TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO LỚP 10
CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2019-2020
¥¨ª ª¤§©ª¤«ª «¦
TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƢỜNG CHUYÊN MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN TOÁN
LỜI NÓI ĐẦU
Để góp phần định hướng cho việc dạy - học ở các trường nhất là việc ôn tập, rèn luyện kĩ năng cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục, nhằm nâng cao chất lượng các kì thi tuyển sinh, sachhoc.com gÉ ÉÇ ÊÈÉ Ë Bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn toán năm học 2019-2020 có đáp án chi tiết.
Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu được biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ năng của Bộ GDĐT, trong đó tập trung vào những kiến thức cơ bản, trọng tâm và kĩ năng vận dụng, được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi dựa trên các đề thi năm 2019 các trường chuyên trên cả nước. Mỗi đề thi đều có hướng dẫn giải chi tiết!
Hy vọng đây là Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học ở các trường THCS và kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2020- 2021 và những năm tiếp theo.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ của đội ngũ những người biên soạn, song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự đóng góp của các thầy, cô giáo và các em học sinh trong toàn tỉnh để Bộ tài liệu được hoàn chỉnh hơn.
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất trong các kỳ thi
sắp tới!
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
1
MỤC LỤC
2
Trang
Đề thi Đáp án
4 52 1. Đề vào 10 Chuyên toán Nghệ An năm học 2019 -2020
2. Đề v|o 10 Chuyên to{n Nam Định năm học 2019 -2020 5 55
6 60 3. Đề v|o 10 Chuyên to{n Thanh Hóa năm học 2019 -2020
7 64 4. Đề v|o 10 Chuyên tin Thanh Hóa năm học 2019 -2020
8 68 5. Đề v|o 10 Chuyên to{n Đ| Nẵng năm học 2019 -2020
9 73 6. Đề v|o 10 Chuyên to{n Điện Biên năm học 2019 -2020
10 78 7. Đề v|o 10 Chuyên to{n Tuyên Quang năm học 2019 -2020
11 82 8. Đề v|o 10 Chuyên to{n Hƣng Yên năm học 2019 -2020
12 85 9. Đề vào 10 Chuyên toán Bình Thuận năm học 2019 -2020
13 88 10. Đề v|o 10 Chuyên to{n Phú Yên năm học 2019 -2020
14 94 11. Đề vào 10 Chuyên toán Hải Phòng năm học 2019 -2020
12. Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Ninh năm học 2019 -2020 15 98
16 100 13. Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Nam năm học 2019 -2020
17 107 14. Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Bình năm học 2019 -2020
18 110 15. Đề vào 10 Chuyên toán Phú Thọ năm học 2019 -2020
19 113 16. Đề vào 10 Chuyên toán Cần Thơ năm học 2019 -2020
17. Đề vào 10 Chuyên toán Thừa Thiên Huế năm học 2019 -2020 21 120
22 125 18. Đề v|o 10 Chuyên to{n Đăk Nông năm học 2019 -2020
23 128 19. Đề vào 10 Chuyên toán Quảng Ngãi năm học 2019 -2020
24 133 20. Đề v|o 10 Chuyên to{n T}y Ninh năm học 2019 -2020
21. Đề v|o 10 Chuyên to{n Bình Định năm học 2019 -2020 25 136
26 141 22. Đề v|o 10 Chuyên to{n Bình Phƣớc năm học 2019 -2020
27 145 23. Đề vào 10 Chuyên toán Bắc Ninh năm học 2019 -2020
29 150 24. Đề v|o 10 Chuyên to{n Bình Dƣơng năm học 2019 -2020
30 154 25. Đề v|o 10 Chuyên to{n Sơn La năm học 2019 -2020
31 161 26. Đề vào 10 Chuyên toán Tiền giang năm học 2019 -2020
32 164 27. Đề v|o 10 Chuyên to{n Kh{nh Hòa năm học 2019 -2020
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
33 168 28. Đề vào 10 Chuyên toán TP Hồ Chí Minh năm học 2019 -2020
3
34 172 29. Đề vào 10 Chuyên toán Bạc Lƣu năm học 2019 -2020
36 177 30. Đề v|o 10 Chuyên to{n Gia Lai năm học 2019 -2020
37 184 31. Đề vào 10 Chuyên toán Bạc Lƣu năm học 2019 -2020
32. Đề vào 10 Chuyên toán Vũng T|u năm học 2019 -2020 38 185
39 189 33. Đề vào 10 Chuyên toán Kon Tum năm học 2019 -2020
40 194 34. Đề vào 10 Chuyên toán Hà Nội (vòng 1) năm học 2019 -2020
41 196 35. Đề vào 10 Chuyên toán Hà Nội (vòng 2) năm học 2019 -2020
42 200 36. Đề vào 10 Chuyên toán An Giang năm học 2019 -2020
43 204 37. Đề vào 10 Chuyên toán Sƣ Phạm Hà Nội (vòng 1) 2019 -2020
44 207 38. Đề vào 10 Chuyên toán Hƣng Yên (vòng 2) 2019 -2020
45 210 39. Đề vào 10 Toán chung Kon Tum năm học 2019 -2020
46 212 40. Đề v|o 10 to{n chung Hƣng Yên năm học 2019-2020
47 217 41. Đề vào 10 toán chung Nam Định năm học 2019-2020
42. Đề vào 10 PTNK Hồ Chí Minh (vòng 1) năm học 2019-2020 48 222
49 226 43. Đề vào 10 PTNK Hồ Chí Minh (vòng 2) năm học 2019-2020
50 230 44. Đề vào 10 Chuyên Quảng Trị năm học 2019-2020
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
51 232 45. Đề vào 10 Chuyên toán Sƣ Phạm Hà Nội (vòng 2) 2019 -2020
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƢỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TRƢỜNG THPT CHUYÊN – TRƢỜNG ĐH VINH Năm học 2019-2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề số 1 (Đề thi có một trang)
4
- +
+
-
= .
Câu 1. (6,0 điểm)
a) Giải phƣơng trình
+ + = b) Giải hệ phƣơng trình + + = ì í î
-
=
=
+
+
Î N thỏa mãn
Câu 2. (3,0 điểm)
(
)
( )
( )
-
a) Cho đa thức
(
)
( )
+ +
Chứng minh là một số lẻ.
) sao cho
+ + .
= + + +
chia hết cho b) Tìm các cặp số nguyên dƣơng (
+
+
thỏa mãn Câu 3. (2,0 điểm) Cho các số thực dƣơng
+
<
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức =
(
+ + nội tiếp đƣờng tròn (
)
) . Gọi
Câu 4 (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn
=
l| điểm nằm chính giữa của cung nhỏ lấy điểm sao cho
, đƣờng thẳng ( khác ). C{c đƣờng cắt đƣờng tròn ( . Trên cạnh ) tại
thẳng và cắt cạnh lần lƣợt tại và .
đồng dạng với tam giác .
là trực tâm của tam giác .
