho phương trình

,

   là số nguyên

, 2

2



a

c

n

n

n

nghiệm đều là các số nguyên dương.

2. a





b

d

c

.

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n n 

a b c d là các số nguyên sao cho a b c d , Câu 2 (2,0 điểm). Giả sử 2   d b lẻ và chia hết    chia hết đều có a b c d





,

Câu 3 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I. Lấy E và F lần lượt trên c{c đường thẳng AC và AB sao cho CB CE BF đồng thời chúng nằm về cùng một phía với A đối với đường

thẳng BC. C{c đường thẳng BE và CF cắt nhau tại G.

1. Chứng minh rằng bốn điểm C, E, I và G cùng nằm trên một đường tròn. 2. Trên đường thẳng qua G và song song với AC lấy điểm H sao cho HG AF

EHG  CAB . Chứng minh rằng đồng thời H khác phía với C đối với đường thẳng BG. 1   · 2

để chỉ tập hợp các số thực khác 0. Tìm tất cả các hàm



















yf y ( )

yf

y

xf x ( )

x y ,

0

1 y

y x

1 x

x y

  

  

 xf x  

  

8

Câu 4 (1,0 điểm). Ký hiệu số f x{c định trên , nhận giá trị thực và thỏa mãn

Câu 5 (1,0 điểm). Một số nguyên dương được gọi là dễ thương nếu trong biểu diễn

thập phân của nó không có chứa chữ số 0 và tổng bình phương c{c chữ số của nó là một số chính phương.

1. Tìm số dễ thương lớn nhất có hai chữ số. 2. Hỏi có hay không số dễ thương có 2013 chữ số?

ĐỀ 6

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2

2

x

  

1

x

x

x

Câu 1 (4,0 điểm).

    1 2

 x  .

2

x

2





m

3  x m

m





1. Giải phương trình:

 0





2 1

4







,x có hai nghiệm 1 nhất của biểu thức sau:

  . 8

x thỏa mãn điều kiện 2  3  P x 3 1

x x 1 2

3 x 2

x 1 x 1

 1 x  . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 2 x 3 2

2





3 x y

xy

xy

  y

1



( ,

x y

)

2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số):

2





 

x

y

xy

(2

x

1) 1

2   x   4 

Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: .

,x y

2

2

y

x



1



x

y



1



y



2012

Câu 3 (1,5 điểm). Cho là hai số thực dương thoả mãn điều kiện

  .

. Tìm giá trị nhỏ nhất của P x













Câu 4 (3,0 điểm).







1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt l| điểm đối xứng của O qua c{c đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng OA OB OC OH v| ba điểm O, H, L thẳng hàng.

2

2

2

2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho  . Chứng minh đẳng thức sau: MAB MBC MCD MDA 

2  BC CD DA AC BD . .sin

AB cot   ,  2  

9

trong đó  là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.

M

N

,

P



3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . C{c đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam

   1; 5 ,

7 5 ; 2 2

13 5 ; 2 2

  

  

  

  

giác ABC tại c{c điểm (M, N, P không trùng với các

 Q 

1; 1

đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ c{c đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm v| điểm A có ho|nh độ dương.

ĐỀ 7

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

x

 

y m



2

Câu I (4 điểm)

2

2

2







 



x

y

2

x

2

y

m

4

  

(trong đó m là tham số; x và y là 1. Cho hệ phương trình

ẩn)

 A xy



2

x



y



2011

a) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm.





b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức .

4

2

x



m 3



x



6

m

  2 0



 1

2. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 3

y

xy

1



Câu II (1,5 điểm)

2

2

x

y

4

3  

3  

   x   

Giải hệ phương trình

Câu III (1 điểm)

,x y là các số thực dương thì

2

2

 1



 1



1 1   Chứng minh rằng nếu 1  xy 1  x  y

B

Câu IV (3,5 điểm)

1; 2A 



4;3

và . Tìm tọa độ 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm

045 .

10

điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB bằng

D

E

F

2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH, BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác B, F khác C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng



 2;1 ,



 3; 4 ,

6 17 ; 5 5

  

  

,

,

 a BC b CA c AB





.

2

2

3. Cho tam giác ABC, có

2 IA   c p a







2    tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC. Chứng minh rằng . Gọi I, p lần lượt l| t}m đường tròn nội IB   a p b IC   b p c

ĐỀ 8

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

2

3









xy

y

3

x

6

y

0

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2



 

x

xy

3 0

   

2

2

2

18

3 7 4

 







5

2

x

x

x

x

x



8

x

2 7 2  6    ;m n p sao cho mỗi một trong ;

Câu I (4,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình

 16 4 2 x 2. Giải phương trình Câu II (1,0 điểm) Tìm tất cả các bộ ba số hữu tỷ dương  các số

a b c là các số thực dương thỏa mãn , ,

2012

2012

2012

m  ; n  ; p  1 pm 1 mn 1 np

2010

2010

2010











n

3

3

3

2

2

2

n

n

n

   2011 . Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho

 1

 1

 1

n

n

n

n

n

n

      2011 2010 a b c a b c

m

m

m

m

m

m











3

3

3

2

2

m

m

m

m

 1

m

 1

m

 1

là một số nguyên. Câu III (2,0 điểm) 1. Giả sử b c a c a b  n n b c a c b a a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m ta có bất , , 2. Cho  2      đẳng thức a b b c c a a b b c c a

11

Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. Tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại điểm T, c{c đường thẳng TD và EF cắt nhau tại điểm S. Gọi X, Y lần lượt l| giao điểm của đường thẳng EF với c{c đường thẳng TB, TC; M l| trung điểm của cạnh BC.

2

2

2

22 n







2

1. Chứng minh rằng H, M lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác DEF và XTY. 2. Chứng minh rằng đường thẳng SH đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC. Câu V (1,0 điểm) Kí hiệu

, m n  .

 1

 f m



:f  là hàm số   f n









f

với mọi chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả sử 

f thỏa mãn các điều kiện  2f

0  và 

 f m  2011 .

Tính các giá trị của và

ĐỀ 9

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

y

I

(1;4)

   x

2 4

x

5

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 v| điểm

Câu 1 (2 điểm) a) Cho parabol (P): . Tìm trên (P) hai

2

2

x

  2

4  m m

điểm M, N đối xứng nhau qua điểm I.

2

(

x



1)

x

  2 (

x



6)

x

  7

x



7

x



12

có 4 nghiệm phân biệt. b) Tìm các giá trị của m để phương trình

2

2





 6) y(x

1)

a) Giải hệ phương trình:

2

2

1)

(y 1)(x 



6) x(y 



2

4

3

x

  1

m x

 

1 2

x

1

 có nghiệm.

  (x 1)(y    b) Tìm m để phương trình

Câu 2 (3 điểm) a) Giải bất phương trình:

AD



2

AB AE ;



AC

Câu 3 (3 điểm) a) Cho tam giác ABC có trọng tâm là G. Hai điểm D và E được x{c định

2 5

bởi các hệ thức: . Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng

2



MH MA .

BC

1 4

b) Gọi H là trực tâm  ABC, M l| trung điểm của BC. Chứng minh rằng

;3

G

(1; 1)

c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD, điểm

H  là hình chiếu của B trên AD v| điểm

( 2;0) M  7   3 

trung điểm của cạnh AB, điểm

2

x

y

2 1

là    là trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng HM cắt BC tại E, đường thẳng HG cắt BC tại F. Tìm tọa độ c{c điểm E, F và B

 . Tìm giá trị lớn nhất và giá

2

2

(

x



3

y

S



Câu 4 (1 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn

 1

y ) xy



12

trị nhỏ nhất của biểu thức .

2

2

2

2

1)

1)













x

y

x

y

(

(

Câu 5 (1 điểm) Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   2 y A

ĐỀ 10

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN



(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 5 x  2

10 x  1

2

x

x

x

x





4

3

5

2

6

  .

Câu 1 (2 điểm). Giải bất phương trình .



   1

2

2

x

xy

y

x

y









 

2

4

2

3

3

2 0

Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình 

2

2

x

y

x





 

y 2 (2

1) 0

   

Câu 3 (2 điểm). Giải hệ phương trình .

2

2

x

x



x m 



2

2

 . 4

2

Câu 4 (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm thực x:



1 0

   có biểu diễn trên trục số là một đoạn có độ dài bằng 1.

2

2

A

b







S 4 (cot

C a  )

cot

cot

2 c  .

Câu 5 (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của m để tập nghiệm của bất phương trình x mx m

Câu 6 (2 điểm). Giả sử tam giác ABC có diện tích là S; a, b, c lần lượt l| độ dài các cạnh B BC, CA, AB. Chứng minh rằng

Câu 7 (6 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d1: x+y-6=0 v| đường thẳng d2: x+2y-5=0.

3cos

10

m



1-Gọi  là góc giữa đường thẳng d1 v| đường thẳng d2.

    sin    sin 2 cos

Tính giá trị của biểu thức .

2-Viết phương trình của đường tròn (C) có t}m l| điểm I thuộc đường thẳng d1, I có ho|nh độ bằng 2 v| đường tròn (C) cắt đường thẳng d2 tạo thành một dây cung có độ dài bằng 2.

2

2

2

a

b

c





3

3-Biết tam giác ABC cân tại A, cạnh AB và cạnh BC lần lượt nằm trên c{c đường thẳng d1 và d2. Viết phương trình của đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B của tam giác ABC.

 . Tìm giá trị

2

2

2

3

3

3

S

a

b

b

c











7

a 7

Câu 8 (2 điểm). Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn

c  7 13

. lớn nhất của biểu thức

ĐỀ 11

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)



0

2  x m 2







x

4

x

5

Câu 1 (2 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm:

x



2)(

x



32)



x x (



 30) 73

x . 3 2 x

 

1 0

Câu 2 (4 điểm). Giải phương trình, bất phương trình sau:

b, a, 8 (



2 x y

2

y











2

x

5

x

2

y

3

y

7

x

y

Câu 3 (4 điểm). Giải các hệ phương trình sau:

3

y

y







xy

6

3   x   2 x y 

   

a, b,

mx

 

Câu 4 (2điểm). Tìm các giá trị nguyên của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm

x y sao cho

,x y là các số nguyên

3 y m  



2

mx

y m

3

  

duy nhất ( ; )

1 x

1    2 z

1 y

Câu 5 (2điểm). Cho x, y, z > 1 và thoả mãn điều kiện

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).

, diện tích hình thang là 24. Biết

(1;2),

(1;6)

B

2 2 

3 0





4

y

x

y

Câu 6 (2điểm). Trong hệ tọa độ xOy , cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và B,  đ{y lớn AD. Biết chu vi hình thang là 16 4 2 A . Tìm tọa độ c{c đỉnh C và D biết ho|nh độ điểm D lớn hơn 2.

  , v| đường thẳng d có phương trình : x + y = 0

C}u 7 (4điểm). Trong hệ toạ độ xOy cho đường tròn (C) có phương trình 2 x

(0; 2)

a, Viết phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d và cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 1

A  đến tiếp tuyến là

b, Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ

lớn nhất

060

14

c, Viết phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O tạo với đường thẳng d góc

ĐỀ 12

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN



y

x

x

2 2 

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 . Tìm tất cá các giá trị của m để đường 1    cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB

Câu I (2,0 điểm). Cho parabol (P): x m thẳng d: y

4

2

vuông tại O (với O là gốc tọa độ)..

m

m

m









2

2





4

2

4

3







 

  

3sin

8cos

5, 0

P

sin

cos







2   1 0 Câu II (4,0 điểm). 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt :   x x 1

 .

 2

2

2

4

2

x



2

x

    

1

3

x

x

x



x

 1

2. Cho . Tính

2

x

5

x

9



y  

Câu III ( 6,0 điểm). 1. Giải phương trình:

3

2









x

6

x

2 x y

2

xy

18

   3 

2

2

 3 3

x



2

x



2 3

x



2

x

2. Giải hệ phương trình:

BAC



060 ,

AB



5,

AC



10

3. Giải bất phương trình: .

0

MA MC 2 

Câu IV ( 2,0 điểm). Cho tam giác ABC có , trung tuyến

 . Tính độ d|i đoạn BM và

) và M là một điểm thỏa mãn 3

2

2

1



. AD ( D BC chứng minh AD BM

 có hai tiêu điểm

x 25

y 9

,F F . Tìm tọa độ điểm M thuộc elip (E) sao cho b{n kính đường tròn nội tiếp tam giác 1

2

1 2MF F bằng

4 3

2

2

C

x



2



y



8

 v| đường

  :





 1

Câu V( 4,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E):

y 2

  . 3 0

2. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn  d x : thẳng

a) Tìm điểm M nằm trên d sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến tới đường tròn

15

(C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.

b) Cho hình thoi ABCD có tất cả các cạnh đều tiếp xúc với đường tròn (C), biết A

2

2

x



y



z

2 3

thuộc đường thẳng d v| ho|nh độ của A không nhỏ hơn 1, BD = 2 AC. Tìm tọa độ A.

 . Tìm giá

Câu VI( 2,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn

  trị nhỏ nhất của biểu thức A = . 1  xy 2 1  yz 2 zx 2 1 

ĐỀ 13

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

y



x

2 2 

x m

 . Tìm tất cá các giá trị của m để đường thẳng

Câu I (2,0 điểm).

y

x 2

1

Cho parabol (P):

 cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB=2.

d:

Câu II (4,0 điểm).

1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân

2

m



2



2

2  mx m

  4 0



 4 x

tan

t ana

b





biệt:

os c

2sin  a b 

  a b   os a b c  





2

1



x

. 2. Chứng minh rằng

 . 3

 1 4 x

2

2

2

x



2

x

  5

4

x



x

Câu III ( 6,0 điểm). 1. Giải bất phương trình:

 . 3



 1

2

3

3

x

6

x

y

3

y



4  



x y ,



2. Giải phương trình:





2

2

2 4

x

3 3 2

y

y

3

x

2













3   x   

3. Giải hệ phương trình: .

2

2

2

AB





BC



AB AC .

.

AC 2

Câu IV ( 1,0 điểm). Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có

16

Câu V( 5,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có 4 đỉnh trùng với c{c đỉnh của một elip , b{n kính đường tròn nội tiếp hình thoi bằng 2 . Viết phương trình chính

1 2

. tắc của elip biết tỉ số giữa tiêu cự v| độ dài trục lớn của elip bằng

x

tọa độ Oxy cho hai đường

1 0,

3 0

d

2 : 2

y   cắt nhau tai I; điểm A thuộc  đi qua A, cắt

2. Trong mặt phẳng với hệ y  

IA 3 .

IAB

thẳng 1d , A có ho|nh độ 2d tại B sao cho diện

x d 1 : 2 dương kh{c 1. Lập phương trình đường thẳng   IB tích

J

bằng 6 và

1 13 ; 2 2

  

2

2



y



4

x



2

y

4 0

d x :

1 0

     . Gọi M l| điểm thuộc

y   v| đường tròn 

 C x :

3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm , đường thẳng

ab bc ca





3

đường thẳng d và nằm ngo|i đường tròn (C). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm). Gọi (J) l| đường tròn tâm J và tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (J) có chu vi lớn nhất.

,a b c thỏa mãn ,

 . Tìm giá trị

6

6

6

6

6

6

P



a



b

  1

c



b

  1

a



c

Câu VI( 2,0 điểm). Cho ba số thực dương

 . 1

nhỏ nhất của biểu thức

ĐỀ 14

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

3



7



(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2

x x

x 12   x

 2

1 2



mx





2

 1 2 x

2

Câu 1(2 điểm). Giải bất phương trình

01 1, xx

2

2 3 xx  1 y )(1 

2 3 2 3 xx x    2 2 2 1 x y )(1 6)2  

Câu 2(2 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:  m có 2 nghiệm phân biệt

2

2

x

y

x

y

2

2







03



3 2 x thỏa mãn: 1 x (    

Câu 3(2 điểm). Giải hệ phương trình:

Câu 4 (6 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy cho điểm A(1; -2), điểm B(3; -1) v| đường thẳng d có phương trình: 2x - y + 4 = 0.

17

a, Viết phương trình đường tròn tâm A tiếp xúc với đường thẳng d. b, Tính chu vi và diện tích tam giác ABO. c, Viết phương trình đường thẳng  đi qua B v| tạo với đường thẳng d một góc 450.

2

2

(

x



)2



(

y



)1



1

2

sao cho

2 MB

sin





  cos

d, Tìm tọa độ điểm M thuộc đường tròn (C): MA  đạt giá trị nhỏ nhất.

2

2



F

tan

 cot





tan



cot

1 3 

2

3

2

x

2

x

4







x

5

x



. Tính giá trị của biểu thức: Câu 5(2 điểm). Cho

2

2





Câu 6 (2 điểm). Giải bất phương trình:

x xy )(3

2(.4

x

y

)

 14 4

2

y

x





1

 xy

xy







(2

)3

3

x

 y

x

y

     

Câu 7 (2 điểm). Giải hệ phương trình sau:

P









Câu 8 (2 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

2

2

2

1 b

a





c

1 baab



1  acca

(

)

1  cbbc (

)

(

)

biểu thức:

ĐỀ 15 PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

y







(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

x

x

x  10

x  10

A a a (



B b b

[ ;





2).

;

Câu I (1,5 điểm) 1) X{c định tính chẵn - lẻ của hàm số

1] ,

  Với điều C A B .

2) Cho các nửa khoảng Đặt

2

4

2

x

  1

 m m

1

kiện nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

 có bốn nghiệm phân

Câu II (2,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình

2



m



1



m



biệt.

 x

1 

x 2

x

2 7 

x

 

8 2

x

.

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: .

7

x

2

x

5

y  

y  

Câu III (2,5 điểm) 1) Giải phương trình

x

  y

2

x

  y

1.

   

18

2) Giải hệ phương trình

BAC 

060 .

C{c điểm M, N

  2

MC

NB

NA

MB được x{c định bởi AM và CN vuông góc với nhau.

'.C Gọi

',A

Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và   2 và . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để

,bS và ABC. Chứng minh

,aS CA B ' '

'B và BC A ', '

S





S



S

.

2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam gi{c đó, lần lượt lấy cS và S tương ứng là diện tích của các tam giác thức đẳng bất c{c điểm AB C ', '

a

S b

c

3 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?

Câu V (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt l| c{c điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy x{c định tọa độ của c{c điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.

ĐỀ 16

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

2

P y ax ( ) :





bx

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 1

S

Câu I ( 4 điểm) Cho parabol

;a b để parabol có đỉnh

  11 3 ; 2 2

  

  

1) Tìm các giá trị của .

6) 1

x k (



y

:

:d 4

x

;a b tìm được ở câu 1, tìm giá trị của k để đường thẳng ;M N sao cho trung điểm  cắt parabol tại hai điểm phân biệt   . y 3 0 2

 của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng

,



2) Với giá trị của 

,M N P thỏa mãn BM k BC

CN

CA ,

AP

AB . Tìm k để AM vuông góc với PN .

2 3

4 15

Câu II ( 2 điểm) Cho tam gi{c đều ABC v| c{c điểm ,

Câu III(9 điểm)

x + 6 x - 9 + m x + 2 x - 9 -8 = x + 1) Tìm m để phương trình 3m +1 2

10 x

có hai nghiệm

x , x sao cho 1

2

x 1

2

x



3



x

. 4

  x

4



x

. 5

  x

5



x

. 3

 x

19





2) Giải phương trình

2

2





 

 

2

6 2 2

3 0

x

y

y

y

2

2

2

2

(

x

)( y x

xy

y

x

y









3) 3( 



) 2 

   

;E F l| c{c điểm

CD

 

CF

,

BC

BE



,

3) Giải hệ phương trình .

1 3

x{c định bởi đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại Câu IV( 3 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a. Gọi 1 2

điểm I .

.EA CE theo a. AIC 

090

1) Tính giá trị của

2) Chứng minh rằng .

Câu V ( 2 điểm) Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P







a a c a b 2  

b b a b c  

2

c c b c a 2  

.

ĐỀ 17

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

x

2 2 

x

  3

x

 . 3

Bài I ( 5,0 điểm)









x

y

x

y

2

1. Giải phương trình

2

2

x

x

4

y  

y  

    

2. Giải hệ phương trình



1

Bài II ( 5,0 điểm)

2

x 4

 1   x m

3

mx



2

2









y

x

2

y

2

m

1. Tìm tham số m để bất phương trình có tập nghiêm là .

2



x

  y

2

4

2 

 x    

có đúng hai nghiệm 2. Tìm tham số m để hệ phương trình

2

f x ( )



x



bx c

phân biệt.

 thỏa mãn

 x  

1;1

Bài III ( 2,0 điểm) Tam thức . Hãy 1 f x  với ( ) 2

20

tìm các hệ số b và c .

xy



yz



zx

1

,x y z là ba số thực dương thỏa mãn ,

 . Chứng minh

Bài IV (2,0 điểm) Cho

   rằng ta luôn có: . x 2 y 2 z 2 3 2 x  1 y  1 z  1

CN



BC

Bài V ( 6,0 điểm)

1 2

 MA MB 3 4

 0

1. Cho tam giác ABC trọng tâm G. C{c điểm M, N được x{c định bởi ;

a/ Chứng minh rằng ba điểm G, M, N thẳng hàng .

b/ Đường thẳng MN chia tam giác CAN thành hai tam giác. Tính tí số diện tích của hai tam gi{c đó.

2. Tam giác ABC có c{c đường phân giác trong AE, BF và CP. Chứng minh rằng ta

EFP





BC a AC b AB c







;

;

)

luôn có:

2 )(

)(

(

)





S S

abc  a b b c c a

ABC



( với .

ĐỀ 18

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

33 4x - 3 - 4 6 - 2x + 5 = 0

Bài 1 (4 điểm) :

1. Giải phương trình:

2. Cho hai số x, y thoả mãn 4x2 + y2 = 4

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của M = x2 -3xy +2y2

2

2

x + y + x + y = 8

Bài 2 (4 điểm) :

2

2 (x + x)(y + y) = 12.

  

2

2010x - 4x + 3 = 2009x 4x - 3

1.Giải hệ phương trình:

2. Giải phương trình :

21

Bài 3 (4,00 điểm) :

+

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình đường thẳng (d) qua

2

2

1 OA

1 2OB

M( 5; -2) cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho: đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4 (4,00 điểm) :

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Cho hai điểm A( 1; 1), B(4 ; -3). Tìm điểm C

thuộc đường thẳng (d) : x – 2y – 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6.

Bài 5 (4,00 điểm) :

P =

+

x 2010 - x

y 2010 - y

Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 2010. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

ĐỀ 19

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

Câu 1.

2 6 

4

6





xy

10 y

y

x x   2 2(2  x ) 2 x  1. a) Giải bất phương trình:

2

4

x

y

6

5  

8  

5   x   

b) Giải hệ phương trình:







2 x m y x my

(

)

2

x

  y

xy

   

I

(2; 4)

,Oxy cho điểm

y  

2 0,

x

d

2 0

y   . Viết phương trình đường tròn (

2

 AB CD

2 16 5 



Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm

2 : 2 ,A B và cắt

,C D thỏa mãn

2d tại

1d tại

v| c{c đường thẳng )C có tâm I sao cho AB CD . . Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ d 1 : 2 x )C cắt (

Câu 4.

5 2 5





1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân

CM AL

3 2

22

giác trong AL và .

b c

(2



a

)(1



b

)

Tính và cos A.

9  2

4

4

P



16



a



4 1



b

2. Cho a,b  thỏa mãn:

2



x



ax b

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 với a,b thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên

  f x







m n p , ,

9

,

,m n p đôi một phân biệt và 1

 sao cho:

 . 7

 f m



  f n

 f p



Câu 5. Cho

Tìm tất cả các bộ số (a;b).

ĐỀ 20

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

y

  2

x

3

3

y



x

2 2 

 mx m

Câu 1 (2 điểm)

 . Tìm m để đồ thị các

và hàm số i. Cho hàm số

  x

2 8

x



12 10 2





x

hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt v| ho|nh độ của chúng đều dương.

ii. Giải bất phương trình:

3

3

3

(4

x

  x

3)



x

c) Giải phương trình:

22 x



x 11



 23 4

3  2 x

 1

d) Giải phương trình:

Câu 2 (2 điểm)

(1;4)M

Câu 3 (2 điểm)

2

2

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm . Đường thẳng d qua M, d cắt

2)

3)





y

(

(

(1; 2)

trục hoành tại A(ho|nh độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm gi{ trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB.  x b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C):

 và 9 A  . Đường thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ

điểm

nhất của độ d|i đoạn thẳng MN.

23

Câu 4 (3 điểm)

2

2

2

2

2

2 BC CD DA

AC

AB















a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi BD .

1 2 b

1 2 c

1 2 ah

b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: (trong đó AB=c; AC=b;

ah ).

đường cao qua A là

Câu 5 (1 điểm)

2

2

2

a b 

c a 

b c 













3  

a 2 b c 

b 2 c a 

c 2 a b 

  a b c  

 

 2 

Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:

ĐỀ 21

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

y

y



2 3 

x

x

2

 và hàm số   

x m . Tìm m để đồ thị các hàm

Câu 1 (2,5 điểm)

a) Cho hàm số

1

1

số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau.





0

2

2

x

4



x

4

x

3







b) Giải bất phương trình:

Câu 2 (2,5 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là    ; Khoảng cách từ C đến

đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x y 1 0  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.

sin

b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM và

3   5

CN của tam giác. Chứng minh rằng

24

Câu 3 (2,5 điểm)

BD



BC;

2 3

AE



AC

a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt l| c{c điểm thỏa mãn:

1 4 b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. X{c định điểm I thỏa

2

2

2

 b IB c IC 2a IA 0

 ; Tìm điểm M sao cho biểu

. Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.

2

2

2

2

 thức: mãn hệ 2 2 b MB c MC 2a MA 



thức

( ) đạt giá trị lớn nhất.

2

2

 







2

2

4

6

1

x

x

x

Câu 4 (2,5 điểm)





 1 2 5   

a) Giải phương trình:

 x b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz

2

2

2

y

1





x

z

1





1





xyz







. Chứng minh rằng:

1 y

1 x

1 z

.

ĐỀ 22

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2

y



x

x – 2

4

y



x 3



m 2

 v| c{c đường thẳng (dm):

 1

Câu I (2,0 điểm):

Cho parabol (P):

(m là tham số)

1) Biện luận số giao điểm của (P) và (dm) theo tham số m.

2) Khi (dm) cắt (P) tại hai điểm A, B (A và B có thể trùng nhau), tìm tập hợp trung

điểm I của AB khi m thay đổi.

2

2

2

x

  5

x

  x

25

x



5

x



6



0

Câu II (3,0 điểm):



3

3

3

2.

x



y



5(8

x



y

)

1) Giải bất phương trình: 

2

2









x

y

2

x

4

y

 31 0

   

2) Giải hệ phương trình:

25

Câu III (3,0 điểm):

2 0

y 2

x

y 

0



x

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình   , phương trình đường thẳng chứa cạnh . Điểm M(1;2) thuộc đoạn thẳng BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho

 AM k AB

;

 DN k DC

đường thẳng chứa cạnh AB là: 1 AC là: 2 .DB DC có giá trị nhỏ nhất.

(0

1)

IM

 

2

IN

k  . Gọi I l| điểm thỏa mãn 3

2) Cho tứ giác ABCD; hai điểm M, N thay đổi sao cho

. Tìm tập hợp c{c điểm I khi M, N

thay đổi.

2

2

S



b



(

 a c

)

Câu IV (2,0 điểm):

1) Tam giác ABC có với S là diện tích tam giác; a = BC; b = AC;

2

2

2

a



b



c

c = AB. Tính tan B .

 3

2) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn:

ab

bc

ca





M



2

2

2

2

2

2

5

10

10

10

10

a



ab



10 b

5 b



bc



10 c

5 c



ca



a

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

ĐỀ 23

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 y

I

2 x v| đường thẳng (d) đi qua điểm (0; 1)

Câu I(2,0 điểm)

và có hệ số Cho parabol (P):

1



2

góc là k . Gọi A và B l| c{c giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có ho|nh độ là 2;x x .

 k R

3 x 2

3 x 1

2) Chứng minh rằng 1) Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.    

2

3

x

  1

5

x

 

4 3

x

x  

3

Câu II(3,0 điểm)

2

2

1

x



3 x y



xy



xy

y  

1) Giải phương trình:

4

2

(2

1) 1

x



y



xy

x

 

   

26

2) Giải hệ phương trình:

A

(2;6)

Câu III(4 điểm)

D

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh , ch}n đường

3 2

 2;  

  

;1

I

phân giác trong kẻ từ đỉnh A l| điểm , t}m đường tròn ngoại tiếp tam giác

1 2

  

  







;

;

BC a CA b BA c (b ≠ c) và diện tích là S . Kí hiệu

;

ABC l| điểm . Viết phương trình của đường thẳng BC.

a

c 



m m m lần lượt l| độ dài của c{c đường trung tuyến kẻ từ c{c đỉnh A, B, C. Biết

2 c

2

a

S 4 .cot

rằng 2) Cho tam giác ABC có ; b 2 2 m m m . 2 b a

A

a) Chứng minh rằng

b) Gọi O và G lần lượt l| t}m đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC;

M l| trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc MGO không nhọn.

a b c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn ; ;

a b c

  

Câu IV (1 điểm). Cho

3 3 2

M







. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

2

2

2

2

2

3

3

3

a





b





c





1 c

1 a

1 b

.

ĐỀ 24

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

x

2 2 2 

x

  7

2 3 2



x



5(

x

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 . )

,AD BE và CF cắt nhau tại J ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn 

).

Bài 1. ( 4,0 điểm) Giải phương trình

J tại điểm thứ hai là Q ( .N

AD tại

) nhọn, không cân nội tiếp đường tròn .H Gọi M l| trung điểm cạnh .BC O tại điểm thứ hai là K EF cắt Q A

,KF EQ , BC đồng quy hoặc song song v| ba điểm K,

Bài 2. ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB AC  .O C{c đường cao Đường tròn  Đường thẳng AM cắt đường tròn  K A ). ( .P Đoạn PM cắt đường tròn  J tại

a) Chứng minh c{c đường thẳng

P, Q thẳng hàng.

27

b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN v| đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc nhau.

, )

a b c sao cho số ( ,

)(

)(

)





2017

2017

2016

2016

2

 là một lũy thừa của

2017

 a b b c c a 2 2016

n với n là một số nguyên không âm).

Bài 3. ( 4,0 điểm) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên ( (Một lũy thừa của là một số

2

2

a



b



c

2 3 2(  

ab bc ca





)









2

có dạng

 a b c

 c a b

1 ca

. Chứng minh rằng: .

, ,a b c là ba số thực dương thỏa mãn Bài 4. ( 4,0 điểm) Cho  b c 1 1    ab bc a 

  

Bài 5. ( 4,0 điểm) Cho một bảng ô vuông kích thước 10 10 , trên đó đã điền các số nguyên dương từ 1 đến 100 vào các ô vuông con theo trình tự như hình a. Ở mỗi bước biến đổi, người ta chọn tùy ý ba ô vuông con liên tiếp theo hàng hoặc theo cột hoặc theo một đường chéo của hình vuông kích thước 3 3 (xem hình b) rồi thực hiện: Hoặc là giảm số ở ô nằm giữa đi 2 đơn vị đồng thời tăng số ở hai ô liền kề lên 1 đơn vị, hoặc là tăng số ở ô nằm giữa lên 2 đơn vị đồng thời giảm số ở hai ô liền kề đi 1 đơn vị. Giả sử rằng sau hữu hạn bước biến đổi, tập hợp tất cả các số ghi trên bảng ô vuông vẫn là tập {1; 2; 3; <; 100}. Chứng minh rằng khi đó c{c số ghi trên bảng theo đúng vị trí như trước khi biến đổi.

1 2 3 < 9 10

11 12 13 < 19 20

21 22 23 < 29 30

< < < < < <

91 92 93 < 99 100

Hình b- Ba ô vuông con liên tiếp Hình a – Bảng ô vuông ban đầu

ĐỀ 25

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

28

Câu 1 (4 điểm)

3

3

2













7

x

y

3

y

12

x

6

x

1

 xy x



2

2





2

x

  3

9

y

1

   

Giải hệ phương trình

Câu 2 (4 điểm)

Cho đường tròn (O) v| d}y AB. C{c đường tròn (O1) và (O2) nằm về một phía đối với đường thẳng AB, tiếp xúc với nhau ại T đồng thời tiếp xúc với AB v| tiếp xúc trong với đường tròn (O). Tiếp tuyến chung tại T của c{c đường trong (O1) và (O2) cắt đường tròn (O) tại C (với C thuộc nửa mặt phẳng với bờ l| đường thẳng AB có chứa hai đường tròn (O1) và (O2)). Chứng minh rằng T l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC.

Câu 3 (4 điểm)

Cho m v| n l| c{c số nguyên dương thỏa mãn 2016m +1 l| ước của 2016n +1.

Chứng minh rằng m l| ước của n

Câu 4. (4 điểm)

2

Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a + b + c = abc.

     3 3 Chứng minh rằng: b 2 a c 2 b a 2 c 1 a 1 1   b c      

Câu 5. (4 điểm)

Cho tập hợp X có 2016 phần tử. Chọn ra 64 tập con X1, X2,....X64 của tập X (mỗi tập con đều chứa nhiều hơn 1008 phần tử). Chứng minh tồn tại tập con A của X có số phần tử không vượt qu{ 6 m| A ∩ X ≠ ∅, với i = 1, 64

ĐỀ 26

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2

: 4

x



12

x x

 

1 27

x

Câu 1 (6,0 điểm)



  1

  x

2

1. Giải phương trình sau trên

9   5 3

x

2. Giải bất phương trình sau:

29

Câu 2 (3,0 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n +26 và n – 11 đều là lập phương của hai số nguyên dương n|o n|o đó.

Câu 3 (3,0 điểm)

KAB



2

KAC

Cho tam gi{c ABC v| điểm k thuộc cạnh BC sao cho KB = 2KC, L là hình chiếu cảu B

. Chứng minh rằng FL vuông

trên AK, F l| trung điểm cua rBC, biết rằng góc với AC.

Câu 4. (4,0 điểm)

Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử, tìm số lớn nhất của các tập con gồm 3 phần tử của A sao cho giao của 2 tập bất kỳ trong các tập con này không phải là một tập hợp gồm 2 phần tử.

Câu 5. (4,0 điểm)

2

2

2

x

y

y

z

z

x



















3

x

z





y    

3

2

3

3

3

 1 1

3

 1 1

3

 1 1

 1 2 2 z x

 1 2 x y

 1 2 2 y z







Cho các số dương x, y, z. Chứng minh bất đẳng thức:

ĐỀ 27

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2

y



x

2

x

 

Câu 1 (4 điểm)

: y

x m

Cho hàm số

  cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng 

phân biệt A, B thỏa mãn độ d|i đoạn thẳng AB bằng khoảng cách từ O đến ∆.



10

y



10



81

 xy x





Câu 2 (6 điểm)

2

2

x



y



10

x



10

y



 18 0

   

2

2

x



5

x

  7

3

x



x



4

a) Giải hệ phương trình:

 8



 1



30

b) Giải phương trình:

4

  x

4

  x

2 16



2 x m

 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm m để phương trình:

Câu 3 (4 điểm)

a) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:



 a b c     a b b c c a 





4    1 ab ac  1 bc ba  1 ca cb   



x



y

b) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0, x2 + y2 + z2 = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất

 z

của biểu thức S

Câu 4. (3 điểm)

2

2

a

a) Cho tam giác ABC có diện tích S và các cạnh BC = a, CA = b thỏa mãn điều kiện

 b 2 S

. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. cotA + cotB=

b) Cho tam gi{c ABC, O l| trọng t}m của tam gi{c. M l| một điểm nằm trong tam

gi{c M kh{c O.Gọi D E F lần lượt l| hình chiếu vuông góc của m lên c{c cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng đường thẳng OM đi qua trọng t}m của tam gi{c DEF

Câu 5. (3 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho tam giác ABC. Gọi a b lần lượt là

đường trung tuyến v| đường phân giác trong của tam gi{c. c{c đường thẳng AD lần lượt có phương trình l| x - y - 2 = 0, y = 0. Giả sử B(1;3), Viết phương trình đường thẳng AC và xác định tọa độ điểm C.

b) Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam gi{c ABC, BE v| CD l| c{c đường cao của tam gi{c.Giả sử D(2;0), E(1;3) v| đường thẳng bc có phương trình 2 x + y - 1 = 0. Tìm tọa độ của điểm B biết B có ho|nh độ dương

ĐỀ 28

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

y





x

2 2 

m



x m

Câu 1 (4 điểm)



  f x



 1

Cho hàm số

  0 f x  nhận mọi x thuộc R là nghiệm.

31

1. Tìm m để bất phương trình

  0 f x  có hai nghiệm x1, x2 lớn hơn 1.

2. Tìm m để bất phương trình

2

2

x

 

1 3

x

  3

x



4

x

 

3 6,

x

Câu 2 (4 điểm)



 

2

2

2

2

2 x y

y

2 x y

2 x y

x









, x y



1. Giải phương trình:





2

2

1

2

1

x

y

x

y

1  

  



3   x   

2. Giải phương trình:

3

3

x

  2

x

  3

x



3

x



1,

x

Câu 3 (4 điểm)



 

1. Giải b}t phương trình:

4

4

2

4

4

6

6

3

A



cos

x



sin

x



2sin

x

x



cos

x



x



cos

x

 3 sin



 2 sin



2. Chứng minh răng biểu thức sau không phụ thuộc vào x

Câu 4. (6 điểm)

2

GA GB GB GC GC GC .





.

.

 

AB



2 2  BC CA

.





1 6

1. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC ta có

2

2

2

2







2

2

y

x

x







3

0

y

 5

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A (1;2). Đường thẳng chứa canh BC có phương trình: x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ B và C, biết AB = 2AC.







 1





3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn  và (C2):

(C1):  Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(1;0), đồng thời ∆ cắt c{c đường tròn (C1) và (C2) lần lượt tại M, N (M, N không trùng A)

1







3

2

3

3

2

a





c

b





a

c





b

b 2 c

a b

c a

Câu 5. (2 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng

ĐỀ 29

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

32

Câu 1. (4 điểm)

2011

A 

2 2011



.2010



2010 1

Hãy tìm tất cả c{c số để khi thêm v|o tích sau ta được một số chia hết cho 2011.

1

f

1



x  

Câu 2. (4 điểm)

  f x

  f x x{c định trên

x   x 

  

x

x 0,

 . 1

Tìm tất cả c{c h|m số thỏa mãn , với mọi

2

4

3

x



8

x



 67 8 4

x

Câu 3. (4 điểm)

  . 4 0

Giải phương trình:

3

3

3

1







Câu 4. (4 điểm)

2

2

2

2

2

2

b bc







b

c

c



a

. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: c a  ca a  ab b

   .

Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức S a b c

C có tâm O và bán kính R. Chứng

2

2

2

2

Câu 5. (4 điểm)

BC









2

.

 M C



Cho tam gi{c đều ABC nội tiếp đường tròn  MA MB MC minh:

ĐỀ 30

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

sin



A

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

sin B 2cos

2sin cos 

 B

,

,

C C BAC ABC ACB của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam giác ABC

Câu 1 . Cho tam giác ABC có với A, B, C tương ứng là kí hiệu số

đo của các góc







xy

22 y

3

y

1



x y ,

vuông.





x x

    x

y

y

2

2   x   

Câu 2 . Giải hệ phương trình:

   5 Câu 3 . Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:  c a 3  a b  b a 3  a c a 2  b c

33

Câu 4. (5 điểm) Cho các số nguyên n, m, k thỏa m.n = k2 và k không chia hết cho 3. Chứng minh rằng (m – n) chia hết cho 3

Câu 5. (1 điểm) Cho đường tròn (O1) có tâm O1 v| đường tròn (O2) có tâm O2, biết hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm A, B. Vẽ tuyến chung d của hai đường tròn. Gọi C, D lần lượt là tiếp điểm của d với (O1), (O2); biết A và C khác phía so với O1 O2. Vẽ đường thẳng đi đi qau A v| song song với d lần lượt cắt BD, BC tại E, F. Chứng minh rằng AE = AF.

ĐỀ 31

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

3

2





y

3

y

9

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2

2



x

y

  x

4

y

3   x   

Câu 1 (4 điểm) Giải phương trình sau:

2

2

2

1







Câu 2 (4 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3. Chứng minh

x 3

y 3

z 3

8

8

8

x



y



z



bất đẳng thức:

Câu 3 (4 điểm) Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu A1 là giao điểm của AG và FQ; B1 l| giao điểm của BG và NE; C1 l| giao điểm của CG và MP. Ta x{c định c{c điểm A2, B2, C2 sao cho AGC2F, BGA2N, CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng c{c đường đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy.

Câu 4. (4 điểm) Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12m3 + n. Chứng minh rằng m – n là lập phương của một số nguyên.

12;

12





*

x

y

Câu 5. (4 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, xét tập hợp M c{c điểm có tọa độ (x; y) với x y  , . Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba màu: m|u đỏ, và

màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục tọa độ mà tất cả c{c đỉnh nó thuộc M v| được tô màu.

ĐỀ 32

34

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

2

  2

 7 3

 9





3

3

6

2

x

x

x

x

x



27

x



14 11



Câu 1 (4 điểm)

  15 6





Giải phương trình sau trên tập số thực: 

Câu 2 (4 điểm)

Cho tam giác ABC (BC < AC). Gọi M l| trung điểm của AB, AP vuông góc với BC tại P, BQ vuông góc với AC tại Q.Giả sử đường thẳng PQ cắt đường thẳng AB tại T. chứng minh rằng TH  CM, trong đó H l| trực tâm tam giác ABC.

3

f



x



x

f 

:

(

Câu 3 (4 điểm)

  f x





3 4

x  .

Cho hàm số là tập số thực) thỏa mãn với mọi

Chứng minh rằn tồn tại 3 số thực phân biệt a, b, c sao cho f(a)+f(b)+f(c)=0

Câu 4. (4 điểm)

Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12m3 + n. Chứng minh rằng m – n là lập phương của một số nguyên.

Câu 5. (4 điểm) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để 2013n – 1 chia hết cho 22014.

ĐỀ 33

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

y

24 x

1

 , đường thẳng d có phương trình

Câu 1 (5 điểm)

y

x 

Cho Parabol (P) có phương trình 3

c) Lập phương trình đường thẳng ∆ song song với đường thẳng d sao cho ∆ cắt

(P) tại hai điểm phân biệt A, B và AB = 1.

d) Gọi I l| đỉnh của (P); A, B l| hai điểm phân biệt thuộc (P) và không trùng với I sao cho IA vuông góc với IB. Tìm quỹ tích trung điểm N của đoạn AB khi A, B thay đổi.

35

Câu 2 (5 điểm)

2

x

  1

x

  1

x x

2

2





x

21

y

  1

y

d) Giải phương trình:

2

2





y

21

x

  1

x

    

e) Giải hệ phương trình:

Câu 3 (5 điểm)

c) Cho tam giác ABC có AC = b, BA = a, AB = c ( b < a). Gọi D, E lần lượt là trung

,

,

điểm của AB, AC. Đường phân gisc trong của góc C cắt DE tại P. Đường tròn nội tiếp của tam giác ABC tiếp xúc với AB, BC lần lượt tại N, M.

BM BN BP theo hai vecto

,BA BC và theo a, b, c

a) Tính

b) Chứng minh rằng P, M, N thẳng hàng

,

,

m m m l| độ d|i ba đường trung tuyến lần lượt xuất phát từ A, B, C. Gọi R, S

a

b

c

d) Cho tam gi{c ABC có AC = b, BA = a, AB = c l| độ dài ba cạnh của tam giác;

a

c

1    thì tam gi{c ABC đều. minh rằng nếu lần lượt l| b{n kính đường tròn ngoại tiếp, diện tích của tam giác ABC. Chứng 3 RS 2 1 1 abm bcm cam b

Câu 4. (3 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đường thẳng BC có phương trình x + 2y – 17 = 0, đường cao CK có phương trình 4x + 3y – 28 = 0, đường cao BH qua điểm M(1;6). Tìm tọa độ đỉnh A và tính diện tích tam giác ABC.

2

2

a



b



c

2 12 

Câu 5. (2 điểm)









2

2

2

28

28

28

1 

 a b b c

1 

1  c a

8 

a

b

c

8 

8 

. Chứng minh rằng: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn

ĐỀ 34

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

2

2

x



x



2

x

  

2 4 2

7

x

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 1

36

Câu 1 . Giải phương trình

2

2













4

x

2

y

4

x

4

y

2

xy

x

y

2



 









2

x

  1

2

x

y

3 8

2 x y

4

y

4

x

y

1









   

Câu 2 . Giải hệ phương trình:

Câu 3

2014

2014

2014

sin

A



sin

B



sin

C

a) Chứng minh rằng nếu các cạnh của ta giác ABC thỏa mãn.

thì tam gi{c đó nhọn.

b) Cho tam giác ABC có góc C nhọn, AH, BK l| hai đường cao, HK = 7 , diện tích tứ giác ABHK

2

14 0.

2 2 







8

y

x

x

x

 Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm E và

bằng 7 lần diện tích ta giác CHK. Tính b{n kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

x

  

y

z

3

xyz

Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3;-1) v| đường tròn (C) có phương trình cắt (C) theo một d}y cung có độ dài bằng 3 .

Câu 5. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn .

2

2

2

2

   Chứng minh: x  2  1 y  2  1 z  2  1 1 2 2 x z 1 2 x y 3 4 1 2 2 y z

ĐỀ 35

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

3

3

28

y



2 x y

 

Câu 1 (5 điểm)

2

2

6

6

10

x



xy



y



x



y

   

Giải phương trình sau:

Câu 2 (5 điểm)

Cho tia Ax v| điểm B cố định sao cho góc Bax nhọn, điểm C chạy trên tia Ax. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC va fAC theo thứ tự của M và N. Chứng minh rằng, đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

37

Câu 3 (4 điểm)

2

2

2







y

x

x

y

z

z



x



yz

y



xz

z



yx















Cho x, y, z ϵ (0;1). Chứng minh rằng: 

2

2  m n

p

 là số nguyên tố và

Câu 4. (4 điểm)

3 4  chi hết cho p.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m; n) sao cho 3 m n

Câu 5. (2 điểm)

Trên mạng lưới ô vuông vô hạn người ta điền v|o mỗi ô vuông cơ sở 1 số thực sao cho mỗi số n|y bằng trung bình cộng với 4 số ở 4 hình vuông ở cơ sở có cạnh kề với nó.

a) Chứng minh rằng: nếu c{c số được điện v|o c{c ô vuông cơ sở l| những số nguyên dương thì c{c số đó phải bằng nhau.

b) Nếu c{c số được điện l| c{c số hữu tỉ thì c{c số được điền v|o c{c ô vuông cơ sở đó cạnh kề với nó, có nhất thiết phải bằng nhau không? Giải thích?