) tại
là trung điểm của , tia . Chứng minh a) Chứng minh tam giác b) Chứng minh c) Gọi cắt đƣờng tròn (
đƣờng thẳng là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác .
Câu 5 (2,0 điểm). Cho 12 điểm trên mặt phẳng sao cho 3 điểm n|o cũng l| đỉnh của
một tam giác mà mỗi tam gi{c đó luôn tồn tại ít nhất một cạnh có độ dài nhỏ hơn
673. Chứng minh rằng có ít nhất hai tam giác mà chu vi của mỗi tam giác nhỏ hơn
2019.
----------Hết----------
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Họ và tên .þþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþþSố báo danh ........................................
5
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 NAM ĐỊNH
Đề số 2
(Đề thi có một trang)
=
+
+
+
-
+
=
-
3
5 2 3
3
5 2 3
Câu 1: ( 2,0 điểm)
( P x 2 x
)
+
+
=
a) Cho x . Tính giá trị của biểu thức .
2019
ca 2
2
2
-
-
-
+
+
=
0
b) Cho ba số .Chứng minh: thỏa mãn ab bc
c 2
a 2
b 2
+
+
a
ca 2019
bc 2019
b
c
2
2
+
= +
3 x y
=
+
9x 8
3x
+ . b)
.
)3 + x 1
(
3
+
+ = 3
3 x y
ab + 2019 Câu 2: ( 2,0 điểm) Giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình sau: 1 2 x 1 3 x
1 2 y 1 3 y
ì ï ï í ï ïî
a) .
Câu 3: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( Với AB < AC ) nội tiếp đƣờng tròn tâm O.
) lần lƣợt tại D và E ( cùng khác A ). Gọi G là hình chiếu vuông góc của E lên cạnh AC, gọi M v| N tƣơng ứng l| trung điểm của c{c đoạn thẳng BC và BA. Gọi K l| trung điểm của đoạn thẳng GM, H l| giao điểm của đƣờng thẳng AB v| đƣờng thẳng MG, F l| giao điểm của đƣờng thẳng MN v| đƣờng thẳng AE. a) Chứng minh rằng hai đƣờng thẳng AD và GM song song. b) Chứng minh FH = MC. £
+
Đƣờng ph}n gi{c v| đƣờng phân giác ngoài của cắt đƣờng tròn (
5n
29n
. c) Chứng minh KE KN 2.EN
2
+
-
2 y
+ 3x 2y
- và 1
) sao cho
( 2 x
+ 30 )
2
2
+
+
+
+
4x 2y 3
y
cũng l| số nguyên. Câu 4: ( 1,5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì
)
đều là số chính phƣơng.
4
4
4
4
4
4
+
+
b
b
c
a
8
b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( ( 5 x Câu 5: ( 1,5 điểm )
)
2
2
2
2
2
2
-
)( -
b
)( + bc
c
c
+ ca a
³ . 1
a) Cho các số thực . Chứng minh rằng
(
+ c )(
= )
thỏa mãn ( a )( + - ab b a
b) Trƣớc ngày thi vào lớp 10 chuyên, thầy giáo dùng không quá 49 cây bút đem tặng cho tất cả 32 bạn học sinh lớp 9A sao cho ai cũng nhận đƣợc bút của thầy. Chứng minh rằng có một số bạn lớp 9A nhận đƣợc bút tổng cộng là 25.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
6
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 THANH HÓA
Đề số 3
(Đề thi có một trang)
Câu 1 (2,0 điểm):
=
+
+
. 1/ Cho ba số thực dƣơng thõa mãn
+ +
+ +
+ +
Chứng minh rằng
+
+
2/ Cho các số khác 0 thỏa mãn .
Hãy tính giá trị của biểu thức =
+ + +
- + =
Câu 2 (2,0 điểm):
( )
1/ Giải phƣơng trình
+ + + =
2/ Giải hệ phƣơng trình
+ =
+
+
+ + + = ì ï ï í ï ïî
+ .
thõa mãn Câu 3 (2,0 điểm): 1/ Tìm tất cả các cặp số nguyên
2/ Cho hai số nguyên dƣơng x, y với x > 1 và thỏa mãn điều kiện 2x2 – 1 = y15.
Chứng minh rằng x chia hết cho 15.
Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giâc ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O) với AB < AC. Gọi M là
trung điểm của BC, AM cắt (O) tại D kh{c A. Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt
đƣờng thẳng AC tại E kh{c C. Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đƣờng thẳng AB
tại F khác B.
^
1/ Chứng minh hai tam gi{c BDF, CDE đồng dạng.
2/ Chứng minh rằng ba điểm E, M, F thẳng hàng và
3/ Đƣờng phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N. Đƣờng phân giác của góc CEN cắt CN
tại P, đƣờng phân giác của góc BFN cắt BN tại Q. Chứng minh rằng PQ // BC.
Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng, kẻ 2022 đƣờng thẳng sao cho không có hai đƣờng
thẳng n|o song song v| không có ba đƣờng thẳng n|o đồng quy. Tam giác tạo bởi ba
đƣờng thẳng trong số c{c đƣờng thẳng đã cho gọi l| tan gi{c đẹp nếu nó không bị đƣờng
thẳng nào trong số c{c đƣờng thẳng còn lại cắt. Chứng minh rằng số tam gi{c đẹp không
ít hơn 674.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
7
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 THANH HÓA
Đề số 4
(Đề thi có một trang)
Câu 1: (2,0 điểm)
+
+ +
=
+
+
+
+
=
1. Chứng minh rằng:
=
+
2. Cho là số thực âm thỏa mãn . Tính giá trị của biểu thức:
=
Câu 2: (2,0 điểm)
+ =
1. Giải phƣơng trình: +
+
-
+
=
- ì + - ï í ( ) ïî
2. Giải hệ phƣơng trình:
-
+
+ =
=
+
-
+
+
+
Câu 3: (2,0 điểm)
(
- )
(
) chia hết cho 30.
1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phƣơng trình: 2. Cho biểu thức: với a,b,c là các số nguyên
dƣơng. Chứng minh rằng
<
Câu 4: (3,0 điểm)
(
)
) có tâm là
Cho tam giác nhọn . Các nội tiếp đƣờng tròn (
. Đƣờng phân giác ngoài của
đƣờng cao cắt các cạnh của tam giác lần lƣợt tại cắt nhau tại . Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác cắt đƣờng
tại điểm và cắt tại điểm . phân giác của tại điểm khác
cân tại
cắt . là hình bình hành.
) .
Chứng minh tam giác Chứng minh Chứng minh giao điểm của hai đƣờng thẳng và thuộc đƣờng tròn (
Câu 5: (1,0 điểm)
+
+
+
Với các số thực không âm thỏa mãn + + = , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
)(
)(
)
thức ( =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
8
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐÀ NẴNG
- +
+
-
-
x 6 x 9
x 6 x 9
=
Bài 1. ( 2,0 điểm) a) Tìm giá GTNN biểu thức
, với x 9> .
A
-
+
1
18 x
81 2 x
- +
- +
- +
- + =
b) Tìm x thỏa 9x 8
7x 6
5x 4
3x 2
x 0.
Bài 2. ( 2,0 điểm) a) Cho ba số thực dƣơng ph}n biệt 2
2
2
+
+
+
trình bậc hai
. Chứng minh rằng trong ba
+ = 4ax b 0, 4x
+ = 4bx c 0, 4x
4x
thỏa + + = . Xét ba phƣơng + = 4cx a 0
phƣơng trình trên có ít nhất một phƣơng trình có nghiệm và có ít nhất một phƣơng trình vô nghiệm.
Đề số 5
b) Cho hàm số
l| đƣờng thẳng qua A có hệ số
có đồ thị (
)P v| điểm
) A 2; 2 . Gọi
(
21 x 2
góc m. Tìm tất cả các giá trị của m để
cắt đồ thị (
) tại hai điểm A v| B, đồng thời cắt trục
=
.
+
+
=
+ 8xy 22y 12x 25
+ +
+ +
+
-
+
= b)
a)
x 1 14x 3 x 1 13 0
2x
( 6 x 3
)
3
+
1 3 x + x 2
+ x 5
3y
y
)
Ox tại điểm C sao cho AB 3AC Bài 3. ( 2,0 điểm) Giải phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: ì ï í ï î
( = ) đƣờng kính AB = 2r lấy điểm C khác A sao cho CA < Bài 4: ( 1,5 điểm) Trên nửa đƣờng tròn ( ) tại B, C cắt nhau ở M. Tia AC cắt đƣờng tròn ngoại CB. Hai tiếp tuyến của nửa đƣờng tròn ( tiếp tam giác MCB tại điểm thứ hai là D. Gọi K l| giao điểm thứ hai của BD và nửa đƣờng tròn
3
(
) , P l| giao điểm của AK và BC. Biết rằng diện tích hai tam giác CPK và APB lần lƣợt là
2r 12
2r
3
và
, tính diện tích tứ giác ABKC.
3
) đi qua A v| C sao cho (
) . Vẽ đƣờng ) cắt c{c tia đối của tia AB và CB lần lƣợt tại c{c điểm thứ hai ) v| đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
Bài 5. ( 1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( BA < BC) nội tiếp trong đƣờng tròn ( tròn ( là D và E. Gọi M l| giao điểm thứ hai của đƣờng tròn ( BDE. Chứng minh QM vuông góc BM. Bài 6. ( 1,0 điểm ) Ba bạn A,B,C cùng chơi một trò chơi: Sau khi A chọn hai số tự nhiên từ 1 đến 9 ( có thể giống nhau ), A nói cho B chỉ mỗi tổng và nói cho C chỉ mỗi tích của hai số đó. Sau đ}y l| c{c c}u đối thoại giữa B và C. B nói : Tôi không biết hai số A chọn nhƣng chắc chắn C cũng không biết. C nói: Mới đầu thì tôi không biết nhƣng giờ thì biết hai số A chọn rồi. Hơn nữa , số m| A đọc cho tôi lớn hơn số của bạn. B nói: À, vậy thì tôi cũng biết hai số A chọn rồi. Xem B và C là các nhà suy luận logic hoàn hảo, hãy cho biết hai số A chọn là hai số nào ?
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
= y
9
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐIỆN BIÊN
Đề số 6
- x 4
-
=
-
(Đề thi có một trang)
P
-
+
x
- x 2
x
1
ö ÷ ø
+ 2x 1 + x 1
x x
æ ç ç è
ö æ ÷ ç . x ÷ è ø
với ³ và ¹ Câu 1 (2,5 điểm). 1. Cho biểu thức
- <
a) Rút gọn
0.
3
b) Tìm để P 2 x
3
3
3
2
-
+
- + = - .
x
4x
x
x 1
1
- x 3
2
2
+
1 - 2 1 = 2. Chứng minh rằng: . + + 3 2 2 2 4 2 Câu 2 (1,5 điểm). 1. Giải phƣơng trình:
4x
= - 1
2
2
-
=
4x
+ 3xy y
1.
ì ï í ïî
+ 2 1 ) ( - 4x y 2. Giải hệ phƣơng trình:
=
Câu 3 (2,0 điểm).
=
1. Trong mặt phẳng tọa độ , cho đƣờng thẳng d : y 2mx m 2
+ + ( luôn cắt (
)
-
-
6x
. Chứng minh với mọi gi{ trị của thì là tham ) tại hai
= . 0
2 x 1
2 2
x x 1 2
+
+
số) v| parabol ( điểm ph}n biệt có ho|nh độ . Tìm sao cho
> . 0
+
+
³
2.
2. Cho l| c{c số thực không }m v| thỏa mãn điều kiện ab bc ca
a + b c
b + c a
c + a b
.I Gọi
Chứng minh rằng
E l| hình chiếu vuông góc của B trên đƣờng thẳng AI . T l| giao điểm của BE và đƣờng tròn t}m
Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam gi{c nhọn ABC AB AC nội tiếp đƣờng tròn t}m
a) Chứng minh rằng tam gi{c c}n tại Từ đó suy ra AC l| đƣờng ph}n
gi{c của góc BCT .
BD AC
.
b) Gọi M l| trung điểm của BC và D l| giao điểm của ME và AC . Chứng minh
,ABC trên đƣờng trung tuyến AD lấy điểm I cố định ( khác
rằng
,M N . X{c định vị trí
,AB AC lần lƣợt tại và của đƣờng thẳng d để diện tích tam gi{c AMN đạt gi{ trị nhỏ nhất. Câu 5 (1,0 điểm).
+
x y 2019
2. Cho tam giác ). Đƣờng thẳng d đi qua I cắt c{c cạnh
+
y z 2019
2
2
+
+
x
y
2 z
Tìm tất cả c{c số nguyên dƣơng thỏa mãn l| số hữu tỷ v|
l| số nguyên tố.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
10
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 TUYÊN QUANG
Đề số 7
1
1
1
1
=
+
+
S
+ + ...
(Đề thi có một trang)
2
2
+
+
5
3
7
5
+
-
2019
2019
2
-
+ 2mx m 4
+ 3 1 2x
- (1) (m là tham số).
Câu 1 (1,0 điểm) Tính tổng
Câu 2 (2,0 điểm) Cho phƣơng trình
a) Chứng minh rằng phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
1x ;
2x thỏa mãn:
2 1
+
=
+
x
x
1
2
x x
2 x 2 x
2
1
b) Với giá trị nào của m thì phƣơng trình (1) có hai nghiệm
2
2
+ +
- = +
-
2 x y 2 x y
4
x
y
2
- +
- = - +
-
+
2x 1
5 x
x 2 2
2x
11x 5
Câu 3 (2,0 điểm) Giải phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau:
- ; b)
+
=
x
y
2
ì ï í ïî
a) .
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đƣờng tròn (O) cố định v| điểm A cố định ở ngo|i đƣờng tròn (O).