ĐỀ 36

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

2

2

x



x

 

x



3

2

1 5

 3

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 1

x 3 2

Câu 1 (5 điểm) Giải phương trình sau: 

  x (1 ) 2 x y 12  3 Câu 2 (5 điểm) Giải hệ phương trình:

 y ) 6 x y 12  3       (1  

4

4

4

2

2

2

a



b



c



25

a



b



c



48 0

9

Câu 3 (3 điểm)











2

2

2

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn:

P    Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: c  b c 2 c 2 a a b 2 b  a 

38

Câu 4. (5 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, ph}n gi{c trong AD, Đường tròn đường kính AD cắt đường thẳng BC tại H, cắt đường thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N. Chứng minh rằng c{c đường thẳng CM, BN, AH đồng quy.

Câu 5. (1 điểm)

Chứng mih rằng trong dãy 9; 99; 999;9999;... có vô số số hạng chia hết cho 17.

ĐỀ 37

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

2

2

7

x



7

x

  9

x

  

6 2 2

x

x

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

 1

,

Câu 1 (4 điểm) Giải phương trình

Câu 2: (4 điểm) Cho ABCD là tứ giác nội tiếp có giao điểm P của hai đường phân giác BAD BCD nằm trên đường chéo BD. Gọi Q l| trung điểm của BD. Đường của các góc

thẳng qua t song song với AD cắt tia AQ tại K nằm ngoài tứ giác ABCD. Chứng minh rằng am giác CDK là tam giác cân.

2

2

2





Câu 3 (4 điểm) Cho ba số thực dương x, y v| z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện: xy+ yz + zx = 3xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.







y  2 x y

 1

z  2 y z

 1

x  2 z x

 1

S =

Câu 4 (4 điểm) Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại tam gi{c m| ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.

2

2

x y Z ,



7

5

9

y

x

Câu 5 (4 điểm)

 



Chứng minh rằng tồn tại 16 số tự nhiên liên tiếp sao cho không có số nào trong 16 số đó  xy có thể biểu diexn được dưới dạng:

ĐỀ 38

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

39

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

Câu 1

T R R A A I I H H E E P P N N T

;

T

 2

 2

 2

 2

 2

 2

 2

 2

   

  

Cho bộ số gồm 8 số D = {T, R, A, I, H, E, P, N} và

Là một hoán vị của D. Biết rằng T+ R+ A+ I+ H+ E+ P+ N = 2014.

Hãy x{c định các giá trị N

2

x

  

3

x

 3 2

x

Câu 2

Giải phương trình:

2

x

y

12 2 

4  

(1)

Câu 3

2

y

y

5 2

x

1 2 



 

   

Giải hệ phương trình:

Câu 4.





Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O. Ph}n gi{c trong của góc A cắt BC tai A1 và cắt đường tròn O tại A2. Tương tự ta thu được c{c điểm B1, B2, C1, C2, tương ứng.

B B 1 2  B A AC C B

C C 1 2 

3 4

A A 1 2   A C CB 2

2

2

2

2

BA 2

Chứn gminh rằng

Câu 5.

Cho số nguyên tố có 4 chữ số p = abcd . Chứng minh rằng đa thức:

P(x) = ax3 + bx2 + cx +d không ph}n tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên

ĐỀ 39

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

40

Câu 1 (3 điểm)

 mx m

2 0

x

2 2 

  , trong đó x là ẩn, m là tham số.

2 x 2

3 Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm 2.x x và

1

2

ax





 bx c

, a 0.

 Chứng minh rằng nếu

2 x 1 f) Cho tam thức bậc hai

e) Cho phương trình bậc hai

  0 f x  với mọi x R thì 4a + c ≥ 2b.

đạt giá trị nhỏ nhất.   f x

x

  2

3

x

  1

2

x



3

(x R)

Câu 2 (2 điểm)

2

2

2

2

y

x

xy

y

3

x

y

3

2















 





x y ,



f) Giải phương trình:





2

x

y

3

x

2

x

8

6  

   



   x   

g) Giải hệ phương trình:

Câu 3 (2 điểm)

2

2

2

2

2

2

a) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng





3 3

  

1

x

x



2

x R

   3 a  b  c a b b c c a



 

b) Giải bất phương trình:

Câu 4. (3 điểm)

 BAE CAF



090

a) Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác vuông ABE và

, sao cho tam gi{c ABE đồng dạng với tam giác ACF.

ACF với Gọi M l| trung điểm BC, chứng minh rằng AM vuông góc với EF.

2

2

a



b



22 c

b) Cho tam giác ABC không vuông với a = BC, b = CA , c = AB. Chứng minh rằng

và tan A + tan B = 2tan C thì ABC là một tam giác cân. nếu

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có t}m đường tròn

11 1 ; 3 3

ngoại tiếp và trong tâm lần lượt có tọa độ là I (4;0), G ( ). Tìm tọa độ c{c đỉnh A, B,

C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng (d): 2x + y – 1 = 0 v| điểm M(4;2) nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B cảu tam giác ABC.

ĐỀ 40

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

41

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

x



6



3

x

  5

x

2

Câu 6.

 . 3





a



b 2



c 5

0

 . Chứng minh phương trình

2

1. Giải phương trình:

bx c



0

  có nghiệm.

2. C{c số a, b, c thỏa mãn điều kiện: ax

2

x

4

xy

2

y

0



x  



Câu 7.

4

2

2









x

8

2 x y

3

x

4

y

0

   

A

5; 3

Giải hệ phương trình:

B   . X{c định tọa

  1;3 ,





d x :

y 2

1 0

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho c{c điểm

  sao cho 2MA MB

độ điểm M trên đường thẳng đạt giá trị nhỏ nhất.

A

C



cot



B cot

Câu 9.

. Tam giác ABC có c{c góc thoả mãn hệ thức: cot

1AA và

1CC của tam gi{c ABC khi

1  . 2

1. X{c định góc giữa hai đường trung tuyến

2 .

2. Tìm gi{ trị lớn nhất của góc B khi





 . 1

Câu 10.

1 2 a

1 2 b

1 2 c

Ba số dương a, b, c thỏa mãn:

1

1

1

P







2

2

2

2

2

2

5

a



2

ab



b 2

b 5



bc 2



c 2

c 5



ca 2



2

a

Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức:

ĐỀ 41

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

5

5

5

Câu 1. Cho a, b, c dương thỏa mãn (a + b + c)abc = 1. Tìm giá trị bé nhất của biểu thức:

3

3

3

3

3

3

S    b  b 2 c 2 a b c  c 2 a

42

a  Câu 2. Cho số nguyên n ≥ 2

Website: tailieumontoan.com

a) Hãy x{c định tất cả các bộ nguyên dương sao cho

là số chính phương.

b) Hãy x{c định tất cả các bộ nguyên dương sao cho

là số chính phương.

Câu 3. Cho tam giác ABC không vuông và không cân, O, H theo thứ tự l|m t}m đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác ABC. E, F theo thứ tự l| giao điểm của BH, CH và AC, AB. M, N theo thứ tự l| trung điểm của AB, AC. O1,O2 theo thứ tự nằm tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BEM, CFN. Chứng minh rằng OH O1O2 Câu 4. Tìm số nguyên dương K bé nhất sao cho với mỗi tập gồm k số tự nhiên luôn tồn tại 6 phần tử trong tập có tổng là bội của 6 Ngày thi thứ 2

Câu 1. Giải hệ phương trình

Câu 2. Cho bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + 1 = 7c v| đa thức có ba nghiệm thực (không nhất thiết phân biệt). P(x) = . Chứng minh rằng: Đặt Q(x) = a) Tích ba nghiệm của đa thức P(x) không vượt quá -1 b) Phương trình P(Q(x)) = 0 có tối đa bốn nghiệm thực phân biệt

Câu 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròng (O) và không phải là hình tang. M, N theo thứ tự l| trung điểm cảu AB, CD. Gọi E = AD ∩ BC, F = AC ∩ BD, P = EF ∩ AB v| Q = EF ∩ CD. Chứng minh rằng:

a) M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn có tâm là T. b) MQ, NP, OT đồng quy.

Câu 4.Cho ba số nguyên dương a, m, n trong đó a l| số chẵn và n > 1.

1. Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của A = +1 đều có dạng , với k

là số tự nhiên.

2. Giả sử rằng chia hết cho A. Chứng minh rằng là số nguyên dương lẻ

ĐỀ 42

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

43

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 1 (2,0 điểm)

Tìm tập x{c định của hàm số:

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên khoảng

b) Chứng minh rằng hàm số là một hàm số lẻ

Câu 3 (1,0 điểm)

Giải phương trình

Câu 4. (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

Câu 5. (1,0 điểm)

Tìm tất cả các giá trị m sao cho bất phương trình

vô nghiệm (x là ẩn, m là tham số)

Câu 6. (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O và G là trọng tâm của

tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trọng t}m tam gi{c OBC, OCA, OAB, v| G’ l| trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng O, G, G’ thẳng hàng.

Câu 7. (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC không vuông và có cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn v| tanA + tanC = 2 tanB thì tam gi{c ABC đều.

Câu 8. (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC không là tam giác vuông và nội tiếp đường tròn (I) (đường tròn (I) có t}m l| I); điểm H(2;2) là trực tâm tam giác ABC. kẻ c{c đường kính AM, BN của đường tròn (I). tìm tọa độ c{c đỉnh của tam giác ABC biết M (5;3) N (1;3) v| đường thẳng BC đi qua điểm P (4;2).

Câu 9. (1,0 điểm)

Cho a b c l| c{c số thực dương thỏa mãn điều kiện A + B + C = 2015 chứng minh

44

rằng

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

ĐỀ 43

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

Câu 1 (4,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực:

.

Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác . Gọi l| đường tròn đi qua và tiếp xúc với

tại ; l| đường tròn đi qua và tiếp xúc với tại . l| giao điểm thứ

hai của và ; theo thứ tự l| giao điểm thứ hai của với đoạn

thẳng . Gọi l| đường tròn ngoại tiếp tam giác .

a) Chứng minh rằng: tiếp xúc với .

l| giao điểm thứ hai của và ; l| giao điểm của ;

b) Gọi l| giao điểm của và . Chứng minh rằng c{c điểm và cùng thuộc

một đường tròn. (Chú ý. Ta kí hiệu là đường tròn có tâm ).

Câu 3 (4,0 điểm) Cho đa thức , trong đó là các số

nguyên đôi một phân biệt, khác không, sao cho và . Tìm

.

Câu 4 (4,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai điều

kiện sau:

l| lũy thừa của một số nguyên tố; i)

chia hết cho . ii)

. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất

Câu 5 (4,0 điểm) Cho tập cho: Với mọi tập con của gồm phần tử, tồn tại hai phần tử phân biệt sao sao

cho

ĐỀ 44

45

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

Câu 1 (1,5 điểm)

Cho hàm số và hàm số . Tìm m để đồ thị các hàm số

đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau.

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình sau trên : .

b) Giải bất phương trình sau: .

Câu 3 (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

Câu 4 (2,5 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC có Đường thẳng là

đường phân giác trong của góc A có phương trình , khoảng cách từ C đến

gấp 3 lần khoảng cách từ B đến . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.

b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. X{c định điểm I thỏa

mãn hệ thức: . Tìm điểm M sao cho biểu thức

) đạt giá trị lớn nhất. (

Câu 5 (2,0 điểm)

a) Chứng minh rằng c{c biểu thức sau không phụ thuộc v|o a.

b) Cho tam gi{c ABC v| điểm K thuộc cạnh BC sao cho KB=2KC, L là hình chiếu . Chứng minh rằng

46

của B trên AK, F l| trung điểm của BC, biết rằng FL vuông góc với AC.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 6 (1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng:

.

ĐỀ 45

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm)

Giải hệ phương trình sau:

Câu 2 (4 điểm)

Cho đường tròn (w1) và (w2) cắt nhau tại P v| Q, một đường thẳng d thay đổi đi qua B Cắt w1 tại A v| c{c (w2) tại B sao cho P nằm giữa a v| b; C, D l| hai điểm cố định lần lượt thuộc (w1) và (w2) sao cho P thuộc tia đối của tia DC. tia BD v| đoạn AC cắt nhau tại X, điểm y thuộc (w1) sao cho đường thẳng PY song song với đường thẳng BD, điểm Z thuộc (w2) sao cho đường thẳng PZ song song với đường thẳng AC. Gọi I v| J lần lượt l| t}m của c{c đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ABQ v| CDQ.

a) chứng minh rằng đường thẳng IJ vuông góc với đường thẳng XQ

b) chứng minh rằng đường thẳng YZ luôn đi qua một điểm cố định khi d thay đổi.

Câu 3 (4 điểm)

Cho số nguyên tố p và ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x < y < z < p. Chứng

thì chia hết cho x + y + z. minh rằng nếu

Câu 4. (4 điểm)

Xét c{c số thực dương x,y v| z thỏa mãn x + y + z ≤ .

47

Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 5. (4 điểm)

Có 42 học sinh tham iga một buổi giao lưu. Biết rằng cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Kí hiệu k l| số cặp đôi như thế. Tìm gi{ trị nhỏ nhất cuả k.

ĐỀ 46

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm)

Giải phương trình sau trên tập số thực

Câu 2 (4 điểm)

Cho ∆ABC có ba góc nhọn v| nội tiếp đường tròn (O). Goin H l| trực t}m ∆ABC v| P l| điểm trên đoạn BC (P ≠ B; P ≠ C). Đường thẳng AH cắt đường tròn ngoại tiếp ∆BHC tại T (T ≠ H). Đường thẳng TP cắt đường tròn ngoại tiếp ∆BHC tại K (K ≠ T). Giả sử BK cắt AC tại M; CK cắt AB tại N. Gọi X, Y lần lượt l| trung điểm của BN, CM

a) chứng minh rằng tứ gi{c ANKM nội tiếp.

b) chứng minh rằng có số đo không đổi khi P di động trên BC

Câu 3 (4 điểm)

Xét c{c số thực dương x,y v| z thỏa mãn .

Chứng minh rằng:

48

Câu 4. (4 điểm)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Với tam thức bậc hai cho phép thực hiện các phép biến đổi sau:

(i) Đổi chỗ a và c cho nhau hoặc,

(ii) Thay đổi x bởi x + t với t là một số thực bất kì.

thành

Bằng cách lặp lại các phép biến đổi trên có thể biến đổi tam thức tam thức hay không?

Câu 5. (4 điểm)

có đúng một ước số

Tìm tất cả c{c số tự nhiên n sao cho số nguyên tố.

ĐỀ 47

PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 10

MÔN TOÁN

(Thời gian: 180 phút, không tính thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:

Câu 2 (4 điểm)

Cho đường tròn (O) đường kính AB, C l| điểm di động trên (O) không trùng với

A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại N, AN cắt (O) tại D khác A. Tiếp tuyến của (O) tại D cắt CN tại P. Chứng minh rằng P di động trên một đường cố định khi C di động trên (O).

Câu 3 (3 điểm)

Cho a, b, c là ba số thực dương tùy ý. Chứng minh:

Câu 4. (3 điểm)

Tìm tất cả c{c số nguyên dương k sao cho phương trình: có

nghiệm nguyrn dương x,y.

Câu 5. (1,0 điểm)

. Trong một giải đấu cờ vua có 2n động viên tham

49

Cho trước số nguyên dương gia mỗi người đối với người kh{c đúng một v{n.Tại thời điểm trong giải, người ta

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

v{n đấu đã diễn ra. Chứng minh rằng khi đó có thể chọn ra 3 vận

thấy có động viên sao cho hai người bất kỳ trong ba người được chọn đều đã thi đấu với nhau.

Câu 6. (1,0 điểm)

Cho hàm số f:N* → N* \ {1} (N* là tập hợp các số nguyên dương) thỏa mãn:

f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168

Tính f(2014)

ĐỀ 1.

Câu 1.

(3,0 điểm)

1a (2,0 điểm)

Phương trình đã cho có hai nghiệm

Theo định lí Vi – ét ta có

Do đó

Lập bảng biến thiên của hàm số trên ta được

Từ bảng biến thiên ta được đạt giá trị nhỏ nhất khi .

50

1b (1,0 điểm)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do với mọi nên .

Mặt khác với mọi

Ta có .

Câu 2. 2a (1,0 điểm)

Đkxđ

Phương trình đã cho tương đương với:

Kết hợp với đkxđ ta được . Vậy tập nghiệm của phương trình l| .

2b (1,0 điểm)

Đkxđ:

Từ phương trình đầu của hệ ta có:

51

Thay v|o phương trình thứ hai của hệ ta được:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

So sánh với đkxđ ta được .

Câu 3.

3a (1,0 điểm)

Ta có

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được:

Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Vậy bđt được chứng minh.

3b (1,0 điểm)

Đkxđ . Đặt suy ra , thay vào bất phương trình ta được:

Kết hợp với đkxđ ta được tập nghiệm là .

52

Câu 4.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(3,0 điểm)

4a (1,0 điểm)

Ta có

.

Do 4 điểm A, G, O, M cùng nằm trên một đường tròn nên OG vuông góc với GA hay

4b (1,0 điểm)

Ta có . Tương tự ta tính được

53

Theo giả thiết

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Hay tam giác ABC cân

4c (1,0 điểm)

Ta chứng minh

Suy ra .

Do B là giao của (d) v| đường thẳng MH nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

.

Gọi N l| trung điểm của AC. Khi đó

. Ta có

Do A thuộc đường thẳng AC nên , kết hợp với l| t}m đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC nên

+) Với

54

+) Với

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy hoặc

ĐỀ 2

Câu 1

1.1

2,0 điểm

Điều kiện x{c định:

thay v|o (1) ta được

Do

Suy ra thay v|o (2) ta được

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

1.2

1,0 điểm

Ta có: với .

55

Mặt khác .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy

Câu 2. 2,0 điểm

đều khác . Không mất tính tổng quát ta giả sử . Khi đó từ giả thiết ta

hoặc được

, theo định lí Fermat ta có: TH1.

, ta có tồn tại 2 số nguyên dương sao cho TH2.

Với , từ giả thiết ban đầu ta được:

Vậy

Câu 3.

2,0 điểm

Giả sử tiếp tuyến qua H song song với CD của đường tròn cắt BC tại K v| đường

thẳng qua H song song với BC cắt đường thẳng CD tại L, suy ra CKHL là một hình bình hành.

56

Do các tứ giác ABCD, ABKH ngoại tiếp, nên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Suy ra tứ giác ADLH ngoại tiếp, hay HL tiếp xúc với

Vì nên c{c đường phân giác của góc và của góc

vuông góc với nhau; hay (Do thẳng hàng) (1)

Chứng minh tương tự, cũng được hay (2)

Từ (1) v| (2) suy ra điều phải chứng minh.

Câu 4.

2,0 điểm

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, thu được (1)

Mặt khác, do nên (chia hai vế cho 4) (2)

Cộng (1) và (2), vế đối vế, ta được

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi L bằng 13, đạt được khi

Câu 5.

1,0 điểm

là hai phần tử bé nhất của X. Khi đó, do

Giả sử tìm được tập hợp X thỏa mãn và c{ch x{c định X nên tồn tại sao cho . Suy ra v| do đó hoặc

.

57

Với vô lí.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Với

+) Nếu thì tập hợp .

+) Nếu , gọi là phần tử bé thứ ba của (tức là ). Khi đó tồn tại

sao cho

Do nên hoặc hoặc .

Nếu thì , vô lý. Vậy và

Nhưng tồn tại sao cho , do đó . Mà , vô lý.

Vậy và .

Đề 3

Câu 1. a) Điều kiện: .

không thoả mãn hệ. chia hai vế phương trình thư nhất trong hệ cho y và

chia hai vê phương trình thứ hai trong hệ cho ta được

Đặt

Hệ có dạng

b) Nhận xét thoả mãn

Xét đa thức l| đa thức bậc 4 có các nghiệm là

Nên

Ta có

58

Vậy

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 2.

Do nguyên dương nên và

Vậy

Vậy phương trình có nghiệm

Câu 3

A

O

I

K

B

L

H

C

A'

M

N

1)

Ta có mà AI là phân giác góc A nên

, suy ra tam giác ANA' cân tại A.

Gọi L l| giao điểm của MA và BC.

, suy ra tứ giác ALA'K nội tiếp.

(1)

và đồng dạng, suy ra (2)

Ta có Do đó Dễ thấy ngay hai tam giác Do I l| t}m đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên (3).

59

Từ (1), (2), (3) suy ra . Vậy tứ giác NHIK nội tiếp.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

A

D

T

l

O

K

S

L

B

H

C

A'

M

N

2)

* Từ tứ giác NHIK nội tiếp suy ra . Suy ra tứ giác AIHS

nội tiếp. Do đó .

Gọi T l| trung điểm của cạnh SA. Khi đó , suy ra ba điểm

thẳng hàng (4).

* Tiếp theo ta sẽ chứng minh L l| trung điểm của SK.

Ta có và

Do đó (5)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ASL với cát tuyến TIK ta có:

(6). Từ (5) và (6) suy ra , tức L l| trung điểm của SK (7).

Từ (4) và (7) suy ra I là trọng tâm tam giác AKS (đpcm).

Câu 4.

Ta có

60

Cộng vế ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

. Vậy giá trị lớp nhất cảu P bằng 8.

Câu 5.

Đặt . Giả sử các phần tử của M thoả mãn

Đặt .

Gọi P là tập tất cả những số được x{c định trong đề bài.

Kí hiệu với . Ta chứng minh cách chia P thành

các tập như vậy thoả mãn điều kiện bài toán. Muốn vậy ta chỉ cần chứng minh

thì

Thật vậy và nên phai tồn tại để

Vậy

Đề 4

Câu 1.

a) Điều kiện:

Đặt . Thay v|o ta được: . Do đó ta có hệ phương trình:

61

+)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

+) (do )

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là

b)

Phương trình (1) có hai nghiệm không âm

Theo định lý Vi-ét ta có . Do đó

Do . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Câu 2. Đặt , thay vào hệ ta được:

+)

+)

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là

62

Câu 3.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do l| độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn nên có một trong các bất đẳng

thức sau xảy ra: . Giả sử , khi đó ta có:

. Do đó

.

Câu 4.

a) Áp dụng quy tắc trọng tâm và quy tắc trung điểm ta có:

. Khi đó

(chú ý )

b)

Kí hiệu . Khi đó ta có

Theo công thức Hê – rông ta có:

63

, trong đó

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do đó .

c)

Do BC vuông góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng . Tọa độ đỉnh B là

nghiệm của hệ ,

tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình

.

AB đi qua và vuông góc với đường cao kẻ từ C nên

. Tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ

.

Theo giả thiết ta có

. +) Nếu

không thỏa mãn ho|nh độ của A âm. +) Nếu

. Vậy

Câu 5. Giả sử (1).

. Ta có

Kết hợp với (1) ta được

64

Tương tự ta được các bất đẳng thức sau đ}y :

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Cộng theo vế các bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được:

(6)

Mặt khác ta lại có: ,

mâu thuẫn với (6). Do đó giả sử ban đầu là sai suy ra tồn tại ít nhất một trong các góc

có số đo không lớn hơn .

Đề 5

Câu 1.

1.1 Điều kiện

Đặt viết hệ đã cho về dạng

(1)+(2) thu được

(2)-(1) thu được

Từ (3) v| (4) thu được và .

Từ đó, tìm được và .

V| do đó, tìm được

1.2

Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên dương Khi đó, theo định lý

và v| do đó Vietta,

65

(1) (2).

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Nếu thì và , mâu thuẫn với (1). Vậy

Với khi đó Từ đó

Giải phương trình Với

này với chú ý ta được . Với

. Với

Với vô lí

. Vậy tất cả các cặp số

là

Câu 2. + Chứng minh được nhận xét: “Với a,b,x,y,z,t là các số nguyên sao cho ước của ” v| l| ước của thì

+ Mặt khác, do nên suy ra

.