Từ A kẻ đƣờng thẳng tiếp xúc với đƣờng tròn (O) tại B. Một tia Ax thay đổi, nằm trong
miền OAB , cắt đƣờng tròn (O) tại hai điểm C, D (C ở giữa A và D). Từ B kẻ BH vuông góc với AO tại H. Chứng minh rằng:
a) Tích AC.AD không đổi;
b) CHOD là tứ giác nội tiếp;
4
2
=
c) Phân giác của CHD cố định.
A
+ 3
4
x +
+ + x 2 2 +
+
x 3x
7x
+ 3x 6
x
nhận Câu 5 (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để
4
giá trị là một số nguyên.
+ + = .
b) Cho các số dƣơng a, b, c thỏa mãn a b c
a a b b c c = + + P Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: . + + a 3 b + b 3 c c 3 a
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
11
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HƢNG YÊN
Đề số 8
(Đề thi có một trang)
Câu 1. (2 điểm)
x
=
+ +
B
x 1
- x 1
>
x 0, x 1
¹ . a. Rút gọn biểu thức A. b. Tìm x để A B= .
< <
< <
¹
+ - + 2(x 1) = x x 1 x x 1 - + A và với 1. Cho hai biểu thức - + x x x x x
2
2
2
2
- =
-
=
+
+
và 2. Cho a, b l| hai số thực thỏa mãn 0 a 1, 0 b 1, a b
a b
- 1 b
- 1 a
Q
a
b
2019
Tìm gi{ trị của biểu thức .
=
+
Câu 2. (2 điểm)
(d) : y
x
- 1 2020
3 2020
2
và Parabol 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đƣờng thẳng
(P) : y 2x=
. Biết đƣờng thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm B và C. Tìm tọa độ điểm A
2
+ -
-
+
+
= .
trên trục ho|nh để AB AC- lớn nhất.
xy
2. Tìm tất cả c{c nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình 2 - 2xy x 220y 2024 0 (y 45)
-
-
- 14x 60
= . 0
Câu 3. (2 điểm)
+ 5x 11 2
2 - + 6 x 5x 2 =
5
1. Giải phƣơng trình
- 4x y xy 3 3
-
=
64x
y
61
ì ï í ïî
¹
¹
. 2. Giải hệ phƣơng trình
M A M B ) ,
Câu 4. (3 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O cạnh a. Lấy M l| điểm bất kì trên cạnh AB ( , qua A kẻ đƣờng thẳng vuông góc với CM tại H, DH cắt AC tại K.
=
1. Chứng minh rằng MK song song với BD.
ON OE
2 2
, DE 2. Gọi N l| trung điểm của BC, trên tia đối của tia NO lấy điểm E sao cho
FO FC
cắt OC tại F. Tính .
-
+
(2 x)(y 1)
= . Tìm gi{ trị nhỏ
3. Gọi P l| giao điểm của MC và BD, Q l| giao điểm của MD và AC. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của diện tích tứ gi{c CPQD khi M thay đổi trên cạnh AB.
4
3
2
=
+
+
+
+ +
-
+
-
A
x
3 4x
2 6x
4x 2
4 y
8y
24y
9 4 + 32y 17
Câu 6. (1điểm). Với x, y l| c{c số thực thỏa mãn điều kiện
nhất của biểu thức .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
12
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 BÌNH THUẬN
Đề số 9
(Đề thi có một trang)
2
2
2
2
+
+
=
x
+ xy y
x
y
185 (1)
Bài 1 (2,0 điểm ):
2
2
2
2
-
+
=
x
+ xy y
x
y
65 (2)
) )
( ì ï í ( ïî
Giải hệ phƣơng trình :
4
=
+
+
n
1
Bài 2. (2,0 điểm)
+ chia hết cho một số chính phƣơng kh{c 1 với
( M n 1
)4
a) Chứng minh rằng số
2
2
-
+ + = (ẩn số x ) có các
x
n x n 1 0
mọi số n nguyên dƣơng.
=
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n để phƣơng trình nghiệm là số nguyên.
xyz
1 2
+
+
³
+
+
thỏa : Bài 3 (2.0 điểm ): Cho các số dƣơng
xy yz xz
2
2
2
yz +
xy +
z (x y
( x y z
)
xz ( + y x z
)
<
Chứng minh :
) .Gọi
(
) ° nội tiếp đƣờng tròn (
cân tại là Bài 4 (3,0 điểm ): Cho tam giác
( ).Hai dây cung và
không chứa song song với khác cắt tại .Vẽ tiếp tuyến kéo dài tại với đƣờng tròn
Î
một điểm trên cung .Đƣờng thẳng qua ) (
( là tiếp điểm ) = a)Chứng minh : b)Từ trung điểm của
^
vẽ ^ .Gọi l| trung điểm của .Chứng minh :
Bài 5 (1,0 điểm ): Trong một buổi tổ chức lễ tuyên dƣơng c{c học sinh có thành tích học
tập xuất sắc của một huyện, ngoại trừ bạn An , hai ngƣơi bất kì đều bắt bắt tay nhau .An
chỉ bắt tay với những ngƣời mình quen .Biết rằng một cặp ( hai ngƣời ) chỉ bắt tay không
quá 1 lần và có tổng cộng 420 bắt tay.Hỏi bạn An có bao nhiêu ngƣời quen trong buổi lễ
tuyên dƣơng đó ?
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
13
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 PHÚ YÊN
Đề số 10
(Đề thi có một trang)
+ x 3
+ x 2
+ x 2
- x 2
=
+
+
-
Câu 1. (2,0 điểm)
A
1
-
-
+
-
- x 2
3
x
x 5 x 6
x
- x 2
ö ÷ ø
æ ç ç è
ö æ ÷ ç : ÷ è ø
Cho biểu thức:
a) Rút gọn biểu thức A.
- = P 2.A b) Tìm x để đạt gi{ trị lớn nhất. 1 x Câu 2. (3,0 điểm)
2x
+
+
+
2
+ = + . 6x 8 3 x 2 2 2 = + + y 2x 2y (x 2)(y 2) x 2
a) Giải PT:
+
=
1
x + y 2
æ y ç +è x 2
ö ÷ ø
ö ÷ ø
+ ì ï íæ ç ï è î
b) Giải hệ PT:
Câu 3. (1,5 điểm)
Cho tam gi{c ABC vuông tại A. Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao cho BD = BA. Gọi M, N lần lƣợt l| trung điểm của AC, AD. Đƣờng thẳng qua B v| song song với AD cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ gi{c NAEB l| hình chữ nhật. b) Chứng minh góc ACE = DCN.
=
=
Câu 4. (1,5 điểm)
2
2
2
a -
b -
c -
1 2019
b
bc
2
=
a) Tồn tại hay không 3 số a, b, c thỏa mãn
c ca 2 + y x + x y
= ab a 85 13
b) Tìm tất cả c{c cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hai đƣờng tròn (O) v| (O') cắt nhau tại M, N. Kẻ d}y MA của đƣờng tròn (O) tiếp xúc với (O') v| d}y MB của đƣờng tròn (O') tiếp xúc với (O). Đƣờng tròn ngoại tiếp tam gi{c MAB cắt đƣờng thẳng MN tại P (P kh{c M). CMR: PN = MN. Câu 6. (1,0 điểm)
2
2
+ +
+ +
2 a b
1 b c
1 c a
+ ³ 1
2.
Cho c{c số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. CMR:
Dấu "=" xảy ra khi n|o?
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
14
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HẢI PHÒNG
Đề số 11
(Đề thi có một trang)
+
=
-
+
Bài 1(2,0 điểm)
+
-
+
+
-
+
æ ç ç è
ö ÷ ÷ ø
a.Cho các biểu thức: (với ³ )
Rút gọn biểu thức P. Tìm các giá trị của x để ³
+
+
=
+
b. Cho phƣơng trình x2 + 4x – m = 0 (1) (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phƣơng
(
)
æ ç è
ö ÷ ø
+ -
trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn
=
Bài 2. (2,0 điểm). a. Giải phƣơng trình 2x2 + 3x – 2 = (2x - 1)
+
= +
ì + ï í ïî
b. Giải hệ phƣơng trình
=
Bài 3: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O) ( AB < AC). Kẻ đƣờng cao AH ( H ÎBC) của tam giác ABC và kẻ đƣờng kính AD của đƣờng tròn (O). a. Gọi M l| trung điểm của đoạn thẳng DH. Chứng minh OM l| đƣờng trung trực của đoạn thẳng BC. b. Gọi S, T l| c{c giao điểm của đƣờng tròn (O) với đƣờng tròn tâm A bán kính AH; F là giao điểm của ST và BC. Từ A kẻ đƣờng thẳng vuông góc với DH tại E. Chứng minh
-
+
-
= . Tìm giá trị
v| 3 điểm F, E, A thẳng hàng.
(
)
(
)
+
+
=
+
+
c. Chứng minh đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BCM tiếp xúc với đƣờng tròn tâm A bán kính AH. Bài 4 (1,0 điểm)Cho x, y, z là 3 số thực dƣơng thỏa mãn
+
+
+
nhỏ nhất của biểu thức
Bài 5: (2,0 điểm) a) Tìm các số nguyên tố p, q thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:
+ -
i)
+ chia hết cho + chia hết cho
ii)
b) Viết lên bảng 2019 số: . Từ các số đã viết xo{ đi 2 số bất kì x, y rồi
+ +
viết lên bảng số ( các số còn lại trên bảng giữ nguyên). Tiếp tục thực hiện thao tác
trên cho đến khi bảng chỉ còn lại đúng một số. Hỏi số đó bằng bao nhiêu?
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
15
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 QUẢNG NINH
Đề số 12
Câu 1. (1,5 điểm)
-
-
+
=
+
-
Cho biểu thức
(với ³ ).
+
+
- +
- +
;
a) Rút gọn biểu thức b) Tìm giá trị lớn nhất của
.
Câu 2. (2,5 điểm)
+ +
- -
+
-
(
)(
)
1. Giải phƣơng trình:
= .
=
-
+
)
2. Giải hệ phƣơng trình:
.
( =
+
-
(
)( )(
)
ì ï í ïî
Câu 3. (1,0 điểm)
= +
Tìm các số nguyên không âm
thỏa mãn:
.
+ =
+
ì ï í ïî
Câu 4. (3,5 điểm)
, điểm
(
Cho đƣờng tròn ). Từ
, đƣờng kính kẻ đƣờng thẳng vuông góc với
và
khác
và
) tại hai điểm
nằm trên đoạn cắt ( là hình chiếu của
trên
. Đƣờng
. Gọi
trên
và
thẳng
.
là hình chiếu của cắt (
) tại điểm thứ hai
nội tiếp;
a) Chứng minh tứ giác b) Tiếp tuyến tại
tại
. Gọi (
của (
) cắt đƣờng thẳng
tròn ngoại tiếp tam giác
) l| đƣờng l| t}m đƣờng tròn). Chứng minh đƣờng
thẳng
là tiếp tuyến của (
(điểm ) ;
=
c) Gọi
l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
. Biết
, tính
diện tích tam giác
theo
.
Câu 5. (1,5 điểm)
thỏa mãn:
£ ,
£ ,
£ và + + = .
+
+
£ .
, lấy hai điểm
nội tiếp sao cho các
. Có bao nhiêu tứ giác
1. Cho các số thực Chứng minh: 2. Cho trƣớc p là số nguyên tố. Trên mặt phẳng tọa độ ) và
) thuộc trục
(
thuộc trục
v| đều có tung độ là các số nguyên dƣơng.
( điểm
(Đề thi có một trang)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
16
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 QUẢNG NAM
Đề số 13
(Đề thi có một trang)
2
+
-
+
+ x 2
2 x 8
x
x x
- x 1
=
-
×
Câu 1 (2,0 điểm).
A
-
+
x x 1
+ x 1
x
x
3
ö ÷ ÷ ø
æ ç ç è
4n
4n
-
+
+ Rút gọn biểu thức A và tìm x để = . b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dƣơng n, số
a) Cho biểu thức với x 0³ .
= M 9.3
8.2
2019
chia
2
= +
hết cho 20. Câu 2 (1,0 điểm).
- . Tìm tất cả c{c gi{ trị
(P) : y
x= -
Cho parabol v| đƣờng thẳng (d) : y x m 2
+
x
< . 3
2 x 1
2 2
2
2
-
-
+
=
của tham số m để cắt tại hai điểm ph}n biệt lần lƣợt có ho|nh độ thỏa mãn
x
x
4x
2
2
. Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phƣơng trình
) ( 4 x 3 + 4x 2y 3
2
2
= + + y x b) Giải hệ phƣơng trình + - + = x 7y 4xy 6y 13. ì ï í ïî
+
=
Câu 4 (2,0 điểm). Cho hình bình h|nh ABCD có góc A nhọn. Gọi H, K lần lƣợt l| hình chiếu vuông góc của C lên c{c đƣờng thẳng AB, AD.
.
+
+
>
a) Chứng minh b) Trên hai đoạn thẳng BC, CD lần lƣợt lấy hai điểm M, N (M kh{c B, M kh{c C) sao cho hai tam gi{c ABM v| ACN có diện tích bằng nhau; BD cắt AM v| AN lần lƣợt tại E v|
= và
F. Chứng minh .
<
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho tam gi{c nhọn ABC nội tiếp đƣờng tròn
=
v| có trực t}m H. Ba điểm D, E, F lần lƣợt l| ch}n c{c đƣờng cao vẽ từ A, B, C của tam gi{c ABC. Gọi I l| trung điểm của cạnh BC, P l| giao điểm của EF v| BC. Đƣờng thẳng DF cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam gi{c HEF tại điểm thứ hai l| K.
v| KE song song với BC.
= . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của
2
2
2
2
+
+
+
+
+
+
+ 1 b
+ 1 a
b
5
c
+ 1 c
a
5
5
(
(
=
+
+
×
a) Chứng minh b) Đƣờng thẳng PH cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam gi{c HEF tại điểm thứ hai l| Q.