Từ đó, do giả thiết nên thu được (1)

+ Ta sẽ chứng minh kết luận của bài toán bằng phương ph{p quy nạp toán học.

Với thì kết luận hiển nhiên đúng.

Giả sử khẳng định đúng tới n, tức là với

Ta cần chứng minh (2)

Thật vậy, do và nhận xét ở trên suy ra l| ước của

Nhưng, do (1), giả thiết quy nạp và nhận xét ở trên suy ra

Vậy suy ra l| ước của

(2) được chứng minh.

Từ đó, theo nguyên lý quy nạp, suy ra với mọi số nguyên

dương n.

Câu 3.

66

3.1

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Không mất tính tổng qu{t, xét trường hợp c{c trường hợp khác xét

tương tự. Khi đó, E nằm trên đoạn CA, F nằm trên tia đối của tia AB, < (hình vẽ)

Từ giả thiết, suy ra F đối xứng với C qua phân giác trong của góc . Do đó

. Suy ra tứ và

giác AFCI nội tiếp.

Từ đó và

Do

suy ra tứ

Hơn nữa, do tính đối xứng nên giác CIEG nội tiếp.

3.2

Do tứ giác CIEG nội tiếp, nên

Hơn nữa, do nên suy ra đồng dạng

Suy ra

Nhưng suy ra đồng dạng

67

Từ đó

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 4.

Đặt , phương trình h|m đã cho được viết lại về dạng

(1)

Cho thu được

Trong (2), thay x bởi , ta được

Từ (2) và (3) suy ra (4)

Trong (1), cho , bằng lập luận tương tự, cũng được

hay Từ (4) và (5) suy ra ,

ở đ}y a, b là hai hằng số. Suy ra

Thử lại ta thấy thỏa mãn phương trình đã cho.

Câu 5.

5.1

Giả sử số dễ thương có hai chữ số lớn nhất là . Theo giả thiết ta có

là số chính phương. Nếu đều không chia hết cho 3 thì

, vô lý vì là số chính phương suy ra .

+) Nếu không có nghiệm nguyên dương với

+) Nếu , thử trực tiếp ta thấy thỏa mãn. Vậy số dễ

thương lớn nhất có 2 chữ số là 86.

68

5.2

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Xét số . Khi đó suy ra

là số dễ thương.

Đề 6

Câu 1.

1.1

Ta có nên phương trình x{c định với mọi

. Phương trình đã cho tương đương với

. Vậy pt có nghiệm duy nhất

1.2

Phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn

Theo định lí Viet ta có suy ra

69

Bảng biến thiên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Từ bảng biến thiên ta được: khi , khi .

Câu 2.

Ta có

Đặt . Hệ trở thành: (*)

Hệ

Từ đó tìm ra

* Với ta có hệ .

* Với ta có hệ .

* Với ta có hệ

.

. Kết luận: Hệ có 5 nghiệm

Câu 3.

Đặt thì dễ thấy và (1)

70

Từ giả thiết ta có . Từ đ}y cũng suy ra (2)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Từ (1) và (2) suy ra

Do đó .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Từ (1) và (2) suy ra

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng , khi .

Câu 4.

4.1

Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD l| hình bình h|nh nên trung điểm K của BC cũng l| trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OK l| đường trung bình nên

Ta có v| c{c đẳng thức tương tự ta được:

suy ra O, H, L thẳng hàng.

4.2

Trước hết ta có các kết quả sau: ;

71

Tương tự ta được:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

4.3

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC l| đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp được phương trình n|y l|:

tam giác ABC có tọa độ là .

Do nên AB có vtpt . Suy ra phương trình

. Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương

trình

Suy ra . Do nên AC có vtpt là

Suy ra pt . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ

phương trình:

. Từ đ}y suy ra . Vậy

, .

Đề 7 72

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 1.

1.a

Đặt . Khi đó hệ phương trình trở thành

Để hệ có nghiệm thì

1.b

Ta có

Lập bảng biến thiên ta được khi ; khi

1.2

Đặt , thay v|o phương trình ta được

phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi

. Khi đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là

Để các nghiệm đều lớn hơn thì . Vậy các giá

trị của là

Câu 2.

ĐK , ta thấy từ pt thứ nhất , do đó . Từ đó ta đặt

73

thay vào hệ ta được

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Đặt (vì ). Thế từ phương trình thứ nhất

của hệ trên v|o phương trình thứ hai ta được

.

ta có +) Nếu

vô lí vì +) Nếu

Kết luận nghiệm của hệ là

Câu 3.

Do nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

, bất đẳng thức n|y luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi

.

Câu 4.

4.1

Giả sử tọa độ của . Khi đó .

74

Theo giả thiết ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy ta có hai điểm cần tìm là hoặc .

4.2 Gọi A’, B’, C’ lần lượt l| ch}n đường cao hạ từ c{c đỉnh A, B, C. Do tứ giác BCB’C’

H nằm trên đường phân giác trong hạ từ D

nội tiếp nên của tam giác DEF, tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm trên đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của tam giác DEF. Vậy H l| t}m đường tròn nội tiếp của tam giác DEF.

Ta lập được phương trình c{c đường thẳng DE, DF lần lượt là

. Do đó phương trình ph}n gi{c trong và ngoài của

đỉnh D là . Kiểm tra vị trí tương đối của E, F

với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là

. Tương tự ta lập được phương trình ph}n gi{c trong kẻ từ đỉnh E là

. Mặt khác H là giao của d và d’ nên

75

Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm và có vtpt là

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

4.3 Gọi M là tiếp điểm của AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có

. Gọi là diện tích tam giác ABC, theo công thức Heron ta có

. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM ta có

. Tương tự ta có

Do vậy

Đề 8

Câu 1.

1.1

+) Nếu thay vào hệ ta có hệ này vô nghiệm

76

+) Nếu thì ta đặt thay vào hệ ta được

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

.

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

1.2

ĐK với điều kiện n|y phương trình được đưa về dạng

Đặt thay v|o phương trình trên ta được

+) phương trình n|y vô nghiệm

. Vậy

+) nghiệm của phương trình đã cho l| giải phương trình n|y được nghiệm .

Câu 2.

Giả sử tìm được bộ ba số trong đó là các số hữu tỉ dương sao cho có

các số nguyên dương thỏa mãn

Từ đó . Suy ra

Đặt trong đó ta được

77

(1)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do nên nếu là một số nguyên tố sao cho thì hoặc hoặc do

đó không chia hết cho . Do đó

Suy ra Từ đó tìm được và các

hoán vị và vì vậy và các hoán vị.

Câu 3.

3.1

nào thỏa mãn thì

Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử không tồn tại số tự nhiên với mọi số tự nhiên ta luôn có

Lần lượt cho và cộng từng vế của bất đẳng thức ta được

. Mâu thuẫn với giả thiết nên ta có

đpcm.

3.2

Áp dụng bđt AM – GM cho số và số ta có

Tương tự ta được

Cộng từng vế c{c bđt trên ta được

78

(1)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Áp dụng bđt AM – GM cho số và ta được

. Tương tự ta có

Cộng từng vế của c{c bđt trên ta được

Kết hơp với (1) ta có đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra .

Câu 4.

4.1

+) Do các tứ giác và nội tiếp nên

Suy ra là phân giác của góc Tương tự cũng được là phân giác của góc

và là phân giác của góc Từ đó l| t}m đường tròn nội tiếp của tam

giác

+) Do

+) Ta có

và

.

nên l| t}m đường tròn nội tiếp tam Do đó

giác .

79

4.2

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

+) Do tứ giác nội tiếp và tiếp xúc với nên

Suy ra Tương tự cũng có

+) Từ đó, với thì phép vị tự tâm tỷ số biến tam giác thành tam giác

. V| do đó biến ) thành (tâm

đường tròn nội tiếp của tam giác (t}m đường tròn nội tiếp của tam giác ) suy ra thẳng hàng.

Câu 5.

. Cho Đặt .

Cho . Cho

Cho nên .

Mặt khác với mỗi số tự nhiên

Từ (1) cho ta có

.

Theo trên ta chứng minh được với . Ta chứng minh bằng quy

80

nạp . Thật vậy, với từ đẳng thức (1) ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do đó

Đề 9

Câu 1.

v| điểm . Tìm trên (P) hai điểm M, N đối

a. Cho parabol (P): xứng nhau qua điểm I

đường thẳng  qua I v| có hsg k có phương trình

Xét pt (1)

 cắt (P) tại M và N

Gọi 2 nghiệm của (1) là

M, N đối xứng nhau qua điểm I  I l| trung điểm của MN

Khi đó (1) hoặc . Vậy

b. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt

Điều kiện cần hoặc (1)

Khi đó

Điều kiện đủ

Kết hợp với ĐK (1) ta được hoặc

Cách khác. Pt có 4 nghiệm đường thẳng cắt đths tại 4 điểm.

Từ đồ thị suy ra

Câu 2.

81

a. ĐK : .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

BPT

Ta có

BPT

Vậy tập nghiệm của BPT là

b. Trừ vế ta được

TH 1. . Thế vào pt thứ nhất ta được

TH 2.

Cộng hai pt theo vế ta được

(Loại)

Vậy hệ có 4 nghiệm là

82

c. ĐK: . Chia hai vế cho ta được

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Đặt ta được (2)

Pt (1) có nghiệm pt (2) có nghiệm

Lập bảng biến thiên của trên

Từ BBT suy ra pt (2) có nghiệm

Câu 3.

a. Gọi M l| trung điểm của BC ta có:

Từ (1) và (2) suy ra D, E, G thẳng hàng

b. Ta có

Vì

83

Mặt khác ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Nên

(đpcm)

c.

Chứng minh được từ đó suy ra

Chứng minh được từ đó suy ra

Giả sử . Từ giả thiết suy ra B, E, F thẳng hàng và BE  BH

Tìm được tọa độ

Câu 4.

Thế v|o S ta được

TH 1.

TH2. . Đặt

Với , tồn tại

Biến đổi ta được

Do nên

84

Câu 5.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy .

TH 1.

TH 2.

khi và chỉ khi

Ta có

Đề 10

Câu 1. * (1). Điều kiện: (*).

*

(do với mọi x thỏa mãn (*))

.

* Kết hợp với điều kiện có tập nghiệm của (1) là .

CHÚ Ý: Nếu thí sinh không nêu điều kiện (*) mà biến đổi quy đồng bỏ mẫu thì không cho điểm của câu kể từ bước biến đổi đó.

Câu 2. (2): hay

* Đặt , điều kiện .

Ta có , phương trình cho trở thành

hay t=-1 hoặc t=4.

85

* Kết hợp điều kiện có t=4 hay

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Giải được x=-7, x=2.

* Kết luận: (2) có tập nghiệp là {-7; 2}.

Câu 3.

* Với , thay vào (4) có:

.

x=-3 thì y=1, với x=0 thì y=-2.

* Với , thay vào (4) có:

thì ; thì

* Kết luận: Hệ cho có 4 nghiệm (x; y) là:

(-3; 1), (0 ; -2), ,

Câu 4.

*

(*)

* (5) l| phương trình bậc hai có .

86

(5) có hai nghiệm là .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

* Nhận xét: nên hệ (*) luôn có nghiệm với mọi m.

Vậy phương trình cho luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

CHÚ Ý : -Thí sinh có thể trình bày theo phương pháp đồ thị hoặc sử dụng bảng biến thiên của hàm số bậc hai trên [-2; +∞).

-Nếu thí sinh dùng phép biến đổi bình phương hai vế mà không nêu được điều kiện

thì không cho điểm câu này.

Câu 5.

(6)

Xét tam thức bậc hai có hệ số bậc hai a=1>0, biệt số .

* Trường hợp 1: , khi đó

(6) có tập nghiệm là : không thỏa mãn yêu cầu.

; * Trường hợp 2: , khi đó .

Tập nghiệm của (6) chỉ có một phần tử: không thỏa mãn yêu cầu.

* Trường hợp 3: .

 có hai nghiệm phân biệt là , .

 Tập nghiệm của (6) là .

 Biểu diễn của S trên trục số l| đoạn có độ dài bằng 1 khi và chỉ khi

(thỏa mãn điều kiện )

.

* Kết luận: .

LƯU Ý: Nếu thí sinh làm theo cách trên nhưng chỉ nêu được trường hợp 3 và giải đúng giá trị m thì chỉ cho 1điểm.

87

Câu 6.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Chứng minh .

* Chứng minh được hệ thức (7).

* Tương tự có (8), (9).

Cộng theo vế c{c đẳng thức (7), (8), (9) ta được:

hay .

Câu 7.

7.1 Xét d1: x+y-6=0 và d2: x+2y-5=0.

*

* là góc giữa hai đường thẳng nên ,

. do đó

* Vậy .

7.2 * I thuộc đường thẳng d1: x+y-6=0 v| có ho|nh độ bằng 2 .

* Gọi M, N là c{c giao điểm của d2 với (C), H là hình chiếu vuông góc của I lên MN thì :

 .

.  H l| trung điểm của MN nên

 Tam giác IHM vuông tại H có .

* Đường tròn (C) có t}m l| I v| b{n kính l| IM nên có phương trình :

7.3 * B l| giao điểm của d1 và d2 nên tìm được B=(7; -1).

* Đặt là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AC ( ).

.

Đường thẳng BC hay d2 có vectơ chỉ phương 88

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

* Tam giác ABC cân tại A nên: góc giữa đường thẳng AB và BC bằng góc giữa đường thẳng AC và BC

hoặc .

nên đường AC v| đường BC cùng vectơ chỉ

* Với a=-b, chọn a=1, b=-1, khi đó phương : Điều này không thể xảy ra.

* Với a=-7b, chọn b=-1, a=7, (t/mãn đkiện AC và AB cắt nhau).

Đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B của tam gi{c ABC l| đường thẳng đi qua B v| vuông góc với AC nên nhận l|m vectơ ph{p tuyến, do đó nó có phương trình là : 7(x-7)-1(y+1)=0 hay 7x-y-50=0.

* Kluận: Phương trình cần tìm là 7x-y-50=0.

Câu 8. * Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số ta có:

,

,

.

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên có:

hay (10).

* Lại có: , ,

nên hay (11).

* Từ (10), (11) suy ra hay .

89

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay a=b=c=1.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

* Kluận: Giá trị lớn nhất của S l| 6, đạt được khi a=b=c=1.

Đề 11

Câu 1. Phương trình tương đương với

phương trình vô nghiệm TH1:

(2) có nghiệm TH2:

phương trình đã cho có nghiệm khi

phương trình đã cho có nghiệm KL:

Câu 2.

a. Điều kiện

Phương trình đã cho tđ với:

b. Điều kiện

+) là nghiệm

90

+) thì (2)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

KL: là các nghiệm

Câu 3.

a.

Khi đó

hệ có nghiệm duy nhất là

b.

Điều kiện ; nhận xét không thỏa mãn hệ

nên

Khi đó

91

thì (thỏa mãn)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

thì (loại)

KL: hệ có nghiệm duy nhất là

Câu 4.

Hệ có nghiệm duy nhất

khi đó nghiệm là

Câu 5.

92

Từ giả thiết ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Dấu bằng xảy ra khi

Câu 6.

đặt

Diện tích hình thang là 24 nên :

Chu vi hình thang là : nên:

nên

khi đó

93

phương trình ,

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Tìm được

Câu 7.

có tâm bán kính a.

có phương trình ;

cắt theo d}y cung có độ dài bằng 1 nên tính được

Do đó:

b. Nhận xét nên A nằm trong đường tròn

Tia AI cắt tại M, tiếp tuyến của (C) tại M là

Gọi là tiếp tuyến bất kì của tại

Vậy là tiếp tuyến có khoảng cách từ A đến tiếp tuyến là lớn nhất

;

94

vec to pháp tuyến là

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Phương trình

c, Gọi l| vec tơ ph{p tuyến của

l| vec tơ ph{p tuyến của

Chọn

Kl: C{c đường thẳng thoả mãn là:

Đề 12

Câu 1. * PT ho|nh độ giao điểm: (1)

* d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (1) có 2 nghiệm phân biệt

(*)

với là nghiệm của pt (1).

Theo hệ thức Viet:

Theo giả thiết ta có vuông tại O

Đối chiếu đk (*) ta có 2 gi{ trị của m là và

Câu 2.

95

2.1 * Đặt , pt đã cho trở thành:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(*)

* Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt hay

* Kết luận:

2.2 * Ta có

* Với , ta có

96

Khi đó

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

= * Ta có

Câu 3.

3.1* TXĐ:

Ta có

* pt

* Đặt

Pt đã cho trơ th|nh:

* Với , ta có

* Với , ta có

vô nghiệm.

* Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là

3.2

Đặt

Hpt trở thành hoặc

97

* Với , ta có hoặc

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

* Với , ta có hoặc

KL:hpt có 4 nghiệm là

3.3 * Đặt . Ta có bất phương trình:

* Kết hợp với điều kiện ta được:

* Với , ta có

* Kết luận tập nghiệm của bất pt đã cho l| :

Câu 4

* Ta có

Suy ra M nằm giữa A và C nên

,

*

98

* Chỉ ra

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Suy ra

Câu 5

5.1 * Ta có ,

*

 Ta có

 Mặt khác

Từ đó ta có

* Do đó hoặc

Vì nên . Khi đó ta có hoặc

Kết luận : hoặc

5.2a

, đường tròn (C) có tâm , bán kính *

* Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C) khi và chỉ khi M nằm ngoài hình tròn (C) khi và chỉ

khi IM > R hay IM > (*)

* Giả sử từ M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến đó vuông góc với nhau khi đó

( thỏa mãn (*)) IM =

99

hay

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

* Với , ta có

* Với , ta có

* Kết luận : hoặc

5.2b * Từ , ta có

* Trong tam giác vuông ta có ( H là tiếp điểm của AB với (C))

suy ra

* Giả sử và nên . Ta có

* , ta có

Kết luận :

Câu 6.

* Với a, b, c là 3 số dương. Chứng minh được :

(1)

100

Áp dụng bđt (1) ta có A=

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Ta có

Theo giả thiết

Suy ra A 1 .Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

Vậy giá trị nhỏ nhất là A = 1 khi và chỉ khi

Đề 13

Câu 1. * PT ho|nh độ giao điểm: (1)

* d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (1) có 2 nghiệm phân biệt (*)

với là nghiệm của pt (1).

Theo hệ thức Viet:

* Ta có

*

Đối chiếu đk (*) ta có gi{ trị của m là

Câu 2.

2.1

* Đặt , pt đã cho trở thành:

(*)

* Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt (*) có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0

* Phương trình (*) có nghiệm t=0 khi và chỉ khi 101

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

hay

 Với m=2, phương trình (*) trở thành -4t=0. Trong trường hợp này, (*) chỉ có một

nghiệm là 0.

 Với m=-2, phương trình (*) trở thành . Phương trình n|y có hai

nghiệm t=0 và t=1

* Kết luận: vậy PT đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m=-2

2.2 * Ta có

 VT=

Câu 3.

3.1

* ĐK: hay

* Thực hiện phép nhân liên hợp ta thu được BPT

102

.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

y

B

A

O

C

x

D

Kết hợp ĐK thu được nghiệm

3.2

ĐK:

Biến đổi phương trình:

Đặt . Khi đó phương trình có dạng:

. Với

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .

3.3 Điểu kiện:

103

Biến đổi phương trình đầu của hệ, ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

*) Với thay v|o phương trình thứ hai ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm là .

*) Với

Câu 4.

* Ta có (1)

* Theo định lí cosin trong tam giác ABC ta có

(2)

* Thế (2) vào (1) suy ra điều phải chứng minh.

Câu 5.

5.1 Gọi (E) có dạng

Theo gt: AC=2 BD=2b

Tâm của hình thoi ABCD là gốc toạ độ O cũng l| t}m đường tròn nội tiếp hình thoi

104

Ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Mặt khác :

(**)

Thay (**) v|o (*) ta được (do a 0)

Vậy ptct của (E) là :

Gọi I = d1  d2

A

5.2

I



B

 I . Vậy I(1;1)

IB=3IA

Từ gt d1, d2 có VTPT

Gọi  là góc của d1 và d2

Từ gt:

với a > 0, a  1

Pt

Vậy a = 2  A(2;3)

105

Với A(2;3); B(4;5) pt cần tìm là

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Với A(2;3); B(-2;7) pt cần tìm là

5.3

Đường tròn (C) có tâm bán kính R=3.

Do M thuộc d nên M(a ;1-a)

Điều kiện M nằm ngoài (C) : IM>R (*)

Ta có

A, B thuộc đường tròn tâm M bán kính MA :

(học sinh có thể chọn A, B thuộc đường tròn khác)

A, B thuộc đường tròn

Suy ra phương trình AB:

Do (J) tiếp xúc với AB nên (J) có bán kính d(J,AB)

Chu vi của (J) lớn nhất khi và chỉ khi d(J,AB) lớn nhất

AB luôn đi qua điểm cố định

d(J,AB) lớn nhất khi K là hình chiếu vuông góc của J trên AB.

Đường thẳng AB có vecto chỉ phương

(thỏa mãn (*))

Vậy

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: Câu 6.

106

Cộng theo các vế tương ứng ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy GTNN của P bằng . Dấu bẳng xảy ra khi và chỉ khi .

Đề 14

Câu 1.

(1)

Bảng xét dấu:

x - -4 -1 2 3 +

- 0 + + + + +

- - - - - 0 +

- - - 0 + + +

- - 0 + + + +

- - - - 0 + +

VT (1) - 0 + - 0 + - 0 +

107

VT (1)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy tập nghiệm của bất phương trình l|: S=

Câu 2.

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Khi đó ;

A=

108

= =

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Kết hợp điều kiện

Vậy m=1; m=

Câu 3. (I)

Đặt u = x -1 ; v = y -1

(I) trở thành

Khi đó KL

Câu 4.

a. Đường tròn tâm A tiếp xúc với đường thẳng d có bán kính là

Phương trình đường tròn đó l|:

109

b.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Gọi l| véc tơ ph{p tuyến của đường thẳng .

Đường thẳng d có một véc tơ ph{p tuyến là

Ta có (1)

Giải (1) tìm được: hoặc b = -3a

Với a = 3b chọn b = 1; a = 3 khi đó phương trình là:

3x + y - 8 = 0

Với b = -3a chọn a = 1; b = -3 khi đó phương trình là:

x - 3y - 6 = 0

c.

Chu vi tam giác OAB :

Tam giác OAB cân tại A

, Gọi K l| trung điểm OB ta có

Diện tích tam giác OAB :

Lưu ý : Học sinh có thể tính theo công thức hêrông

d. Đường tròn (C) có tâm J(2; 1) bán kính 1

Gọi I l| trung điểm AB ta có ;

Nhận xét: không đổi. . Điểm I nằm ngo|i đường tròn (C)

F nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất khi M, I, J thẳng hàng và M thuộc (C) và nằm giữa I, J

Khi đó

110

Tìm được M(2; 0)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 5. Ta có nên

Vậy

Câu 6.

(1)

Đk

Khi đó (Hai biểu thức không đồng thời bằng 0)

thoả mãn bất phương trình

Đặt ; Khi đó:

Hay

Vậy

111

Câu 7.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Điều kiện:

(1)

(vì y > 0)

Kết hợp x; y > 0 suy ra x = 4y

Kết hợp suy ra

Thử lại vào hệ, thỏa mãn hệ.

Vậy

Câu 8.

112

Có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

=

Vậy . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= .

Đề 15

Câu 1.

1.1 Hàm số có tập x{c định là tập đối xứng qua điểm

Kiểm tra:  f chẵn

f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận

1.2 là một đoạn 

(*)

l| đoạn có độ dài Khi đó,

Câu 2.