P
biểu thức: Chứng minh tứ gi{c BIQF nội tiếp đƣờng tròn. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dƣơng 2 ) ) + + + + bc b 4 ab a 4 thỏa mãn 2 ) ( + + ca c 4
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
17
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 QUẢNG BÌNH
Đề số 14
(Đề thi có một trang)
=
Câu 1 (2,0 điểm).
(
) có hệ số góc
)
v| đƣờng thẳng đi qua điểm . Cho parabol (
) tại hai điểm
a) Chứng minh rằng đƣờng thẳng ph}n biệt với luôn cắt (
mọi gi{ trị .
b) Chứng minh D l| tam gi{c vuông với mọi gi{ trị k (O l| gốc tọa độ).
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phƣơng trình .
b) Giải hệ phƣơng trình .
Câu 3 (1,0 điểm)
+
+
+
+
+
+
+
³
+
=
>
=
Cho l| c{c số dƣơng thỏa mãn + + = . Chứng minh rằng:
có . Đƣờng thẳng Câu 4 (3,5 điểm). Cho hình chữ nhật
vuông góc với tại cắt c{c đƣờng thẳng và lần lƣợt tại và
a) Chứng minh tứ gi{c nội tiếp.
b) Gọi l| giao điểm của c{c đƣờng thẳng và . Tính độ d|i đoạn thẳng
theo
c) l| điểm thay đổi trên cạnh (M khác A, M khác B), đƣờng thẳng CM cắt
=
đƣờng thẳng AD tại N. Gọi l| diện tích của tam gi{c CME và l| diện tích của tam
giác AMN. X{c định vị trí của M sao cho
+
+ = không có nghiệm hữu tỉ.
l| số nguyên tố. Chứng minh rằng phƣơng trình Câu 5 (1,5 điểm). Cho
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
18
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 PHÚ THỌ
Đề số 15
(Đề thi có một trang)
3
+
Câu 1 (2,0 điểm)
= P x
.
1 3 x
1
1
+
=
1.
+ = x 3. thỏa mãn Tính gi{ trị biểu thức a) Cho số thực 1 x
+ x 1
- x 1
b) Giải phƣơng trình
Câu 2 (2,0 điểm)
+
a) Cho l| c{c số thực dƣơng, chứng minh rằng + ³
b) Có 15 bạn học sinh nam v| 15 bạn học sinh nữ ngồi quanh một b|n tròn. Chứng
minh rằng luôn tồn tại một học sinh m| 2 bạn ngồi cạnh bạn đó đều l| nữ.
-
Câu 3 (2,0 điểm) Với mỗi số thực kí hiệu xé ùë û l| số nguyên lớn nhất không vƣợt qu{
2
1;
= - 2
é ë
ù = û
3 2
é ê ë
ù ú û
- <
Ví dụ
£ < x
+ = 1
é ù x ë û
é ù x ë û
é ë
û với mọi Î ù + x 1
£
a) Chứng minh rằng x 1
né ë
ù û l| ƣớc của Î
b) Có bao nhiêu số nguyên dƣơng n 840 thỏa mãn
(
)
)w là
vuông tại đƣờng cao Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác Gọi (
đƣờng tròn t}m l| một điểm bất kì trên đoạn thẳng ( khác
và ). ( nằm giữa và ). Gọi l| trung điểm bán kính Gọi )w tại hai điểm cắt (
=
=
a) Chứng minh rằng l| tứ gi{c nội tiếp.
b) Chứng minh rằng
)w tại
2019
<
c) Chứng minh rằng đƣờng tròn ngoại tiếp tam gi{c tiếp xúc với (
n
1 2020
n 2
sao cho Câu 5 (1 điểm) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dƣơng
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
19
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 CẦN THƠ
Đề số 16
-
+
+
x
- 4(x 1)
x
- 4(x 1)
=
(Đề thi có 02 trang)
A
2
æ -ç . 1 è
ö 1 ÷- x 1 ø
-
x
- 4(x 1)
, trong đó Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức
¹ > x 1,x 2.
a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức A là số nguyên.
Câu 2. (1,0 điểm) Anh Bình vừa tốt nghiệp loại xuất sắc nên đƣợc nhiều công ty mời về làm
việc, trong đó có hai công ty A v| B. Để thu hút ngƣời tài, cả hai công ty đƣa ra hình thức
trả lƣơng trong thời gian thử việc nhƣ sau:
Công ty A: Anh Bình đƣợc nhận 1400 USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và mỗi
tháng sẽ đƣợc trả lƣơng 1700USD.
Công ty B: Anh Bình đƣợc nhận 2400 USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và mỗi
tháng sẽ đƣợc trả lƣơng 1500USD.
Em hãy tƣ vấn giúp anh Bình lựa chọn công ty để thử việc sao cho tổng số tiền
nhận đƣợc là nhiều nhất. Biết thời gian thử việc của cả hai công ty đều từ 3 th{ng đến 8
4
) :
2
=
-
+
2 y m x m
tháng.
1( d
2
(
) :
2
=
+
y
x
Câu 3. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đƣờng thẳng
d 2
)d 1(
m 2
1
+
m
(m là tham số thực khác 0). Tìm tất cả giá trị của tham số m để và
)d cắt nhau tại một điểm A duy nhất sao cho diện tích của hình thang ABHK bằng 2(
15 2
( 1;2)
B -
và .
Biết v| hai điểm H, K lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của B và A lên trục hoành.
2
2
+
+ +
+
=
2x
3x 2
4x
+ 6x 21
11
Câu 4. (3,0 điểm)
2
2
a) Giải phƣơng trình .
2
2
2
+
+
-
=
2020(x
y ) 2019(2xy 1)
5
+ + x y b) Giải hệ phƣơng trình . = xy 1 2 + - = - x y xy 2y x ì ï í ïî
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
c) Tìm tất cả cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn
20
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân có AB < AC, trực t}m H v| đƣờng
trung tuyến AM. Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên AM, D l| điểm đối xứng của A
qua M v| L l| điểm đối xứng của K qua BC.
=
a) Chứng minh các tứ giác BCKH và ABLC nội tiếp.
b) Chứng minh LAB MAC .
c) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AL, X l| giao điểm của AL và BC.
Chứng minh đƣờng tròn ngoại tiếp tam gi{c IXM v| đƣờng tròn ngoại tiếp tam
giác BHC tiếp xúc với nhau.
Câu 6. (1,0 điểm)
2
2
2
+
+
³
a x
b y
c z
2 + + (a b c) + + x y z
3
3
3
+
+
a) Cho a, b, c là các số thực bất kỳ và x, y, z là các số thực dƣơng. Chứng minh:
a 3
b 3
c 3
+ 8 +
a (b c)
+ 8 + b (c a)
+ 8 + c (a b)
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = , với a,
b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn abc = 1.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
21
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 THỪA THIÊN HUẾ
Đề số 17
(Đề thi có một trang)
Câu 1: (1,5 điểm)
2
2
+
+
+
+
=
x
x
y
1
1 y
2.