2.1 Ta có:

PT

(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì

113

(2) có 2 nghiệm phân biệt  và 

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

PT có 4 nghiệm phân biệt  và

 và  , kết luận

2.2 BPT  

Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x  2

Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi

Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi

Câu 3.

3.1 Điều kiện: x ≥ 0

PT  







 

  3.2 Điều kiện ; Đặt và

HPT trở thành: 

  

(*)  v = 2 (nhận) hoặc v = 7 (loại) ; nên HPT trên 

Do đó HPT đã cho trở thành (phù hợp)

114

Câu 4.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

4.1 Ta có:

Tương tự ta cũng có:

Vậy:

 

 

4.2 Ta có các công thức tính diện tích:

 (BĐT Cauchy)

Tương tự ta cũng có: và

Do đó: (đpcm)

Dấu bằng xảy ra    A’, B’, C’ l| trung điểm của BC, CA, AB

Câu 5. Dựa v|o tính đối xứng, ta giả sử với (*) Suy ra

.

Mà (**)

 không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b)

Kết hợp với (*) và (**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Kết luận: (4 cặp điểm)

Đề 16

115

Bài 1. 1) Tìm a; b<<.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do Parabol nên và có trục đối xứng

Tọa độ đỉnh có tung độ là mà nên ta có: hay

Ta có hệ pt thế v|o ta được:

Nếu loại.

Nếu thỏa mãn.

Vậy a = 2 ; b = 6 là giá trị cần tìm.

2) Tìm k < với parabol

Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt

có hai nghiệm phân biệt

hay pt: có hai nghiệm phân biệt có

Khi đó, giao điểm ,

nên trung điểm của đoạn MN là

Theo định lý Viet ta có nên

hay thì thỏa

Do I thuộc đường thẳng 4x + 2y – 3 = 0 nên mãn bài toán.

Bài 2.

Cho tam gi{c đều v| c{c điểm thỏa mãn , ,

. Tìm k để vuông góc với .

+)

116

.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

+)

Để vuông góc với thì

KL:

Bài 3.

1) Tìm m để phương trình

Ta có:

PT đặt

PT trở thành : (1)

PT ban đầu có nghiệm

(1) có nghiệm

117

2) Giải phương trình

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Điều kiện:

với a, b, c là số thực không âm. Đặt

Ta có

Do đó

Nhân từng vế ba phương trình ta được

Suy ra

Suy ra . Thử lại thỏa mãn phương trình.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là

. 3) Giải hệ phương trình

Giải

. Giải hệ phương trình

ĐKXĐ: .

118

Thay vào pt thứ nhất ta được:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(Có thể bình phương được pt:

Giải hai pt n|y ta được

Vậy hệ có hai nghiệm là .

Bài 4. 1. Tính theo a.

Ta có

Ta có nên

Mặt khác:

Trong tam giác vuông BAE ta có

Nên

2.

Chứng minh

Ta có . Giả sử

Do A;E;I thẳng h|ng nên:

Nên và

Nên nên

Bài 5. Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức

.

119

Giải

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Suy ra:

Tương tự và

Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được ,

khi a=b=c=1. KL

Đề 17

Câu 1.

. Đặt 1) Pt

Ta có hệ phương trình:

•

•

120

KL: Phương trình có hai nghiệm là và

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

2) Giải hệ phương trình

ĐKXĐ:

NX: Ta thấy VT(1)

• pt(1)

• Thay v|o pt(2) ta được:

( vì

Với KL: Hệ có nghiệm

Câu 2.

1) Tìm tham số m<

• Để bất phương trình có tập nghiệm ta cần có với

( m =0 không thỏa mãn)

• Với

Khi đó ta có với

Bpt (1)

Bpt có tập nghiệm

121

Mà

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

• Với

Khi đó ta có với

Bpt (2)

Bpt có tập nghiệm

Mà

; KL:

2) Tìm tham số m để hệ có hai nghiệm

Hệ pt

NX: Nghiệm của hệ (I) thỏa mãn và nghiệm của hệ thỏa mãn

hai hệ không thể có nghiệm chung

Hệ phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt

KL: .

Câu 3.

Tìm các hệ số .

122

.• ĐK cần:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Ta có

Từ (2) và (3) kết hợp với (1)

Với thay v|o (2) v| (3) ta được

.• ĐK đủ:

Với ta có

thỏa mãn

Câu 4.

.• Ta có

Tương tự ta có

•

Dấu bằng xảy ra

Câu 5.

1) Chứng minh thẳng hàng<<

123

• Ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

• (2).

• G là trong tâm tam giác ABC (3)

Từ (1) và (2)

Từ (2) và (3)

thẳng hàng.

b/ ( 2đ)

và E l| trung điểm BC • Gọi

Đặt

Khi đó Kẻ

• Kẻ

Ta có

124

2)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

• Ta có

Áp dụng t/c đường phân giác

Tương tự

Ho|n to|n tương tự ta có

và

Mà

Đề 18

Câu 1.

1)

Dễ có x = 1 là một nghiệm của phương trình.

VT là hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 3],

VP là hàm nghịch biến trên (- ∞ ; 3],

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

2) Ta có

125

+ y = 0 thì M = 1

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

+ y ≠ 0 thì gọi M là một giá trị bất kỳ của nó thì (*)4(M-

1)t2 + 12t + M - 8 = 0 có nghiệm t

*, M = 1 , t = 7/12 thoả mãn

*, M ≠ 1để (*) có nghiệm thì ’ = - 4 (M2 – 9 M – 1) ≥ 0

 M

Vậy giá trị nhỏ nhất của M =

Vậy giá trị lớn nhất của M =

Câu 2.

1) Đặt hệ cho trở thành vậy u, v là 2 nghiệm của phương trình

t2 – 8t + 12 = 0  t = 2 hoặc t = 6

TH1: Nếu u = 6 thì v= 2, khi đó ta có hệ:

có các nghiệm: (1; -3), (1; 2), (-2; -3), (-2; 2).

TH2: Nếu u = 2 thì v= 6, khi đó ta có hệ:

có các nghiệm: (-3; 1), (2; 1), (-3; -2), (2; -2).

Vậy hệ cho có các nghiệm (1; -3), (1; 2), (-2; -3), (-2; 2),(-3; 1), (2; 1), (-3; -2), (2; -2).

2) Đk x ≥ 3/4

.

hoặc x = - t/2010 (loại)

Đặt phương trình đã cho trở thành :2010x2- 2009xt – t2 = 0 Giải ra : * ta có :

Vậy x = 1 , x = 3 là các nghiệm của phương trình đã cho .

126

Câu 3. Từ giả thiết ta có (d): .Vì M (d) nên: (1)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Theo BĐT Bunhiacopski 1 =

Hay ≥ đẳng thức xảy ra

Khi đó đường thẳng (d) có phương trình:

Câu 4. Phương trình đường thẩng AB: 4x + 3y -7 = 0

Giả sử C(x ;y). theo giả thiết ta có: x – 2 y -1= 0 (1)

d(C, (AB)) = 6

Giải hệ (1), (2a) ta được C1 (7; 3)

Giải hệ (1), (2b) ta được C2 (-43/11; -27/11)

Câu 5.

Ta có P =

Theo BĐT Côsi ta có (2)

Đẳng thức xảy ra khi x = y

Theo BĐT Bunhiacopski ta có

Đẳng thức xảy ra khi x = y

Từ (1) , (2), (3) ta có P ≥ đẳng thức xảy ra khi x = y

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là =1005

Đề 19

Câu 1.

127

2) Điều kiện: Đặt ( ) thì Khi đó ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(do ).

Với ta có

Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình l|

2)

Điều kiện:

Th1: không thỏa mãn

Th2: ta có:

với t=x/y

t=y hay

Thay vào (2):

Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là:

Câu 2.

Hệ đã cho tương đương với:

Phương trình (2) (ẩn ) có nghiệm là

Th1: ta có Suy ra thỏa mãn.

Th2: Phương trình (1) (ẩn (*)

128

là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc ) không có nghiệm thuộc khoảng điều kiện là

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(B)

(với là 2 nghiệm của phương trình (1)).

(A) (B)

Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn nghiệm thuộc khoảng hay (*) không xảy ra, điều kiện ) có ít nhất một là

Vậy tất cả các giá trị cần tìm là

Câu 3.

Gọi hình chiếu của trên lần lượt là khi đó

Gọi là bán kính của đường tròn cần tìm ( )

Theo giả thiết ta có:

(do ) ( do )

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là

Câu 4.

129

1) Ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Theo giả thiết:

Khi đó:

2)

C/M được : . ấu bằng xẩy ra khi:

Áp dụng (1) ta có :

Mặt khác: (2)

Mà: (3)

Từ (1) và (3) suy ra: .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và

130

Vậy: Đạt được khi a=1 và .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 5.

3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, }m hoặc có 2 số cùng dấu nên:

Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7 loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm

phân biệt

Th2: và

Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và ta có: m,n là nghiệm pt:

và p là nghiệm pt: nên :

Th3: và ,khiđó ho|n to|n tương tự ta có:

hoặc

Do m,n,p nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= .

Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.

Đề 20

Câu 1.

a) Tìm m: và cắt nhau tại hai điểm phân biệt và

ho|nh độ dương

Yêu cầu bài toán PT sau có hai nghiệm dương ph}n biệt

131

Kết hợp nghiệm, kết luận

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

b) Giải bất phương trình:

TXĐ:

, bất phương trình nghiệm đúng với

Nếu mọi x: thì

Nếu bất pt đã cho

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:

Tập nghiệm của bpt đã cho:

Câu 2. 1) Giải phương trình: (1)

Đặt . (1) có dạng: Khi đó nghiệm của (1) là x ứng

với (x;y) là nghiệm của (I)

(I)

TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1):

TH2: . Nếu có nghiệm thì . Tương tự cũng

có . Khi đó VT (2) . Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1

nghiệm

2) Giải phương trình:

ĐK: .

132

(*)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do nên pt(*)

. Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3

Câu 3.

a) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại B. Tìm giá

trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( )

Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:

Vì AB qua M nên

Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S . Vậy S nhỏ nhất

bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8)

b)

(C): ; . qua A, cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ

nhất của độ d|i đoạn thẳng MN.

(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì

Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có

133

Mà

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy MN nhỏ nhất bằng khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A

Câu 4.

a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi

Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành

(*)

) ( vì

(Đpcm) (*)

( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)

b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: (1)

Có

(1)

Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có

134

Câu 5.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

XétM=

Vì ;

L|m ho|n to|n tương tự với hai biểu thức còn lại

Suy ra M (Đpcm); “=”

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Đề 21

Câu 1.

a) Cho hàm số và hàm số . Tìm m để đồ thị các hàm số

đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn thẳng AB c{ch đều các trục tọa độ.

Yêu cầu bài toán PT sau có hai nghiệm phân biệt

hay (*)có m>1

Gọi là 2 nghiệm của (*), I l| trung điểm AB ta có ;

Yêu cầu bài toán

135

Kết hợp ĐK, kết luận

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

b) Giải bất phương trình: (1)

TXĐ:

(1)

, bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: Nếu thì

Nếu

bất pt đã cho

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:

Tập nghiệm của bpt đã cho:

Câu 2.

1) Trong mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC có . Đường thẳng là

; khoảng cách từ . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm

đường phân giác trong của góc A có phương trình gấp 3 lần khoảng cách từ B đến C đến trên trục tung.

D(B; )= ; C(0:y0) ; D(C; )= , theo bài ra ta có

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với suy ra C(0;-8)

Gọi B’(a;b) l| điểm đối xứng với B qua thì B’nằm trên AC.

Do nên ta có: ;

Trung điểm I của BB’ phải thuộc nên có:

136

Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Theo định lý Ta - Let suy ra

Từ đó suy ra ;C(0;-8)

2) Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi là góc giữa hai đường trung tuyến

BM và CN của tam giác. Chứng minh

rằng

Gọi a, b v| c tương ứng l| độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam giác. Có

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có

= ; Do đó

Có

Do đó

Hay . Dấu bằng có khi tam gi{c vuông c}n đỉnh A

Câu 3.

a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các . Tìm vị trí

của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.

Vì

137

Giả sử

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Mà nên

Vì B, K, E thẳng hàng(B ) nên có m sao cho

Do đó có:

Hay

Do không cùng phương nên

Từ đó suy ra

Vậy

b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c.

X{c định điểm I thỏa mãn hệ thức: ; Tìm điểm M: biểu thức

đạt giá trị lớn nhất.

Kẻ đường cao AH, ta có nên

. Do đó:

Suy ra

Kết hợp giả thiết suy ra hay

Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A l| trung điểm IH

Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: (*) bình phương vô hướng 2 vế (*), chú ý

rằng ta có:

Từ đó có

138

Mặt khác

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng c{c đẳng thức đó lại ta có

Thay số có:

Dấu bằng xảy ra khi M trùng I

Câu 4.

1) Giải phương trình: (*)

ĐK:

(*)

Giải(a) v| đối chiếu ĐK có 1 nghiệm

Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm

b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng:

(I)

Giả thiết suy ra: . Ta Có:

139

Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Ta sẽ CM:

Điều n|y luông đúng

Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z

Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z=

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Đề 22

Câu 1.

v| c{c đường thẳng (dm): (m là

Cho parabol (P): tham số)

1) Biện luận số giao điểm của (P) và (dm) theo tham số m.

Xét phương trình ho|nh độ: x2 – 2x + 4 = 3x + 2m + 1

x2 – 5x + 3 – 2m = 0 (1). Ta có: = 8m + 13

+) Nếu thì (1) có hai nghiệm phân biệt, do đó (dm) cắt (P) tại hai điểm

phân biệt.

+) Nếu thì (1) có 1 nghiệm kép, do đó (dm) cắt (P) tại một điểm.

thì (1) vô nghiệm, do đó (dm) không cắt (P). +) Nếu

2) Khi (dm) cắt (P) tại hai điểm A, B (A và B có thể trùng nhau), tìm tập hợp trung điểm I của AB khi m thay đổi.

+) (dm) cắt (P) tại hai điểm A, B (A và B có thể trùng nhau) .

140

+) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) l| x1, x2 thì ta có: x1 + x2 = 5, x1.x2 = 3 – 2m

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

+) x1, x2 cũng l| ho|nh độ giao điểm A, B nên trung điểm I của AB có tọa độ:

+) Do nên ta có: .

Kết luận: Tập hợp điểm I là phần đường thẳng ứng với .

Câu 2.

1) Giải bất phương trình:

Điều kiện x{c định đúng:

*) Nếu x = 3 hoặc x = 2 thì bất phương trình nghiệm đúng.

*) Nếu thì bất PT đã cho

+) Giải (1) và kết hợp nghiệm ta được: x < 2.

+) Giải (2):

141

Kết hợp nghiệm ta được:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Kết luận: Bất PT đã cho có tập nghiệm là:

2) Giải hệ phương trình:

TH 1 , không thỏa mãn.

TH 2 : Chia hai vế của pt (1) cho ta được:

Đặt ta được phương trình:

. Thế vào (2) ta

được :

. Vậy hệ có 2 nghiệm là :

Câu 3.

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC đường thẳng chứa cạnh AB là:

là: 2x + y + 1 = 0. Điểm M(1;2) thuộc đoạn thẳng BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho có giá trị nhỏ nhất.

+) C{c đường phân giác góc A là tập hợp c{c điểm c{ch đều AB, AC nên có phương trình:

+) Do Δ cân tại A nên phân giác trong ( )

của góc A vuông góc với BC.

142

+) TH1: , khi đó BC đi qua và có vtpt ;

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

 Phương trình BC :

Tọa độ B là nghiệm hệ PT:

Tọa độ C là nghiệm hệ PT:

Khi đó ; B,C nằm về hai phía ( ) ( thỏa

mãn)

+) TH2: , khi đó BC đi qua M(1;2) v| có vtpt

 Phương trình :

Tọa độ B là nghiệm hệ PT:

Tọa độ C là nghiệm hệ PT:

Khi đó ; cùng hướng (loại)

Với ; . Gọi

. Dấu

Vậy thì nhỏ nhất bằng -32.

2) Cho tứ giác ABCD, hai điểm M, N thay đổi sao cho .

Gọi I l| điểm thỏa mãn . Tìm tập hợp c{c điểm I khi M, N thay đổi.

Gọi E, F l| c{c điểm thỏa mãn: (*)

143

Ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Nhân hai vế (1) với 3, nhân hai vế (2) với 2 rồi cộng lại ta được :

Tương tự:

Từ (4) và (5) ta có:

Từ (3) v| (6) ta được:

Ngược lại, với mỗi I’ thỏa mãn hệ thức

Gọi M, N, I l| c{c điểm thỏa mãn:

Theo chứng minh trên thì

Suy ra: I’ trùng với I.

E, F cố định do thỏa mãn (*) và nên tập hợp c{c điểm I l| đoạn EF.

Câu 4.

với S là diện tích tam giác; a = BC; b = AC; c = AB.

1) Tam giác ABC có Tính tanB.

Ta có:

144

Ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Kết hợp với (*) ta được: .

2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Ta có: , dấu “=” có khi a=b

. Suy ra :

Ta chứng minh:

Thật vậy : (*) (luôn đúng) ; dấu “=” có khi a=b.

Do đó :

Tương tự: ;

Cộng c{c BĐT trên ta được:

Ta có:

= . Do đó: .

Vậy , giá trị lớn nhất của M bằng khi a = b = c = 1.

145

Đề 23

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 1. 1) Cho parabol (P): v| đường thẳng (d) đi qua điểm và có hệ số

. Gọi A và B l| c{c giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có ho|nh độ là

góc là .

1) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.

+ Đường thẳng (d) có pt:

+ PT tương giao (d) và (P):

+ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt vì

+ Trung điểm M của AB có ho|nh độ là ; M nằm trên trục tung

2)

Chứng minh rằng

Theo Vi et có:

= Ta có:

Có

= , . Đẳng thức xảy ra khi k = 0

Câu 2.

1) Giải phương trình: (1)

Điều kiện:

146

(1)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*)

Nếu x>1 thì VT(*)<2

Nếu x<1 thì VT(*)>2>VP(*). Vậy (1) có 2 nghiệm x=0; x=1

2) Giải hệ phương trình:

Đặt . Hệ trở thành: (*)

Hệ

Từ đó tìm ra

Với ta có hệ .

Với ta có hệ .

Với ta có hệ

.

. Kết luận: Hệ có 5 nghiệm

Câu 3. 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh , ch}n đường

phân giác trong kẻ từ đỉnh A l| điểm , t}m đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC l| điểm . Viết phương trình của đường thẳng BC.

147

Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Đường thẳng AD đi qua A v| có VTCP

l| véc tơ ph{p tuyến của AD

PT đường thẳng AD là:

A’ thuộc AD v| IA’=IA, Tìm được

A’ l| trung điểm cung không chứa A nên IA’ BC

đường thẳng BC đi qua D v| có là vecto pháp tuyến

Từ đó viết được pt đường thẳng BC là:

2) Cho tam giác ABC có (b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu

lần lượt l| độ dài của c{c đường trung tuyến kẻ từ c{c đỉnh A, B, C. Biết

rằng (*)

a) Chứng minh rằng

Viết được công thức các trung tuyến

(*)

(**)

Ta có

Từ (**) Hay

2b) Gọi O và G lần lượt l| t}m đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc không nhọn.

Ta sẽ chứng minh

148

Ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

* Mặt khác ta có

( trong đó R= OA = OB = OC ).

Tương tự có .

Vậy ( do có (**))

Câu 4. Cho là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn . Tìm giá

trị lớn nhất của biểu thức .

* Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì. Khi đó

(*)

Dấu bằng xảy ra khi .

+ Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia

* Vào bài chính

Ta sẽ chứng minh

.

Giả sử .

Biến đổi .

149

Biến đổi tương tự với 2 số hạng còn lại của P.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Sau đó {p dung bđt (*) ta có:

Ta sẽ chứng minh

Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm.

Lưu ý: Học sinh l|m theo c{ch kh{c đúng vẫn cho điểm tối đa.

Đề 24

Bài 1: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Trần Phú- Hải Phòng.

. Giải phương trình

LG: Điều kiện .

Phương trình ban đầu tương đương với phương trình

150

Phương trình (1)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Phương trình (2) vô nghiệm vì .

Lại có:

Vậy phương trình có nghiệm hoặc .

Cách khác. Điều kiện .

Với điều kiện trên ta có: và .

Do đó :

(Mỗi nhân liên hợp cho 0,5 điểm)

Vậy phương trình có nghiệm hoặc .

Bài 2: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa.

Cho tam giác nhọn, không cân nội tiếp đường tròn . Các đường cao

, và cắt nhau tại . Gọi là trung điểm cạnh . Đường tròn ngoại

tiếp tam giác cắt đường tròn tại điểm thứ hai là . Đường thẳng

cắt đường tròn tại điểm thứ hai là cắt tại . Đoạn

151

cắt đường tròn tại .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

a) Chứng minh các đường thẳng và đồng quy hoặc song song và ba điểm K,

P, Q thẳng hàng

và đường tròn ngoại tiếp tam

b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác giác tiếp xúc nhau.

a) Gọi A’ l| điểm đối xứng với H qua M, suy ra BHCA’ là hình bình hành.

suy ra l| đường kính của đường

Do đó tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra

Dễ thấy AH l| đường kính của đường tròn (J), suy ra .

Từ (1) và (2) suy ra K, H, A’ thẳng hàng.

Mà H, M, A’ thẳng hàng nên suy ra K, H, M, A’ thẳng hàng.

Gọi L l| giao điểm của AK và BC.

Từ c{c kết quả trên v| giả thiết, suy ra H l| trực t}m của tam gi{c ALM, suy ra LH vuông góc với AM, gọi suy ra c{c tứ gi{c ABDE,

ALDQ nội tiếp, suy ra nội tiếp.

. Suy ra các tứ giác KLBF, CMQE nội Ta có:

tiếp.

Như vậy: LB l| trục đẳng phương của hai đường tròn (LBQE) và (KLBF);

KF l| trục đẳng phương của hai đường tròn (KLBF) và (J);

152

EQ l| trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (LBQE).

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do đó ba đường thẳng KF, EQ và BC đồng quy hoặc song song.

EF l| trục đẳng phương của hai đường tròn (BC) và (J)

KQ l| trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (LM)

nên A thuộc trục đẳng phương của (LM) và (BC). Do AD vuông góc với

đường nối t}m hai đường tròn (LM) và (BC) nên AD l| trục đẳng phương của hai đường tròn (LM) và (BC). Lại có, P l| giao điểm của EF với AD nên suy ra P thuộc KQ.

Cách khác : Ta có ,

Qua phép nghịch đảo , tâm A phương tích :

Đường thẳng KF biến th|nh đường tròn (ABL);

đường thẳng EQ biến th|nh đường tròn (ACM);

đường thẳng BC biến th|nh đường tròn (AEF).

Ba đường tròn (ABL); (ACM); (AEF) có chung nhau điểm A.

Do đó trục đẳng phương của ba đường tròn đó đồng qui tại A hoặc trùng nhau.

Vậy ba đường thẳng KF, EQ và BC song song hoặc đồng quy.

b) Ta có: AK là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (J);

EF là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (BFEC);

BC là trục đẳng phương của hai đường tròn (BFEC) và (O), mà AK cắt BC tại L, suy ra AK, EF, BC đồng quy tại L.

Ta có M là tâm của đường tròn (BFEC), suy ra kết hợp với Suy ra P

. Gọi S l| giao điểm của JL và MP, ta có tứ giác

là trực tâm tam giác JLM. Do đó LDPS nội tiếp, suy ra (3)

Xét tứ giác toàn phần AEHFBC, ta có , mà J l| trung điểm AH nên theo

hệ thức Newton suy ra (4). Từ (3) và (4) suy ra , mà

suy ra LN vuông góc với JN hay LN là tiếp tuyến của (J). Suy ra

là tiếp tuyến của đường tròn (BNC) (5).