+ 3x - 9x 3 + x 1 - x 2 = - - P . a) Rút gọn biểu thức + x - x 2 + x 2 - x 1
2
2
=
+ +
+
Q x y
1 y x
1.
Tính gi{ trị b) Cho x, y l| c{c số thực thỏa mãn điều kiện ( Tìm x để = ) )(
của biểu thức
=
Câu 2: (2,0 điểm)
(P) : y
21 x 2
=
x
x<
+ Gọi
A(x ; y ), B(x ; y ) (với
a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol và đƣờng thẳng
(d): y
x 3.
A
A
B
B
A
B
1 2
<
<
x
) là các giao điểm của (P) v| (d),
C
x . B
C
C(x ; y ) l| điểm thuộc (P) sao cho A x C giác ABC.
2
2
3
Tìm gi{ trị lớn nhất của diện tích tam
2
- +
+ +
- +
- =
x 1
2x 3
2 2.
+ - = x (x y) x y 1 . b) Giải hệ phƣơng trình = - + x (xy 3) 3xy 3 ì ï í ïî
-
+
+ (m 1)x m 6 0.
2x
-
-
4)(x
4)
Câu 3: (1,5 điểm) a) Giải phƣơng trình x 3 3 2x 3 - = b) Cho phƣơng trình (ẩn x) Tìm tất cả c{c gi{ trị của m để
2 = A (x 1
2 2
<
phƣơng trình có hai nghiệm sao cho biểu thức có gi{ trị lớn
nhất. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam gi{c nhọn ABC có v| trực t}m l| T. Gọi H l| ch}n đƣờng cao kẻ từ A của tam gi{c ABC v| D l| điểm đối xứng với T qua đƣờng thẳng BC; I v| K lần lƣợt l| hình chiếu vuông góc của D trên AB v| AC; E v| F lần lƣợt l| trung điểm của AC v| IH.
=
+
a) Chứng minh ABDC l| tứ gi{c nội tiếp v| hai tam gi{c ACD v| IHD đồng dạng. b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng h|ng v| DEF l| tam gi{c vuông.
c) Chứng minh
+
£
+
.
2
2
2
2
2
2
+
2y +
+
+
= Chứng minh 1 2
2x
5
6y
x + y
z
16
4z 4x
3z
Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho ba số dƣơng x, y, z thỏa mãn
+ 6 20202 3x 1+
b) Có bao nhiêu số nguyên x sao cho là số nguyên ?
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
---------------- Hết---------------
22
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 ĐĂK NÔNG
Đề số 18
2
a
a
+
+
3
5
(
1)
P
=
+
-
1
(Đề thi có một trang)
a
1 -
1
a a a
a
a
- -
+
1
4
æ ç ç è
æ ö . ç ÷ ÷ ç ø è
ö ÷ ÷ ø
. Câu 1: (1,0 điểm) Cho biểu thức
- =
+
Tìm điều kiện x{c định và rút gọn biểu thức .
-
-
-
=
. Câu 2: (1,0 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình
) (
)(
)
. Câu 3: (2,0 điểm) a) Giải phƣơng trình (
+ + = b) Giải hệ phƣơng trình . + - = ì ï í ïî
Câu 4: (1,0 điểm) Quãng đƣờng từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột dài 120 km.
Một ngƣời dự định đi xe m{y từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột với vận tốc
không đổi. Sau khi đi đƣợc 45 phút, ngƣời ấy dừng lại nghỉ 15 phút. Để đến thành phố
Buôn Ma Thuột đúng thời gian đã dự định, ngƣời đó phải tăng vận tốc thêm 5 km/h trên
-
+
+
quãng đƣờng còn lại. Tính vận tốc của ngƣời đi xe m{y theo dự định ban đầu.
= (
(
)
-
=
-
để phƣơng trình là ẩn, là tham số) có Câu 5: (1,0 điểm) Tìm
thỏa mãn .
¢ lần
) đƣờng kính
. Kẻ hai đƣờng thẳng và hai nghiệm Câu 6: (3,0 điểm) Cho đƣờng tròn (
lƣợt là hai tiếp tuyến tại các tiếp điểm và thuộc của đƣờng tròn (
¢ lần
) (
) . Điểm ) cắt
khác và ), tiếp tuyến tại đƣờng tròn ( của đƣờng tròn (
lƣợt tại và . Đƣờng thẳng cắt tại .
¢
a) So s{nh độ d|i c{c đoạn thẳng .
b) Đƣờng thẳng cắt hai đƣờng thẳng lần lƣợt tại và . Chứng minh các
=
điểm cùng thuộc một đƣờng tròn.
c) Giả sử tính độ d|i đoạn thẳng theo .
£ £ . Tìm giá trị lớn nhất và
=
+
+
thỏa mãn £ £ Câu 7: (1,0 điểm) Cho hai số thực
æ ç è
öæ ÷ç øè
ö ÷ ø
giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
23
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 QUẢNG NGÃI
Đề số 19
2
2
2
2
74
+
(2,0 điểm) Bài 1.
2
- 3
- 6
19 4 = 0
-
=
+
Giải phƣơng trình
2
2
4
9
6
3
9 0
-
+
-
+ =
+ ì ï í ïî
Giải hệ phƣơng trình
2
2
3
1
+
-
+
=
+
-
¹0
(2,5 điểm) Bài 2.
1. Rút gọn và tìm giá trị
-
+
Cho biểu thức với >
2
2
4
7
+
-
=
0 ( ¹
=
+
- -
2
- +
=
+
nhỏ nhất của biểu thức và ¹ - ). Tính giá trị của Cho hai số thực 2 thỏa mãn 2 3 biểu thức
- + Trong mặt phẳng tọa độ
1 và
(
)
2
+
= +
+
2 trong đó
) là tham số. Chứng minh rằng giao điểm của
(
)
)
( hai đƣờng thẳng nói trên thuộc một đƣờng cố định khi
, cho hai đƣờng thẳng (
thay đổi.
3 1
+ + + =
+
(1,5 điểm) Bài 3.
6111 có tất cả bao nhiêu ƣớc số nguyên dƣơng ph}n biệt? Tính tích
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình Số tự nhiên =
của tất cả c{c ƣớc số đó.
và vuông góc với Bài 4.
l| điểm di động trên đoạn thẳng và ). Tia
) có hai đƣờng kính ( cắt
) tại
; tại ; cắt khác tại
(3,5 điểm) Cho đƣờng tròn ( nhau. Gọi cắt đƣờng tròn ( ∥
, từ đó suy ra diện tích tứ giác
2
Chứng minh Chứng minh D không đổi khi đồng dạng với D di động trên đoạn thẳng
æ = ç è
ö ÷ ø
Chứng minh hệ thức
là tiếp tuyến của đƣờng để
X{c định vị trí của điểm tròn ngoại tiếp tam giác trong trƣờng hợp đó
Bài 5.