Từ 4 điểm A, K, D, M cùng thuộc một đường tròn, suy ra

là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MND (6).

Từ (5) v| (6) suy ra hai đường tròn (BNC) và (MND) tiếp xúc nhau tại N (đpcm).

153

Bài 3: (4,0 điểm)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên sao cho số là một lũy thừa

(Một lũy thừa của là một số có dạng với là một số

của nguyên không âm).

LG: Giả sử là các số nguyên và là một số nguyên dương sao cho

.

Đặt ; và ta viết lại phương trình trên như sau

(1)

Nếu thì vế phải của (1) chia hết cho 7, vì thế ta có

.

thỏa mãn Gọi

(2). Từ (2) ta được . Giả sử . Khi đó Ta có

ta xét c{c trường hợp sau:

+) thử thấy không thỏa mãn (2)

+) thử thấy không thỏa mãn (2)

+) thử thấy không thỏa mãn (2)

+) thử thấy không thỏa mãn (2)

+) thử thấy không thỏa mãn (2)

+) thử thấy không thỏa mãn (2)

Chú ý: ( Hướng khác học sinh có thể làm).

Để chứng minh

suy ra không xảy ra ta có thể chứng minh như sau: từ hay

(3)

Để ý rằng với mọi số nguyên , ta có .

và phải có số chia hết cho 7. Do

phải có số chia hết cho 7. Suy ra là số chia

Từ (3) suy ra một trong các số nguyên tố nên một trong các số hết cho 7 . Đ}y l| một điều mâu thuẫn .

154

Vì vậy, chỉ có thể là . Khi đó

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Xét c{c trường hợp sau:

.

hoặc .

(không có nghiệm nguyên)

(vô nghiệm)

Vậy bộ ba số thỏa mãn yêu cầu bài toán là (với ) cùng các

hoán vị.

Bài 4: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội.

Cho là ba số thực dương thỏa mãn . Chứng

minh rằng: .

LG: Giả thiết tương đương với

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

155

Do đó:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

nên Do

Vậy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Bài 5: (4,0 điểm)

Cho một bảng ô vuông kích thước , trên đó đã điền các số nguyên dương từ 1 đến 100 vào các ô vuông con theo trình tự như hình a. Ở mỗi bước biến đổi, người ta chọn tùy ý ba ô vuông con liên tiếp theo hàng hoặc theo cột hoặc theo một đường chéo của hình vuông kích thước (xem hình b) rồi thực hiện: Hoặc là giảm số ở ô nằm giữa đi 2 đơn vị đồng thời tăng số ở hai ô liền kề lên 1 đơn vị, hoặc l| tăng số ở ô nằm giữa lên 2 đơn vị đồng thời giảm số ở hai ô liền kề đi 1 đơn vị. Giả sử rằng sau hữu hạn bước, tập hợp tất cả các số ghi trên bảng ô vuông vẫn là tập {1; 2; 3; <; 100}. Chứng minh rằng khi đó c{c số ghi trên bảng theo đúng vị trí như trước khi biến đổi.

1 2 3 < 9 10

11 12 13 < 19 20

21 22 23 < 29 30

< < < < < <

91 92 93 < 99 100

Hình b- Ba ô vuông con liên tiếp Hình a – Bảng ô vuông ban đầu

Lời giải

Ta kí hiệu là số ghi ở ô vuông con thuộc hàng i, cột

j ở ngay sau bước biến đổi thứ n, ở đó thứ tự hàng i tính từ trên xuống dưới, thứ tự cột j tính từ trái sang phải.

+ Ban đầu (coi l| “ngay sau lần biến đối thứ 0”) trên được điền vào ô theo quy luật bảng có các số

156

với mọi , .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

+ Xét đại lượng với .

Ban đầu khi chưa biến đổi, có

Xét từ lần biến đổi thứ n sang lần biến đổi thứ n + 1, bằng cách từng khả thử năng về chọn bộ ba ô vuông liền kề (ô ở giữa điền

):

Trường hợp chọn 3 ô vuông liên tiếp như hình vẽ trên ta có

C{c trường hợp còn lại,với cách thức biến đổi tương tự, chỉ “tăng” hoặc “giảm” đi một ta thấy giá trị của

lượng dạng với p, m, q, r là số nguyên

dương thỏa mãn và .

Mặt khác:

, vậy với mọi n, nghĩa l| là một bất biến của

quá trình biến đổi.

+ Giả sử sau N bước, tập hợp các số ghi trên bảng đúng bằng {1; 2; 3; <; 100} nghĩa l| bộ

là một hoán vị của bộ

(1; 2; 3; <; 100).

157

Ta có nên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

.

Mặt khác theo bất đẳng thức về dãy sắp xếp ta luôn có , dấu đẳng thức chỉ xảy ra

khi hai dãy và

xếp theo cùng trật tự

tăng giảm.

Hai dãy này là hoán vị của nhau nên điều đó chỉ xảy ra khi và chỉ khi

.

Vậy bảng số lúc n|y được sắp xếp đúng như trật tự lúc đầu.

Đề 25

Câu 1. Giải hệ phương trình

Điều kiện x{c định:

Phương trình (1)

Thế (3) v|o (2) ta được:

Ta có hai trường hợp: *TH1:Nếu x = 1 thì y = 0. Thử lại vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn.

158

*TH2: Nếu thì ta có phương trình

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là

Câu 2.

- Gọi E, F, M, N lần lượt là tiếp điểm (O1), (O2) với đường tròn (O) v| AB như hình vẽ. Gọi K l| giao điểm EF với (O). Ta có c{c điểm E, O1, O thẳng h|ng; c{c điểm M, O2, O thẳng hàng.

- Hơn nữa

Vậy K l| điểm chính giữa cung AB. Như vậy EF đi qua điểm chính giữa K của cung AB. - Chứng minh tương tự ta cũng có MN cũng đi qua K.

- Từ đó nên tứ giác EFNM là tứ giác nội tiếp, do đó

Vậy điểm K nằm trên trục đẳng phương của (O1), (O2) Suy ra ba điểm C, T, K thẳng hàng.

(1) và ; và

Từ đó điểm T nằm trên phân giác của - Ta có các cặp tam gi{c đồng dạng Từ đó Ta lại có KA = KB, suy ra KA = KB = KT. Vì vậy các tam giác KAT và KBT cùng cân tại K.

Do đó

Suy ra AT là phân giác của

159

Từ (1) v| (2) suy ra T l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC (đpcm) Câu 3.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Đặt khi đó ta viết

Ta xét c{c trường hợp sau:

*TH 1: Nếu q là số lẻ thì

Kết hợp với (2016m +1) | (2016n +1) thu được

*TH2: Nếu q là chẵn thì

Kết hợp với (2016m +1) | (2016n +1) và ta thu được

(vô lí vì

Vậy ta có điều phải chứng minh. Câu 4.

Đặt ta có x, y, z là các số dương n|y v|

Ta cần chứng minh

Trước hết ta chứng minh

Thật vậy, ta có:

(1)

Theo bất đẳng thưc AM – GM ta có

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên suy ra bất đẳng thức (2) được chứng minh. Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.

Từ (1) suy ra

160

Vì vậy ta cần chứng minh

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do và nên ta có bất đẳng

thức (3) được chứng minh. Từ đó ta có đpcm.

Câu 5. Tổng số phần tử trong 64 tập con lớn hơn 64.1008 = 32.2016. Vì vậy tồn tại một phần tử a của tập X thuộc ít nhất 33 tập con, giả sử là X1, X2,....X33. Xét 31 tập con còn lại, lí luận tương tự suy ra tồn tại một phần tử b của tập X thuộc ít nhất 16 tập con, giả sử là X34, X35,....X49. Xét 15 tập con còn lại, lí luận tương tự suy ra tồn tại một phần tử c của tập X thuộc ít nhất 8 tập con, giả sử là X50, X51,....X57. Xét 7 tập con còn lại, lí luận tương tự suy ra tồn tại một phần tử d của tập X thuộc ít nhất 4 tập con, giả sử là X58, X59, X60, X61. Xét 3 tập con còn lại, lí luận tương tự suy ra tồn tại một phần tử e của tập X thuộc ít nhất 2 tập con, giả sử là X62, X63. Với tập X64 còn lại ta lấy một phần tử f Như vậy tập con A chứa các phần tử a, b, c, d, e, f thỏa mãn bài toán. Suy ra điều phải chứng minh.

Đề 26

Câu 1. a) điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với:

Ta có (1)

Ta có (2)

Vậy x = 3; là nghiệm của phương trình đã cho.

b) Điều kiện:

Trường hợp 1: Xét x < 2 ta có (1)

vậy là nghiệm.

161

Trường hợp 2: Xét 2 < x < 5 ta có (1)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

vậy (Bất phương trình vô nghiệm)

Trường hợp 3: Xét 5 < x 8 ta có (1)

Kết hợp với miền x đang xét ta có là nghiệm của bất phương trình.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình l|:

Câu 2. Giả sử có số nguyên dương n sao cho n + 26 = x3 và n – 11 = y3 với x,y là hai số nguyên dương (x>y). Khi đó ta được

Ta thấy nên ta có

Thay x = y +1 từ (1) v|o (2) ta được từ đó có y = 3 v| n = 38.

Vậy n = 38 là giá trị cần tìm.

Câu 3. Cách 1: Đặt AB = c, AC = b, BC = a,

Khi đó:

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK và ACK, ta

được:

Do BK = 2CK, nên từ c{c đẳng thức trên ta có:

Lại có:

Thay (*) v|o (**), ta được:

162

Từ (1) avf (2) suy ra: Theo định lí carnot, suy ra CA vuoonng góc với FL.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Cách 2: Trường hợp 1: L nằm trên đoạn AK.

Ta có: .

Gọi M l| trung điểm của BK. Suy ra:

Mà

Gọi N l| điểm đối xứng với L qua F. Suy ra LC = LN, BN = LC (BNCL là hình bình hành). Suy ra NB = NL. Vậy

Từ đ}y

nên MN l| đường

Vì MNKL là hình hành, trung trực của BL. N l| giao điểm của đường trung trực của đoạn thẳng BL với đường phân giác góc A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABL.

(không chứa

Vậy N l| điểm chính giữa của cung điểm A) của (ABL).

.

Vậy Hay Trường hợp 2: L nằm ngo|i đoạn AK. Lập luận tương tự ta cũng có Cách 3: Gọi D l| điểm đối xứng với B qua AK v| E l| điểm trên tia AK sao cho AE = AB = AD. Ta thấy tam giác EAD là tam giác cân và C nằm trên phân

.

giác của Ta chứng minh rằng C l| trung điểm của DE. Thật vậy, giả sử C không nằm trên DE. Gọi C’l| giao điểm của DE v| AC, AC’ cắt KE tạo K’. Suy ra K’ l| trọng tâm cảu tam giác EBD.

Vô lý. Vậy

.Hơn nữa F là

163

Vì C l| trung điểm của DE, suy ra trung điểm của BC, L l| trung điểm của BD, suy ra . Vậy Câu 4: Ký hiệu là số phần tử của tập hữu hạn X.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Gọi B1, B2,...,Bn là tập con của A thỏa mãn:

A mà a thuộc vào 4 tập trong số tập B1, B2,...,Bn (chẳng hạn a

Giả sử tồn tại phần tử a B1, B2, B3, B4), khi đó: Mà nếu i j, tức là .

Do đó

Từ đ}y điều này mâu thuẫn.

Như vậy, mỗi phần tử A chỉ thuộc về nhiều nhất là ba trong số các tập hợp B1, B2,...,Bn. Khi đó Giả sử A = xét các tập con của A là:

B1 = , B2 = ; B3 = , B4 =

B5 = , B6 = ; B7 = , B8 =

Tám tập hợp trên là các tập con gồm ba phần tử A thỏa mãn . Vì vây số n

cần tìm là n = 8

Câu 5.

Gọi vế trái của bất đẳng thức S. Do

Nên

(điều phải chứng minh)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1

Đề 27

Câu 1.

a) Tập x{c định của hàm số là R. a = 1 > 0 ,

164

Hàm số nghịch biến trên đồng biến trên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

b) Phương trình ho|nh độ giao điểm

Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt

(thỏa mãn điều kiện)

Câu 2. a)

HPT

Đặt Ta có

Suy ra là 2 nghiệm cảu phương trình

165

Suy ra u = v = -9. Hệ đã cho tương đương với hệ phương trình sau:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Hệ đã cho có 4 nghiệm

b) Đặt

Phương trình trở thành

không thỏa mãn điều kiện

hoặc

Với t = 1, ta có Vậy phương trình có tập nghiệm là

(điều kiện c)

Điều kiện cần. Giả sử hệ có nghiệm duy nhất là

Ta có

là một nghiệm của phương trình

Vì phương trinh duy nhất nên

Điều kiện đủ: Xét m = 12 phương trình đã cho trở thành

Đẳng thức xảy ra . Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0, vậy m = 12.

Câu 3. a)

BĐT

166

Áp dụng BĐT CoSi, ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c b)

Áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có

Chứng minh tương tự

Vì vậy

Thay

Dấu bằng có thể xảy ra, khi hoặc các hoán vị, ta có S = 4

Vậy min S = 4 Câu 4.a)

tam giác ABC vuông tại C

b) Ta chứng minh

167

Qua M kẻ đường thẳng song song với BC lần lượt cắt AB, AC tại A1, A2; kẻ đường thẳng song song với AC lần lượt cắt BC, AB tại B1, B2; kẻ đường thẳng song song với AB lần lượt cắt BC, AC tại C1, C2. Các tam giác MB1C1, MA2C2, MA1B2 đều,

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Gọi G là trọng tâm của tam giác DEF. Ta có

Từ (1), (2) ta có

M, O, G thẳng hàng. Vậy OM đi qua trọng tâm của tam giác DEF

Câu 5. a)

Gọi E l| điểm đối xứng của B qua AD: y = 0, ta có E ∈ AC, E(1;-3) Phương trình đường thẳng AC

b) Gọi M l| trung điểm của BC, ta có MD = ME

168

Gọi , ta có nên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Ta có

Đề 28

Câu 1. 1. Ta có:

2. Yêu cầu bài toán tương đương với

Câu 2.1. Điều kiện: Phương trình đã cho tương ứng với

2. Điểu kiện x, y ≥

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

Dox, y ≥ nên x2 + 2xy + 2 > 0

Vì vậy (*) thay v|o phương trình thứ hai của hệ:

Giải ra ta được x =1, x =

Vậy nghiệm của phương trình l| (1;1) v|

Câu 3. 1. Điều kiện

169

Bất phương trình đã cho tương đương với

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

= Ta có:

Do đó (1)

Vậy

2. Ta có:

Vậy A = 1, suy ra A không phụ thuộc vào biến x

Câu 4.1 Ta có

Tương tự với 2 đẳng thức còn lại, sau đó công 3 đẳng thức lại ta được:

Sử dụng công thức trung tuyết suy ra điều phải chứng minh. 2. Ta có: d(A; BC) = ∆ABC vuông tại A nên

Kết hợp với điều kiện AB = 2AC ta được AC2 = 10 Mà C BC nên C(a; – a – 1 )

hoặc a = - 2

+) Với a = 0 suy ra C(0; - 1) Phương trình AB đi qua A, vecto ph{p tuyến

là x + 3y – 7 = 0

170

Từ đó tìm được tọa độ điểm B (-5;4) +) Với a = -2 suy ra C(-2;1) Phương trình AB đi qua A, vecto ph{p tuyến là x + 3y – 5 = 0

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Từ đó tìm được tọa độ điểm B (3;-4) 3. Đường tròn (C1) có tâm I1 (1;3) bán kính R1 = 3, (C2) có tâm I2 (2;- 2) bán kính R2 = Ta có A là một điểm chung của hai đường tròn. Gọi là vecto pháp tuyến của đường thẳng

Ta có:

Do MA = 2MB nên MA2 = 4MB2

hoặc

+) với , ta chọn phương trình ∆: 2x – y – 2 = 0

+) với , ta chọn phương trình ∆: 2x –7y – 2 = 0

Câu 5: Ta có

Do đó ta chứng minh được

Mà

Vậy (điều phải chứng minh)

Đề 29

Câu 1.

Ta có:

171

Hay với

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy thêm (k nguyên) vào thì A chia hết cho 2011.

Câu 2.

Theo đề b|i, ta có: (1)

Đặt

(2) Khi đó:

Đặt

(3) Khi đó:

Cộng vế theo vế phương trình (2) v| (3), ta được:

Thử lại, ta thấy , thỏa mãn điều kiện đề b|i.

Câu 3.

Điều kiện:

Đặt

Phương trình đã cho trở th|nh:

(vì ).

172

Với , ta có .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 4.

Ta có:

(1)

Tương tự, ta có:

(2)

(3)

Cộng vế theo vế của (1), (2) v| (3) ta được:

khi .

Vậy gi{ trị lớn nhất của biểu thức S là 3.

Câu 5.

[p dụng định lí sin cho tam gi{c ABC, ta có:

Khi đó:

(do ) .

Đề 30

173

Câu 1. Cách 1: Ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Phương trình (2) vô nghiệm Phương trình (1) cho tam gi{c ABC vuông tại A. Cách 2: Ta có:

Theo định lý Pytago suy ra tam giác ABC vuông tại A.

Câu 2. Ta có:

Điều kiện:

Xem phuoeng trình (1) l| phương trình bậc hai theo x nên ta có được hai nghiệm là:

 Với (loại vì )

 Với thay v|o (2) ta được:

Đặt thay vào giải ta được: t = 2

Vậy hệ thức có nghiệm là x = 3 và y = -1

Câu 3. (1)

Cách 1: Ta có:

174

+)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

+)

(điều phải chứng minh). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ kkhi a = b = c.

Cách 2: Đặt x = a + b , y = b + c, z = c + a.

Ta được (điều phải chứng minh).

(điều phải chứng minh).

suy ra GC = GD (vì

Câu 4. Cách 1: Vì m.n = k2 và k không chia hết cho 3 (m, n, k là số nguyên) nên m, n không chia hết cho 3. Suy ra m = 3m’ +r1, n = 3n’ + r2 (r1, r2 ∈{1;2} Do m.n = k2 nên m.n ≡ r1 r2 (mod 3), suy ra r1r2 ≡ 1 (mod 3) suy ra r1≡ r2 ≡1 (mod 3) Suy ra m ≡n (mod 3) Cách 2: Vì k không chia hết cho 3 nên k2≡ 1 (mod 3) suy ra m.n≡ 1 (mod 3) (*) Vì m.n không chia hết cho 3 nên m, n không chia hết cho 3. Giả sử m và n không cùng số dư khi chia cho 3 thì m.n ≡ 2 (mod 3) mẫu thuẩn (*). Suy m,n chia hết cho 3 có cùng số dư. Vậy m – n chia hết cho 3. Câu 5. Gọi GA.GB = GC2 = GD2 l| phương tích của điểm G với hai đường tròn). Theo định lí Talet ta có:

m| GC = GD nên AE = AF (điều

phải chứng minh)

Đề 31

175

Câu 1. Ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 2: Ta có

Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có:

Tương tự, ta cũng có ;

Từ đó suy ra:

Mặt khác theo công thức Cauchy – Shwarz:

Ta chứng minh:

176

Thật vậy ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Nên:

(3)

Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có:

Mà nên bất đẳng thức (3) đúng. Từ (1), (2) v| (3), ta có điều phải chứng

minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Câu 3. Gọi I l| trung điểm cảu BC. Ta có:

Ta cos CGB2P là hình bình hành nên GB2 song song và bằng CP nên GB2 song song và bằng AQ, suy ra AQB2G là hình bình hành, vậy có QB2 song song và bằng AG. Suy ra QB2 song song và bằng FC2. Nên FQB2C2 là hình bình hành, hay FQ song song với B2C2 (2) Từ (1) và (2) suy ra

Tương tự cũng có:

177

Vậy c{c đường thẳng đi qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc với B2C2, C2A2, A2B2 đồng quy tại G nên theo hệ quả của định lí Carnot, ta có c{c đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 cũng đồng quy. Câu 4: Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12m3 + n. Chứng minh rằng m – n là lập phương của một số nguyên. Ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

là số lẻ nên p là số lẻ.

Giả sử p là một ước nguyên tố chung m – n và Do Từ (1) suy ra mà p là số nguyên lẻ

Mặc kh{c p l| ước của (vô lí)

Do đó m – n và không có ước nguyên tố chung, suy ra

Do , suy ra m – n là lập phương của một số nguyên.

Câu 5: Tập M có 144 điểm được tô bằng 3 màu nên tồn tại 1 m|u tô được tô ở không ít

hơn điểm.

Ta chọn trong c{c điểm của M đúng 48 điểm được tô cùng m|u. Chia c{c điểm của M th|nh 12 h|ng (c{c điểm có cùng tung độ) và 12 cột (c{c điểm có cùng ho|nh độ). Gọi ai (i = 1,..., 12) là số điểm trong 48 điểm được chọn có trong một cột thứ i suy ra:

Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là:

Số cặp điểm có ho|nh độ trùng nhau là:

Ta có: Vì mỗi cặp được chọn trong cùng một cột tương ứng với một cặp h|ng trong đó c{c điểm trong một hàng có cùng tung độ. Số các cặp hàng khác nhau là:

Vì 72 > 66 nên luôn tìm được hai cặp điểm nằm trên 1 cặp hàng. Vậy luôn tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với trục tọa độ v| có 4 đỉnh tô cùng một màu

Đề 32

178

Câu 1. Điều kiện:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Đặt . Suy ra

Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm phương trình l| x = 1 hoặc x = 2. Câu 2. Gọi CD AB tại D. Khi đó AP, BQ, CD đồng quy nên T, B, D, A l| h|ng điểm điều hòa

Do đó ta có TM.TD = TA.TB. Xét hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CDM và ngoại tiếp tứ giác ABPQ, tâm của hai đường tròn n|y đều nằm trên CM. Nhưng TM.TD = TA.TB v| HP.HA = HQ.HB nên H, T nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn nói trên. Vậy HT CM.

Câu 3. Đặt thì . Suy ra

Dễ thấy l| đơn {nh nên từ suy ra f(x) cũng l| đơn {nh.

Gọi x0 là một điểm cố định của hàm

Ta có Suy ra cũng l| một điểm cố định của hàm

, là một song ánh trên tâp nên:

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 4. Ta có:

179

Vì bất đẳng thức đúng với mọi gi{ trị a,b,c nên đúng với a = b = c = 1

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Ta chứng minh l| gi{ trị lớn nhất

Xét bất đẳng thức trở th|nh

[p dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

Suy ra

Mặt kh{c

Từ (2) v| (3) suy ra (1) được chứng minh. Vậy số k lớn nhất

với k,t là cac số tự hiên và t là số lẻ.

Câu 5. Xét Đặt

Do t là số lẻ nên

Ta có a chia 4 dư 1 nên chia 4 dư 2.

Do đó

Từ đó suy ra gi{ trị nhỏ nhất của n cần tìm là

Đề 33

Câu 1. a) Lập phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d sao cho ∆ cắt (P)

tại 2 điểm ph}n biệt A, B v| AB = 1.

Đường thẳng ∆ song song với d có dạng y = x + m (m ≠ 3)

Phương trình ho|nh độ giao điểm

Để ∆ cắt (P) tại hai điểm ph}n biệt A, B thì (1) có 2 nghiệm ph}n biệt, điều kiện l|

180

Gọi l| hai nghiệm ph}n biệt của (1). Theo định lý Viet ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Kết hợp điều kiện ta được

b) Goi I l| đỉnh của (P); A, B l| hai điểm ph}n biệt, không trùng với đỉnh v| nằm trên (P) sao cho IA vuông góc với IB. Tìm quỹ tích điểm N của AB khi A, B thay đổi.

Gọi A nằm trên (P), đỉnh .

Đường thẳng IB qua I (0;1), nhận l| vecto ph{p tuyên. Phương trình của

đường thẳng IB l|

Tọa độ của B l| nghiệm của hệ phương trìn:

N l| trung điểm của AB, suy ra N

Nhận xét . vậy quỹ tích của điểm N l| Parabol

Câu 2. 1. Ta có Điều kiện

181

Vậy phương trình có nghiệm

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

2. Ta có:

Điều kiện:

Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có

vì

Thay x = y vào (1) ta có

vì

182

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;2) Câu 3.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

1. Gọi Q l| giao điểm của AP v| BC, suy ra P l| trung điểm của AQ, tam giác ACQ

cân tại C. CQ = CA = b suy ra BQ = BC – CQ = a – b.

b)

suy ra cùng phương với do ddos P, M, N thẳng

hàng.

2. Cho tam gi{c ABC có AC = b, BA = a, AB = c l| độ dài ba cạnh của tam giác;

l| độ d|i ba đường trung tuyến lần lượt xuất phát từ A, B, C. Gọi R, S

lần lượt l| b{n kính đường tròn ngoại tiếp, diện tích của tam giác ABC. Chứng

minh rằng nếu thì tam gi{c ABC đều.

Vì

Nên

Chứng minh tương tự ta có

Vậy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Hay tam gi{c ABC đều

183

Câu 4.Vì tam giác ABC cân tại A nên hóc CBH bằng góc BCK

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Suy ra cos(BC, BH) = cos(BC, CK) Đường thẳng BC có vecto pháp tuyến

Đường thẳng CK có vecto pháp tuyến

Gọi vecto pháp tuyến của đường thẳng BH là

cos(BC, BH) = cos(BC, CK)

= (4;3) suy ra =

+) Nếu b = 0 thì a = 0 (loại). +) Nếu b ≠ 0, chọn b = 3 suy ra a = 0 hoặc a = 4 +) Nếu a = 4; b= 3 thì (loại) +) Nếu b = 3, a = 0 suy ra phương trình BH l| y – 6 = 0

Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình

Phương trình của AC: x =1 B l| giao điểm của BH và BC suy ra B(5;6) Phương trình của BA: 3x – 4y + 9 = 0 A l| giao điểm của AB và AC suy ra A(1;3) Diện tích tam giác ABC:

Câu 5. Ta có: .

Chứng minh tương tự ta có ,

Suy ra

184

Ta chứng minh

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(điều n|y luôn đúng)

Vậy

Suy ra

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2.

Đề 34

Câu 1. Ta có:

Điều kiện:

Phương trình

+) Xét không thỏa mãn phương trình.

+) Xét ta có phương trình

Đặt ta có

Với , ta có

Đối chiếu điều kiện, ta có phương trình có nghiệm duy nhất là Ghi chú: HS có thể giải bằng c{ch đặt

Câu 2. Ta có:

185

Điều kiện

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Phương trình (3) vô nghiệm vì

Thay x = y v|o phương trình (2), ta có

Vế tr{i phương trình (3):

Dấu “=” xảy ra khi

Vế phải phương trình (3): dấu “=” xảy ra khi

Do đó, phương trình (3) có nghiệm là

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho l|

Câu 3. 1. Áp dụng định lý số sin trong tam giác, ta có Ta có

Do đó, ta chứng minh tam giác ABC nhọn, ta chứng minh góc A nhọn. Ta có

nhọn, điều phải chứng minh. Suy ra

2. Ta có

vuông tại H, ta có

186

vuông tại K, ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Từ (1), (2), (3) ta có

và góc C chung

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

Lưu ý: Ở (4), có thể sử dụng tỉ số đồng dạng

Câu 4. Đường tròn (C) có tâm I(-1;-4), bán kính Gọi A v| B l| hai giao điểm của (C) v| (C’) Gọi H l| giao điểm của EI với AB. Từ giả thiết ta có IA = IB = AB = do đó đều.

Do đó đường cao

Xảy ra 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: H nằm giữa E và I (C’) có bán kính

Khi đó PT đường tròn (C’) l|

Trường hợp 2: I nằm giữa E v| H. (C’) có b{n kính

Khi đó PT đường tròn (C’) l|

Câu 5. Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

Ta có

dấu “=” xảy ra khi Suy ra

187

Do đó, ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(Vì

Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi . Điều phải chứng minh.

Đề 35

Câu 1. Ta có:

Nhận xét

Đặt

Biến đổi hệ ban đầu về hệ:

Tìm được

188

Câu 2.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Gọi O l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ABC, P l| tiếp điểm đường tròn (O) với AB, giao điểm của MN với AO l| I.

Do AO l| tia ph}n gi{c góc BAx nên hai điểm P v| N đối xứng nhau qua AO.

Suy ra (PI; PO) = (NI; NO) = (MI;MO)(modπ) (do tam gi{c MIN c}n). Từ đó suy ra 4 điểm P, I, O, M, cùng thuộc một đường tròn (1).

suy ra tứ gi{c

Mặt kh{c (O) tiếp xúc với cạnh AB, BC ở P v| M nên AMBP nội tiếp đường tròn đường kính BO (2)

Từ (1) v| (2) suy ra 5 điểm B, M, I, O v| P cùng thuộc đường tròn b{n kính BO. Do đó

dẫn đến I l| hình chiếu của P trên AO.

do góc BAx cố định v| B cố định trên đường thẳng AO cố định v| suy ra điểm I cố định.

Vậy đường thẳng MN đi qua điểm I cố định.

Câu 3.

Không mất tổng quát, giả sử do

+) Nếu z – xy < 0 khi đó VT ≤0≤ VP, bất đẳn thức đúng. +) Nếu z – xy ≥ 0, ta chứng minh bất đẳng thức sau: với mọi a, b, c thuộc (0;1) ta có:

Thật vậy:

189

Áp dụng bất đẳng thức trên cho x, y, z thuộc (0;1) ta được

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Nhân vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta thu được: (điều phải chứng minh)

Câu 4.Ta có:

Kết hợp suy ra

Do p là số nguyên tố nên có hai khả năng xảy ra: Trường hợp 1:

Nếu

Thử lại thấy (m; n) = (1; 2),(2; 1),(1; 1) thỏa mãn Trường hợp 2: viết lại:

Dấu bằng chỉ xảy ra khi m = n = 1. Vậy trong mọi trường hợp ta tìm các bộ số thỏa mãn là (1; 2),(2; 1),(1; 1)

Câu 5.

a)Vì c{c số thực được điền v|o c{c ô vuông l| những số nguyên dương nên tồn tại số a nhỏ nhất trong c{c số được điền.

Giả sử tồn tại một ô vuông cơ sở có chứa a m| 4 ô vuông cơ sở có cạnh liền kề có ít nhất một ô vuông có chứa số b a. gọi c d e l| ba số ở ba ô vuông cơ sở có cạnh liền kề còn lại.

Khi đó trái với giả

thiết.

190

Như vậy nếu có một ô vuông có chứa số a thì 4 ô vuông có cạnh liền kề với nó cũng chứa số a.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do đó tất cả c{c ô vuông đều chứa số a.

b) Nếu c{c số được điền l| c{c số hữu tỉ thì 4 số ở 4 ô vuông có cạnh liền kề với ô vuông cơ sở không nhất thiết phải bằng nhau.

Ta x}y dựng một hệ trục tọa độ vuông góc có c{c trục tọa độ song song hoặc trùng với c{c cạnh của lưới ô vuông v| có đơn vị trên mỗi trục bằng độ d|i cạnh của ô vuông cơ sở. Ở mỗi hình vuông cơ sở ta điền một số bằng trung bình cộng hai tọa độ t}m của hình vuông đó.

Khi đó do tọa độ của t}m c{c hình vuông cơ sở đều l| số hữu tỉ nên số đặt v|o đó cũng l| số hữu tỉ.V| số đặt v|o 4 ô vuông cơ sở có cạnh kề với nó không bằng nhau.

Ta chứng minh số điền v|o c{c ô vuông cơ sở bằng trung bình cộng của 4 số ở 4 ô vuông có cạnh liền kề với nó như sau:

Không mất tổng qu{t giả sử có hình vẽ bên.

khi có t}m của 4 hình vuông cơ sở A B C D l| 4 đỉnh của một hình vuông nhận t}m I của hình vuông cơ sở ở giữa l|m t}m, nên dẫn đến tọa độ điểm I l| trung bình cộng của độ của c{c điểm A B C D do đó được đặt trong hình vuông tâm I là số hữu tỉ v| l| trung bình cộng của 4 số hữu tỉ được đặt trong c{c hình vuông t}m A B C D

Đề 36

Câu 1. Điều kiện:

Phương trình tương đương với:

Đặt khi đó phương trình (1) trở thành:

phương trình (2) có nghiệm:

191

phương trình (2) có nghiệm:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(thoả điều kiện )

Vậy phương trình có 2 nghiệm ,

Câu 2. Điều kiện: + Nhận xét

+ Với

(loại)

Với suy ra

Câu 3. Từ giả thiết

Biến đổi

Lại có:

Tương tự

Từ đó

192

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =1. GTNN của P = 1

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 4. Cách 1

Xét tích

Do AD là phân giác của nên

Do tứ giác AMDN nội tiếp nên ta có

v| AD l| đường kính

Do AD là phân giác của nên AM = AN (4) Thay (2), (3), (4) v|o (1) ta được

Do đó c{c đường thẳng CM, BH, AH đồng quy. Cách 2 Ta chứng minh bài toán cho cả elip v| đường tròn như sau: “Elip hoặc đường tròn (E) cắt cạnh BC, CA, AB của ở A1,A2; B1,B2; C1,C2. Chứng minh rằng nếu AA1, BB1, CC1 đồng quy thì AA2, BB2, CC2 cũng vậy” Thật vậy, áp dụng định lý carnaot: “Cho đường cong bậc hai:

∆ABC theo tỉ số Ai, Bi, Ci (i = 1, 2) lần lượt chia cạnh BC, CA, AB của (Ai, Bi, Ci ≠ đỉnh). Vậy thì: Ai, Bi, Ci ∈

(C) , ta có:

đồng quy = -1 nên từ

đồng quy.

Quay trở lại bài toán trên, ta thấy đường tròn đường kính AD cắt ba cạnh của tam giác ABC tại 6 điểm H, D; N,A; A,M m| AD, BA, CA đồng quy tại A nên AH, BN, CM đồng quy. Câu 5. Vì (17, 10) = 1 (1) và 17 là số nguyên tố nên theo định lý Fecma nhỏ ta có:

Từ (1) và (2) suy ra

Do đó, với mọi n nguyên dương thì

Mặt khác

Vậy có vô số số hạng của dãy 9; 99; 999;9999;... chia hết cho 17

Đề 37 193

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 1. Điều kiện:

Bất phương trình tương đương với

Kết hợp với điều kiện đã x{c định, ta được

Câu 2. Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo định lí Ptoleme ta có

AB.CD + CD.BC = AC.BD (1)

Vì AP, CP tương ứng là phân giác góc A và C nên

Từ (1) và (2) suy ra 2AB.CD = AC.BD

M| Q l| trung điểm BD nên BD = 2BQ

Do đó: Ab.CD = AC.BQ hay . Mà

(góc nội tiếp chắn cung AD) nên

Mà (đối đỉnh); (số lẽ trong) (*)

Suy ra tứ giác CQDK nội tiếp

Chứng minh tương tự

194

Từ (*), (**), (***)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Suy ra tam giác DCK cân tại D.

Câu 3. Ta chứng minh giá trị nhỏ nhất của S bằng

Đặt

Ta có a, b, c là các số thự dương a + b + c = 3 v|

Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng v| trung bình nh}n ta được

Viết 2 kết quả tương tự và cộng lại ta được

Dùng a + b + c =3 và (a+b+c)2 ≥ 2(ab + bc + ca) ta có

Mà khi x = y = z =1 thì . Suy ra điều phải chứng minh.

Câu 4. Lấy 5 điểm tùy ý sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng trong mặt phẳng. Khi đó vì chỉ dùng hai m|u để tô c{c điểm nên theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ba điểm trong số đó cùng m|u.

Giả sử đó l| 3 điểm A, B, C, m|u đỏ

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Nếu G có m|u đỏ thì ta được tam gi{c có 3 đỉnh và trọng t}m m|u đỏ. Nếu G m|u xanh. Kéo d|i GA, GB, GC c{c đoạn AA’ , BB’, CC’ sao cho AA’ = 3GA, BB’ = 3GB, CC’ = 3GC. Gọi M, N, P tương ứng l| trung điểm BC, CA, AB thì AA’ = 3GA = 6GM, suy ra AA’ = 2AM. Tương tự BB’ = 2BN, CC’ = 2CP.

Do đó tam gi{c A’BC, B’CA, C’AB tương ứng nhận A, B, C làm trọng tâm.

Mặt kh{c: ta cũng có tam gi{c ABC, A’B’C’ có trọng tâm G.

Có hai trường hợp có thể xảy ra:

195

+) Nếu A’, B’ , C’ có cùng mùa xanh, khi đó tam gi{c A’B’C’ v| trọng tâm G có màu xanh.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

+) Nếu ít nhất một trong c{c điểm A’, B’ , C’ m|u đỏ. Không giảm tổng quát, giả sử A’ đỏ. Khi đó tam gi{c A’BC v| trọng t}m A có m|u đỏ.

Câu 5. Đặt ta có 28A = , xét số dư khi chia A

cho 9, 13, 17 ta thu được

+) A chia cho 9 không có số dư 3; 6

+) A chia cho 13 không có số dư 1; 3; 4; 9; 10; 12

+) A chia cho 17 không có số dư 1; 2; 4; 8; 9; 13; 15; 16

Theo định lí thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn

+) n + 7, n + 10 không có dạng

+) n + 3, n + 5, n + 6, n + 11, n + 12, n + 14 không có dạng

+) n + 1, n + 2, n + 4, n + 8, , n + 9, n + 13, , n + 15, , n + 16 không có dạng

Từ đó suy ra tại 16 số n + 1, n + 2; ....; n + 16 thỏa mãn bài toán.

Đề 38

Câu 1. Sử dụng các bất đẳng thức cauchy quen biết cho hai số

dấu “=” xảy ra

dấu “=” xảy ra

dấu “=” xảy ra

Ta thu được

196

Mặt khác, theo giả thiết thì T là hoán vị của D nên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Suy ra T= R= A= I= H= E = P= N = nên N =

Câu 2. Điều kiện: Biến đổi phương trình về dạng

Từ đó tìm được x = - 3 hoặc , đều thỏa mãn.

Câu 3. Ta có (1)

10x2 + 3y2 – 40x + 12y + 52 = 0 10(x – 2)2 + 3(y + 2)2 = 0

CA2.BA + BA2.AC = BC.AA2

Nhân hai vế của (3) với 2 cộng với các về tương ứng (2), ta thu đượcc phương trình Suy ra x = 2; y = - 2. Nghiệm (x;y) = (2;-2) thỏa mãn. Câu 4. Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp CA2BA ta thu được Vì BA2 = CA2 nên suy ra CA2(AB + AC) = BC. AA2 và

Ngoài ra, ta có

Mặt khác do đồng dạng với nên suy ra

Từ đó, ta có

Tương tự, ta có

Và

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta thu được

197

Áp dụng bất đẳng thức Nesbit cho ba số dương AB, AC, BC, ta được bất đẳng thứ cần phải chứng minh

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Đẳng thuwscc xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC l| tam gi{c đều. Câu 5. Giả sử ngược P(x) ph}n tích được thành tích của hai đa thức bậc hớn hơn 0 với hệ số nguyên thì một thừa số l| đa thức bậc nhất. P(x) = ax3 + bx2 + cx +d = (mx + n)(rx2 + ux + s) Với m, n, r, u, s Nhận xét rằng phương trình P(x) = 0 không thể có nghiệm dương va fnghieemj bằng 0 (do a, b, c, d ∈ {0;1;2...9} và a, d khác 0) nên m, n cùng dấu. Đồng nhất thức hệ số, ta thu được mr = a, nr = d nên không mất tính tổng quát có thể coi m, n, r, s )

Vậy

Thế x = 10 v|o (1) ta thu được: p = (10m +n)

Với 0 < 10m < n < 100 < p, trái với giả thuyết nên p là số nguyên tố

Đề 39

Câu 1. a) Phương trình đã cho có hai nghiệm

Với điều kiện trên, theo định lí Viets ta có:

Do đó

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Vậy biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi và chỉ khi m =

b) Do với mọi nên

Mặt khác với mọi

Theo bất đẳng thức Cosi ta có:

(điều phải chứng minh).

198

Câu 2. a) Cách 1: Điều kiện:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:

Kết hợp với điều kiện ta được x = 3. Vậy tập nghiệm của phương trình S = {3}. Cách 2: Đặt

Ta có hệ phương trình

Vậy

(loại)

Với Với Vậy phương trình chỉ có nghiệm duy nhất x = 3. b) Điều kiện:

Từ phương trình đầu của hệ ta có:

Thay v|o phương trình thứ hai của hệ ta được:

199

Khi

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

So sánh với điều kiện tập x{c định ta được nghiệm của hệ phương trình (x;y) = (3;1). Câu 3. a) Yêu cầu bài toán

Bất đẳng thức (*) luôn đúng do 0 < a, b, c < 1.

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

b) Tập x{c định . Đặt suy ra thay vào bất phương trình ta

được:

Kết hợp với tập x{c định ta được tập nghiệm là S =

Câu 4. a) Ta có

Do và

Vậy Cách 2: Dựng hình bình hành ACDB. Do nên

ta có

Do ACDB là hình bình hành nên ta có

nên ta có Do

Từ (1), (2), (3), ta có

Vậy

Do

200

nên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Cách 3: Theo giả thiết nên ta có

Ta có

Xét phép quay vecto góc quay +900 , từ (1) ta có

Vậy

Từ (2) và (3), ta có phép quay vecto góc quay +900,

Kết luận: qua phép quay vecto góc quay +900 là

Vậy Cách 4: xét hệ trục vuông góc Mxy như hình vẽ. Ta có M (0;0); C(m;n); B(-m;-n); A(0;a) (m > 0). Vecto có tọa độ

Vecto có tọa độ

là vecto pháp

Phương trình đường thẳng AF nhận tuyến là

Vì

Phương trình đường thẳng AE nhận là vecto pháp tuyến là

Vì

Do có tam gi{c ABE đồng dạng với tam giác ACF nên

Suy ra:

201

Vậy AM Cách 5: (Dành cho các em học sinh đã học qua số phức) Gọi a, b, c, e, f, m lầ lượt là những số phước tọa vị là A, B, C, E, F,M

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Ta có tam gi{c ABE đồng dạng với tam giác ACF nên

biểu diễn số phức b – a. biểu diễn số phức c – a. biểu diễn số phức e – a. biểu diễn số phức f – a.

2(m – a) = ki(e – f) (k ∈ R)

nên c – a = - ki(f – a) (2) Vì Từ (1) và (2) ta có b + c – 2a = ki(e – f) Vì biểu diễn số phức m – a, biểu diễn số phức e – f, nên ta có AM

b) Ta có

Tương tự ta tính được

Theo giả thiết tan A + tan B = 2tanC

Hay tam giác ABC cân. c) Gọi B (a;1 – 2a) ∈ d.

Gọi N l| trung điểm AC suy ra

Mà

Theo (1)

202

Ta có: mà

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Ac đi qua N(5;1) v| có vecto pháp tuyến suy ra AC có phương trình x + y

– 6 = 0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(4;0), bán kính R = IB = nên có

phương trình:

Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:

Vậy A(3;3), B(1;-1), C(7;-1) hoặc A (7;-1), B (1;-1), C(3;3)

Đề 40

(*) Câu 1. 1. Ta có:

Điều kiện

Khi đó (*)

Từ (1) thỏa mãn điều kiện

Từ (2)

Nghiệm của phương trình

2. C{c số a, b, c thỏa mãn điều kiện . Chứng minh phương trình

(1) có nghiệm

Trường hợp 1: suy ra phương trình (1) trở th|nh (2)

+) Nếu : Phương trình (2) có nghiệm (vô định).

+) Nếu phương trình (2) có nghiệm (duy nhất).

203

Trường hợp 2: . Ta có .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm

Câu 2. Ta có:

Trường hợp 1: l| nghiệm của hệ.

Trường hợp 2:

Trường hợp 3: (loại)

Vậy hệ có 3 nghiệm .

Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm . X{c định tọa độ

điểm M trên đường thẳng sao cho nhỏ nhất.

Gọi l| điểm thỏa mãn

Vậy . Ta có

Như vậy nhỏ nhất khi v| chỉ khi MI nhỏ nhất. Suy ra M l| hình chiếu của I

trên d.

Phương trình tham số của . Gọi tọa độ

204

Suy ra . Ta có .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy .

Câu 4. 1. Ta có:

Khi . Ta có:

Ta có:

. Suy ra

Vậy góc giữa và bằng 90°.

2.

. Suy ra . Ta có

Dấu = xảy ra khi tam gi{c ABC đều.

Câu 5. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn

Tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức:

Ta có:

205

(1) Suy ra

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

) (vì

(2) Tương tự

(3)

Cộng theo vế của (1), (2) v| (3) suy ra

Mặt kh{c

Suy ra . Dấu = xảy ra khi .

Đề 41

Câu 1. Ta có:

Chứng minh tương tự

Từ đ}y ta có

Áp dụng bất đẳng thức , ta có

206

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vậy min S = tại

Câu 2. Giả sử rằng . Khi đó nếu ai = 2 thì không ảnh hưởng

đến tích nên có thể nên có thể xét ai ≥ 3 với k giá trị i. Nếu ai ≥ 4 thì là số hạng 4k –

1 nên phải có ước số nguyên tố p có dạng 4k – 1. Ta có ngay p | x2 + 32 nên p = 3. Tuy không thể chia hết cho 3 với mọi j, mâu thuẩn. Vậy ai = 3 với mọi nhiên aj ≥ 3 nên

i. Thành thử ta đưa đến phương trình 5k = x2 + 9. Ta chỉ ra k là số chẵn. Nếu k lẻ thì 5k ≡ - suy ra 1 (mod 3) do đó x2 ≡ -1 (mod 3). Từ đó đưa về 5k + x2 = 9 hay

Do đó . Vậy k = 2.

Thành thử ta có 2 trong số n số bằng 3 còn lại bằng 2. Câu 3. Lời giải Gọi G = BN ∩ CM; K = EM ∩ FN (h.1) Dễ thấy G thuộc OH (đường thẳng Euler); K thuộc GH (định lí Pappus). Do đó O, H, K thẳng hàng (1)

) và M,N, E, F cùng thuộc một đường tròn (đường

Dễ thấy B, C, E, F ( tròn Euler) Do đó

Điều đó có nghĩa l| HK Từ (1) và (2) suy ra OH O1O2 (2) O1O2

207

Câu 4.Ta chứng minh k bén nhất là 11. Xét tập S0 gồm 10 số tự nhiên là {0,6,12,18,24} ∪{1,7,13,19,25,31}

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Mỗi số ở nhóm 2 đều chia 6 dư 1, mỗi số ở nhóm 1 đều chia hết cho 6. Do đó không thể chọn được 6 số từ S0 mà tổng chia hết cho 6. Ta chỉ ra một tập con S bất kì của tập các số = 11 thì đều chọn ra được 6 số có tổng chia hết cho 6. Thực vậy, đầu tiên nguyên mà

ta chứng minh trong 5 số bất kì bao giờ cũng chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3. Thực vậy, nếu 5 số này có 3 số chia hết cho 3 được 3 số dư kh{c nhau thì tổng của ba số đó chia hết cho 3. Nếu 5 số này chia cho 3 có tối đa hai số dư khác nhau, thì theo

nguyên lý Dirichel, tồn tại ít nhất số có cùng số dư khi chia cho 3.

Áp dụng kết quả trên, chnj 5 số bất kì, khi đó có ba số có tổng chia hết cho 3. Kí hiệu nhóm 3 số đó l| S1 và loại bỏ ra khỏi tập S đang xét. Trong 11 – 3 = 8 số còn lại, lấy tiếp 5 số v| do đó chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3. Nhóm 3 số này là S2. Loại tiếp 3 số này ta còn lại 8 – 3 = 5 số. Áp dụng kết quả trên một lần nữa ta chọn được S3 gồm 3 số có tổng chia hết cho 3. Tổng số trong S1, S2, S3 là 3 số chia hết cho 3. Trong 3 số ấy có hai số cùng tích chẵn lẻ, do đó tổng hai số đó phải chia hết cho 2 x 3 = 6. Thành thử ta có 6 số có tổng chia hết cho 6. Nhận xét: Đ}y l| trường hợp đặc biệt cảu định lý EGZ đã kh{ kinh điển: Cho số nguyên dương n. khi đó trong một tập hợp S gồm 2n -1 số nguyên tùy ý, luôn chọn ra được n số có tổng chia hết cho n. Lược đồ chứng minh định lý n|y như sau: Đầu tiên chứng minh b|i to{n đúng cho số nguyên tố p. Sau đó chứng minh đúng cho pk v| cuối cùng chứng minh thêm: nếu b|i to{n đúng cho n = a v| n = b với (a,b) = 1 thì b|i to{n đúng cho n = ab. Hay không?

Ngày thi thứ hai

Câu 1. Điều kiện

Cách 1.

Cách 2:

208

Xét

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 2. Gọi ba nghiệm là khi đó nên . Ta có

Theo giả thiết a + b + 1 = 7c ta suy ra 1+ a + b+ c = 8c do đó P(1) = 8P(0). Theo định lý Viet, Suy ra hay .

hay

Do đó Phương trình P(Q(x)) = 0 tương đương với Q(x) – xi = 0 với i = 1, 2, 3 n|o đó. Ta có

. Theo trên nên ít nhất một số . Khi đó . Suy ra

. Vậy phương trình

Q(x) – xi = 0 vô nghiệm. Thành thử trong 3 phương trình với i = 1, 2, 3 có ít

nhất một phương trình vô nghiệm. Thành thử phương trình tối đa 4 nghiệm Câu 3. Lời giải Gọi G = AB ∩ CD (h.25) 1) Vì (GPAB) = -1; MA = MB và (GQCD) = -1; NC = ND nên

LG (định lí Brocard) (3)

Do đó M, N. P, Q cùng thuộc một đường tròn, tâm T. 2) Gọi L l| trung điểm của È; S = MQ ∩ NP ; {U;V} = EF ∩ (O) Dễ thấy TS Dễ thấy (GPAB) = -1. Kết hợp với MA = MB, theo hệ thức Maclaurin, ta có

Dễ thây (EFUV) = - 1 = (EFPQ). Theo hệ thức Newton cho hai h|ng điểm điều hòa (EFUV) và (EFPQ), ta có Mà LP.LQ = Vậy ; LU.LV = =

LG (4)

209

Do đó OT Từ (3) và (4) suy ra O, T, S thẳng h|ng (đpcm)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Câu 4.

a) Giả sử rằng d là một ước nguyên tố của +1. Suy ra , vowsi

. Neeus thì - 1⋮ -1⋮d , suy ra 2⋮ d, mâu thuẩn vì d lẻ. Vậy t =

n + 1, suy ra d ≡ 1 (mod ).

b) Đặt với . Nếu q là số chẵn thì từ

, ta suy ra , mâu thuẩn do A > . Thành thử q lẻ. Từ

chia hết cho A.

Vậy r = 0 nên là số lẻ.

Đề 42

Câu 1. Hàm số f(x) x{c định khi và chỉ khi

Vậy tập x{c định cảu hàm số f(x) là S =

210

Câu 2. a) Với mọi ta có:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(Do )

Do đó K > 0 f(x) đồng biến trên khoảng

b) Tập x{c định hàm số alf Với mọi , ta có ,

Suy ra f(x) là hàm số lẻ

Câu 3. Điều kiện:

Bất phương trình đã cho tương đương với

ta có: Đặt

Thay vào phương trình trên ta được:

+)

vô nghiệm do

+)

thỏa mãn điều kiện

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho l| S = {1}

Câu 4. Ta có: (I)

211

Ta có (1)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Với thay v|o (2) ta được

+)

+)

Với thay v|o (2) ta được

+)

+)

Vậy (I) có nghiệm (x;y) là:

Câu 5. Bất phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi

Trường hợp 1: Nếu m = 1 thì 6x + 4 < 0, vô lí.

Trường hợp 2: Nếu m ≠ 1 thì

Vậy tập hợp các giá trị cua rm là S =

Câu 6. Cách 1: Kết quả cơ bản: cho tam giác ABC trọng tâm G. Khi đó với mọi điểm O ta có Do M, N, P lần lượt là trọng tâm các tam giác OBC, OCA, OAB nên: , ,

Cộng từng vế 3 hệ thức trên ta được:

thẳng hàng

Cách 2: Vì M, N, P lần lượt là trọng tâm của tam giác OBC, OCA, OAB nên ta có

212

( lần kuowtj l| trung điểm của BC, CA, AB)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Xét vị tự . Vậy trọng t}m G’ của tam

.

giác MNP biến thành trọng tâm G của tam giác Mà trong tâm G của tam giác chính là trọng tâm G

của tam giác ABC Vậy thẳng hàng

Câu 7. Theo định lí hàm số sin và côsin ta có:

Tương tự ta có

Kết hợp với Vậy tam gi{c ABC đều Câu 8.Nhận xét.Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình bình hành suy ra nếu gọi E, F lần lượt l| trung điểm của BC, CA thì E, F cũng tương tựng l| trung điểm của HM, HN.

Do đó

Đường thẳng BC đi qua điểm P(4;2), nên:

AH vuông góc với BC suy ra AH co vecto pháp tuyến kết hợp với AH đi qua điểm H

(2;2) suy ra: AH: 1(x – 2) – 1(y – 2) = 0 x – y = 0

213

Do F l| trung điểm AC nên:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Do E l| trung điểm BC nên:

Vậy

Câu 9. Thay 2015 = a + b+ c thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:

Ta có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

Đề 43

Câu 1 (4,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực:

.

LG:

Điều kiện x{c định: (1).

Đặt ta được (2).

214

Từ (2) suy ra . Do đó

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

.

Thay lại biến ta được tập nghiệm của phương trình l|

Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác . Gọi l| đường tròn đi qua và tiếp xúc với

tại ; l| đường tròn đi qua và tiếp xúc với tại . l| giao điểm thứ

hai của và ; theo thứ tự l| giao điểm thứ hai của với đoạn

thẳng . Gọi l| đường tròn ngoại tiếp tam giác .

a) Chứng minh rằng: tiếp xúc với .

l| giao điểm thứ hai của ; l| giao điểm của ; và

và . Chứng minh rằng c{c điểm và cùng thuộc b) Gọi l| giao điểm của

một đường tròn.

LG:

a) Tứ giác ABKP là tứ giác nội tiếp nên .

AC là tiếp tuyến của nên . Suy ra (1).

Tứ giác APLC là tứ giác nội tiếp nên (2).

Từ (1) và (2), suy ra AK là tiếp tuyến của đường tròn .

215

Tương tự, ta chứng minh AL l| cũng l| tiếp tuyến của đường tròn .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

b) Cách 1. Dễ thấy AKSL là tứ giác nội tiếp. Ta chứng minh tứ giác AEKL là tứ giác nội tiếp. Thật vậy, Ta có (3).

Tứ giác KPLQ là tứ giác nội tiếp nên (4).

AB là tiếp tuyến với nên (5).

Từ (3), (4) và (5) nên (đpcm).

Cách 2. Ta có và nên , suy ra .

Do đó . Mà (do AL là tiếp tuyến với (S)) nên

.

Câu 3 (4,0 điểm) Cho đa thức , trong đó là các số

nguyên đôi một phân biệt, khác không, sao cho và . Tìm

.

LG: Xét đa thức . Theo giả thiết . Do

l| đa thức bậc nên .

Từ đó ta có:

Đồng nhất các hệ số cho ta , và .

hay . Từ đ}y ta được hay .

Từ đó ta được suy ra . Từ đó và .

216

Vậy .

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

rồi giải hệ phương trình nghiệm nguyên để

Chú ý. Học sinh có thể thay trực tiếp tìm

Câu 4 (4 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai điều kiện

sau:

l| lũy thừa của một số nguyên tố; i)

chia hết cho . ii)

LG: Đặt nguyên tố và nguyên dương. Ta viết ,

suy ra

và nên ta suy ra . Từ

và Ta có

thì hoặc Từ nên ta + Nếu

và suy ta . Do đó chỉ có

suy ra + Nếu

không có . Xét

Xét

khi đó hoặc và l| ước của phần tử còn lại. Xét

vì vậy Do đó mâu thuẫn. Từ

Vậy

. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất

Câu 5 (4 điểm) Cho tập Với mọi tập con của gồm phần tử, tồn tại hai phần tử phân biệt sao cho: sao cho

là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn đề. Xét tập LG: Giả sử

.

Ta thấy, với mọi phân biệt thì:

thì Vậy không có thỏa mãn Nếu

thì Vậy không có thỏa mãn Nếu

thì Vậy không có thỏa mãn Nếu

217

Vì nên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Mặt khác, với mọi tập , xét 9 cặp số sau .

Nếu một trong các cặp trên thuộc thì đó l| cặp thỏa mãn

Nếu không có cặp nào thuộc thì , vô lí.

Vậy với mọi tập luôn tồn tại thỏa mãn .

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của là 2017.

Đề 44

Câu 1: (1,5 điểm)

Yêu cầu bài toán PT sau có hai nghiệm phân biệt

hay (*)có m>1

Gọi là 2 nghiệm của (*), I l| trung điểm AB ta có ;

Yêu cầu bài toán

Kết hợp ĐK, kết luận

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình sau trên : .

b) Giải bất phương trình sau: .

218

LG: Điều kiện: . Ta có

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

b) Điều kiện: .

TH1 : Xét ta có :

Vậy là nghiệm.

TH2 : Xét ta có :

( Bpt vô nghiệm)

TH3 : Xét ta có :

Kết hợp với miền đang xét ta có là nghiệm của Bpt.

Vậy tập nghiệm của Bpt là :

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

219

LG:

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Điều kiện: 2x+y 0, x+4y 0. Từ (1) ta được y=x+1 hoặc y=2x+1

*) Với y=x+1, thay v|o (2) ta được

*) Với y=2x+1, thay v|o (2) ta được

Khi đó ta được nghiệm (x;y) là (0;1)

Đối chiếu điều kiện bài toán ta được nghiệm (x;y) của hệ đã cho l| (0;1) v| (1;2)

Câu 4 (2,5 điểm)

a) D(B; )= ; C(0:y0) ; D(C; )= , theo bài ra ta có

C khác phía B đối với suy ra C(0;-8)

Gọi B’(a;b) l| điểm đối xứng với B qua thì B’nằm trên AC.

Do nên ta có: ;

Trung điểm I của BB’ phải thuộc nên có:

Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5

220

Theo định lý Ta - Let suy ra

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Từ đó suy ra ;C(0;-8)

b)

Kẻ đường cao AH, ta có nên

. Do đó:

Suy ra

Kết hợp giả thiết suy ra hay

Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A l| trung điểm IH

Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: (*) bình phương vô hướng 2 vế (*), chú ý

rằng ta có:

Từ đó có

Mặt khác

Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng c{c đẳng thức đó lại ta có

Thay số có:

Dấu bằng xảy ra khi M trùng I

Câu 5 (2,0 điểm)

221

a) Chứng minh rằng c{c biểu thức sau không phụ thuộc v|o a.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Ta có

b)

Đặt AB=c, AC=b, BC=a, . Khi đó: .

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK v| ACK, ta được:

Do BK=2CK, nên từ c{c đẳng thức trên ta có:

Lại có:

Thay (*) v|o (**), ta được:

Từ (1) và (2) suy ra:

Câu 6 (1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng:

222

(I)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Giả thiết suy ra: . Ta Có:

Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được:

Ta sẽ CM:

Điều n|y luông đúng

Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z

Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z=

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Đề 45

Câu 1. Xét hệ phương trình

Điều kiện x{c định: x ≤ 3

Ta có phương trình (1)

. Vì x ≤ 3 nên x – 8 < 0, do đó không thể xảy ra trường hợp

Vậy

223

Thay vào (2) ta có: (điều kiện x ≥ - 2).

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(Điều kiện

Từ đó ta thu được nghiệm của hệ đã cho l|

Câu 2.a) Vì ACQP và PDQB là các tứ giác nội tiếp nên ta có:

nên AXQB nội tiếp (1)

Vì AXQB và BPDQ là các tứ giác nội tiếp nên ta có:

nên tứ giác XDQC nội tiếp (2)

Từu 1 và (2) suy ra QX là trục thẳng phương của hai đường tròng (ABQ) avf (CDQ) do đó IJ XQ

b) Ta sẽ chứn gminh rằng đường thẳng YZ đi qua điểm Q cố định v| đường thẳng này cũng đi qua điểm X.

Vì XDQC nội tiếp nên

Từ PZ || AC nên (4)

Từ (3) và (4) suy ra

Mặt khác PDQZ nội tieeso nên , do đó hay Z, Q, X

thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta được Y, Q, X thẳng hàng. Từ đó suy ra điều phải chứng minh Câu 3. Từ giả thiết ta có

Suy ra

224

Ta có y – xx là số nguyên dương bé hơn p v| p l| số nguyên tố nên y – x và p là nguyên tố cùng nhau. Do đó (1) ta được Chứng minh tương tự ta cũng có: (2) (3)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Và (4)

Từ (2) và (3) ta có:

Suy ra

Do đó x + y + z chia hết cho p, mà 0 < x + y + x< 3p

x + y + z bằng p hoặc 2p

Sử dụng (2) ta có (x + y)2 (5) , kết hợp với x + y ta được

, thay trở lại (2) ta có (6)

Nếu x + y + z = p thì (6) có ngay chia hết cho x + y + z

Nếu x + y + z = 2p thì (6) có ngay chia hết cho x + y + z

Câu 4.Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có

Cũng theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng v| trung bình nh}n ta được

Và Suy ra P ≥ 13

Mà khí x = y = z = thì P = 13, suy ra giá trị của P là 13

225

Câu 5. Ta sẽ giải thích bài toán tổng quát: Bài toán. Cho m là số gnuyeen dương lớn hơn 1. Có 2m học sinh tham gia một buổi giao lưu. Biết rằng cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Kí hiệu k là số cặp đôi như thế. Tìm giá trị nhỏ nhất của k. Lời giải Với mỗi số nguyên dương m > 1, rõ r|ng tồn tại giá trị nhỏ nhất của k, ta kí hiệu giá trị này bởi k(m) Ta thấy k(2) = 2 Bây giờ giả sử m > 2 Xét buổi giao lưu gồm 2m học sinh sao cho cớ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi học tập với nhau bằng k(m). Tồn tại ít nhất hai học sinh (kí hiệu l| A v| B) không trao đổi học tập với nhau, loại A và B ra khỏi buổi giao lưu n|y ta có một buổi giao lưu gồm 2(m – 1) học sinh mà cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Số cặp dôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau trong buổi liên hoan mới sẽ không ít hơn k(m – 1), mà mỗi học sinh trong buổi liên hoan mới sẽ trao đổi kinh nghiệm học tập với A hoặc B (vì A v| không trao đổi học tập với nhau)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

(1)

(2)

Suy ra k(m)≥k(m – 1) + 2(m – 1) Do đó k(m) ≥ m(m – 1) với mỗi số nguyên dương m > 1 Với mỗi số nguyên dương m > , ta xét mội buổi giao lưu gồm 2m học sinh như sau: Các học sinh trong buổi giao lưu thuộc một trong hai nhốm (gọi là X và Y). Nhóm X gồm m học sinh có trao đổi học tập từng đôi một, nhóm Y gồm m học sinh có trao đổi học tập từng đôi một. Mỗi học sinh của nhóm n|y đều không có trao đổi học tập với bất kỳ một học sinh nào của nhóm kia. Rõ ràng trong buổi giao lưu n|y, cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau số cặp đôi trao đổi học tập với nhau bằng m(m – 1). Suy ra k(m) ≤ m(m – 1) với mỗi số nguyên dương m > 1 Từ (1) và (2) suy ra k(m) = m(m – 1) với mỗi số nguyên dương m > 1. Trở lại bài toán ban đầu. Theo trên ta có giá trị k bé nhất là k(21) = 420

Đề 46

Câu 1. (1)

Thử lại x = 1 thỏa mãn (1). Vậy phương trình có nghiệm x = 1.

Câu 2. a) Dễ thấy:

Từ đó suy ra

226

Do đó suy ra tứ giác ANKM nội tiếp

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

b) Ta có nên T đối xứng với A qua BC.

, suy ra tứ giác PKB nội tiếp.

Do đó Tương tự ta có tứ giác PKMC nội tiếp.

Do đó

Vì X, Y l| hai trung điểm tương tự của BN, CM nên , từ đó suy ra

Câu 3. Ta có không đổi. Do đó

Tương tự ;

Do đó

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc

Từ (*) v| (**) suy ra điều phải chứng minh. Câu 4.Với tam thức f(x) = , kí hiệu biệt thức của f(x) alf Với

phép biến đổi (i). biến đổi thành , suy ra chúng có cùng biệt thứ

suy ra x1 + t; x2 + t là

Với phép biến đổi (ii), gọi x1, x2 là nghiệm của f1(x) = nghiệm của f2(x) = a(x + t)2 + b(x + t) + c.

227

Vì x1 + x2 = ; x1x2 = nên

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

có biệt thức ∆ l| 8124; 8128. ,

(không thỏa mãn)

thỏa mãn)

Tức là phép biến đổi n|y không l|m thay đổi biệt thức của tam thức. Do đó, c{c phép biến đổi trên không l|m thay đổi biệt thứ ∆ của tam thứ (*) Mặt khác, các tam thức Do đó, từ (*) suy ra yêu cầu bài toán là không thể thực hiện được. Câu 5. +) Với n = 0, ta có +) Với n = 1, ta có Xét n ≥ 2 ta có suy ra tồn tại các số nguyên

dương s, t sao cho s > t v|

Ta có suy ra

. Vô lý.

Vậy tất cả các giá trị cần tìm cua rn là n = 1.

Đề 47

Câu 1. Ta có:

Từ phương trình (1) và

Dấu “=” xảy ra

Thế v|o (2), ta được:

228

Từ phương trình (3)

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Vì nên (*) vô nghiệm. Do đó (3) hay

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Câu 2. Xét hệ trục Oxy sao cho A(0;1), B(0;-1) Ta có: (O): x2 + y2 = 1; C ∈ (O) nên C(cost;sint). Vì C không trùng A v| B nên cost ≠0. CP là tiếp tuyên của (O) tại C CP: cost.x + sint.y – 1 = 0

N(xN;-1) ∈ CP

Đường thẳng AN có vecto chỉ phương l|

Ta có nên tọa độ D thỏa hệ:

DP: (Do DP là tiếp tuyến cảu (O) tại D)

Vì nên tọa độ P thỏa hệ:

và . Vì cost ≠ 0 nên y ≠ 1 v| y ≠ -1

Ta có

(vì

. vậy P thuộc elip (E):

229

Câu 3. Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: (7a2 + b2 + c2) (7 + 1 + 1) ≥ (7a + b + c)2

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Mà

Do đó:

Tương tự ta có:

Cộng vế theo vế ta được:

Câu 4. Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y. Xét gi{ trị k nguyên dương sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Trong c{c nghiệm ấy ta gọi (x0;y0) là nghiệm sao cho x0≥y0≥1 v| x0+ y0 nhỏ nhất. Ta có nên x0 là nghiệm của phương trình.

x0≥y0≥1

Vì f(x) là bậc 2 nên f(x) còn có thêm nghiệm là x1 + y0 ≥ x0+ y0 Khi đó y0 nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức bậc hai f(x) có hệ số bậc 2 là số dương. Từ đó f(y0)≥0.

Do f(y0) = nên ta có (vì y0 ≥ 1). Suy ra k ∈ {1;2;3;4}

+) Với k = 1 thì (1) x2 + y2 + x + y = xy (vô lí)

+) Với k = 2 thì (1) x2 + y2 + x + y = 2xy (vô lí)

x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm (x;y) = (2;2). x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm (x;y) = (1;1).

+) Với k = 3 thì (1) +) Với k = 4 thì (1) Câu 5. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. +) Với n = 2; Giả sử bốn vận động viên tham gia l| A, B, C, D v| có 5 v{n đấu diễn ra.

230

Nếu hai trong ba người BCD đều đã đấu với nhau một v{n thì ta có điều phải chứng minh.

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Nếu có hai trong ba người BCD chưa đấu với nhau. giả sử B v| C chưa đối với nhau thì do số trận tối đa l| m| đã có 5 v{n diễn ra nên chỉ có B v| C l| chưa đó với

nhau. khi đó ba người A B C D v| E C D thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.

+) Giả sử b|i To{n đúng với n = k

+) Ta Chứng minh b|i to{n đúng với n = k +1

Giả sử E v| F l| 2 vận động viên đã đấu với nhau

nếu tổng số v{n đấu của 2k vận động viên còn lại lớn hơn hoặc bằng k2 + 1Thì theo giả thiết quy nạp ta có điều phải chứng minh.

Nếu tổng số v{n đấu giữa 2k vận động viên còn lại nhỏ hơn hoặc bằng k2 m| tại thời điểm n|y có (k + 1)2 + 1 = k2 + 2k + 2 v{n đấu diễn ra nên tổng số v{n m| E v| F đã đấu lớn hơn hoặc bằng 2k + 2 ( kể cả v{n đấu giữa E v| F). Suy ra số v{n đấu giữa E, F với nhóm 2k vận động viên lớn hơn hoặc bằng 2k + 1 (*).

Nhận xét: Nếu không có người n|o trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E v| F thì số phấn đấu tối đa l| 2k (m}u thuẩn với (*))

do đó trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít nhất một người đã thi đấu với E v| F ( Giả sử l| G). khi đó ta có 3 vận động viên E F G thỏa yêu cầu b|i to{n.

Vậy b|i to{n được chứng minh.

Câu 6: Ta có f(x) + f(x+1) = f(x+2).f(x+3) – 168

f(k+1) + f(x+2) = f(x+3).f(x+4) – 168

Do đó thì f(x+2) – f(x) = f(x+3).

Suy ra rằng:

f(3) – f(1) = f(4).f(6) ... f(2k).

f(4) – f(2) = f(5).f(7) ... f(2k+1).

Do đó: với k ∈

Nếu f(3) ≠ f(1) thì f(2k+1) ≠ f(2k-1)

Vì l| số nguyên dương nên

v| f(n) ≥ 2,

231

với k ∈ Do đó

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

Điều n|y không thể xảy ra. Vậy f(3) = f(1) suy ra f(2x+1) = f(2x-1) = a

Tương tự f(2k+2) = f(2k) = b với a, b ∈

Giả thuyết : a + b = ab – 168 ab – a – b + 1 = 169 = 132 (a – 1)(b – 1)=132

a – 1 = b – 1 = 13 hoặc hoặc

232

Vậy f(2014) = 2 hoặc f(2014) = 14 hoăc f(2014) = 170

Page: Tài Liệu Môn Toán

Website: tailieumontoan.com

233

Page: Tài Liệu Môn Toán