2019
2019
+3
trên đoạn thẳng theo . Tính (0,5 điểm)Trên một bảng ô vuông, ở mỗi ô ngƣời ta điền toàn bộ dấu +. Sau đó thực hiện qu{ trình đổi dấu ( dấu + sang dấu -, dấu – sang dấu +) lần lƣợt theo c{c bƣớc sau:
lần, = 1 2 1lần, = 1 2
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Bƣớc 1: Các ô ở dòng thứ đều đƣợc đổi dấu Bƣớc 2: Các ô ở cột thứ đều đƣợc đổi dấu Tính số dấu còn lại trên bảng ô vuông sau khi thực hiện xong qu{ trình đổi dấu trên.
24
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 TÂY NINH
Đề số 20
4
x
x+
=
2 20 0 -
(Đề thi có một trang)
a
a
-
-
2
2 2
) 1
(
)(
T
Câu 1: (1,0 điểm) Giải phƣơng trình
=
-
-
2
CD
AD
AB
=
=
2
2
8
a / /
ABCD AB CD có
= . Tính diện
a a> 0, với ¹ . 4 Câu 2: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức
a (
)
Câu 3: (1,0 điểm) Cho hình thang cân
2
2
x
xy
y
-
=
5
5
42
tích của hình thang c}n đó.
x + - 2
xy
y
x
+
+
=
7
6
42
ì ï í ïî
. Câu 4: (1,0 điểm) Giải hệ phƣơng trình
x
ax
x
bx
a
+
=
+
=
2 6 +
b 2
0
2 4 +
3
0
Câu 5: (1,0 điểm)
b+ 2
2
³ thì ít nhất một trong hai phƣơng trình đã cho có nghiệm.
a Chứng minh nếu 3 Câu 6: (1,0 điểm)
2
*
abcd
k
k
=
Î
Cho hai phƣơng trình và với ,a b l| c{c số thực.
(
)
Tìm số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd sao cho và
= (c{c chữ số tự nhiên
ab cd- 1 Câu 7: (1,0 điểm)
BAC =
, , a b c d có thể giống nhau). ,
60 ,AB AC lần lƣợt tại D và E . Kéo dài
Cho tam gi{c nhọn ABC có và AB AC<
. Đƣờng tròn t}m I nội tiếp ,BI CI lần lƣợt cắt DE tại
,A B ). Gọi K
tam giác ABC tiếp xúc với F và G , gọi M l| trung điểm BC . Chứng minh tam gi{c MFG đều. Câu 8: (2,0 điểm)
)O có tâm O . )O lấy điểm D (khác
Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đƣờng tròn ( a)(1,0 điểm) Trên cung nhỏ AB của đƣờng tròn (
l| giao điểm thứ hai của đƣờng tròn t}m A bán kính AC với đƣờng thẳng BD . Chứng minh AD l| đƣờng trung trực của CK .
,O C ). Gọi
)O .
,E F lần lƣợt l| hình chiếu vuông góc của P trên AB v| AC. Gọi Q l| điểm đối xứng của P qua đƣờng thẳng EF . Chứng minh Q thuộc đƣờng tròn ( Câu 9: (1,0 điểm)
3
x
y z
xyz
x
yz
zx
+ +
+
³
+ +
+
+
9
4
b)(1,0 điểm) Lấy P l| điểm bất kỳ trên đoạn OC (khác
,x y z l| c{c số thực ,
)
(
)( y z xy
)
với Chứng minh (
không }m. Đẳng thức xảy ra khi n|o?
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
25
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 BÌNH ĐỊNH
Đề số 21
3
3
=
+
-
+
(Đề thi có một trang)
A
x
y
y
( 3 x
3
3
3
3
=
+
+
-
=
+
-
) +
, biết rằng Bài 1 (5,0 điểm). 1.Tính gi{ trị biểu thức
x
3
2 2
3
2 2
y
17
12 2
17
12 2
;
2
2
+
+
+
+
=
= 2. Cho hai số thức khác thỏa mãn 1 1 + m n 1 2
)( x mx n x
) nx m 0
2
+
+
=
x
xy
y
1
luôn có nghiệm Chứng minh rằng phƣơng trình (
3
-
=
x
+ y 4x
5
ì ï í ïî
+ =
+
+
+
+
Bài 2. (5,0 điểm) 1. Giải hệ phƣơng trình
2. Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: Bài 3 (3,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng cho điểm m| diện tích của mọi tam gi{c với c{c đỉnh l| các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số c{c điểm đã cho có thể tìm đƣợc
điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam gi{c có diện tích không lớn hơn 1.
+ +
+ +
+ £
2. Cho l| c{c số thực không }m thỏa mãn + + = . Chứng minh rằng
Bài 4 (7,0 điểm).
vuông c}n tại . Gọi
không trùng với l| trung điểm của cạnh ). Gọi
. Lấy điểm theo thứ tự l| hình chiếu lên đƣờng l| hình chiếu vuông góc của và ( trên c{c cạnh
1. Cho tam giác M bất kỳ trên đoạn vuông góc của thẳng
a) Chứng minh rằng vuông góc với
b) Đƣờng thẳng qua song song với cắt đƣờng trung trực của tại .
Chứng minh ba điểm thẳng h|ng.
) đƣờng cao
+
³
2. Cho tam gi{c nhọn Gọi là giao nội tiếp đƣờng tròn (
điểm của và . Chứng minh rằng . Dấu đẳng thức xảy ra khi
nào?
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
26
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 BÌNH PHƢỚC
Đề số 22
2
- x 3
-
+
(
)
x x 3
x
3
=
-
+
A
(Đề thi có một trang)
-
-
-
x 2 x 3
+ x 1
3
x
Câu 1. (2,0 đ) Cho biểu thức
a. Rút gọn A
- =
)
= - ( ) ( 2x m 2 x 3m 3 0 1 + - Tìm các giá trị của m để phƣơng trình 1 có hai nghiệm dƣơng ph}n biệt
,x x sao cho 1
2
,x x l| độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 1
2
b. Tính giá trị của A khi x 4 2 3 + Câu 2. (1,0 đ) Cho phƣơng trình với m là tham số.
2
2
x
5
= + 2
- 2
- 4 x 3 +
2 3x 4 x =
Câu 3. (2,0 đ) a. Giải phƣơng trình
3
+ ì ï í ïî
';
'
;O R v| đƣờng tròn
O R cắt nhau tại hai điểm phân
- - 2x x y b. Giải hệ phƣơng trình - 2x y xy y 2 - = 2x + xy x 4
Câu 4. ( 3,0 đ). Cho đƣờng tròn
,CD CE với đƣờng tròn
';
'
;O R , trong đó
,D E là các tiếp điểm và E nằm trong đƣờng tròn
O R . Đƣờng thẳng
';
'
,AD AE cắt đƣờng tròn
O R lần lƣợt tại M và N (M , N khác A ). Tia DE cắt MN tại
I . Chứng minh rằng:
'O I MN
biệt A và B . Trên tia đối của tia AB lấy điểm C . Kẻ tiếp tuyến
AEB c.
2
2
-
a. Tứ giác BEIN nội tiếp b. MIB
4y
= + 2
- 199 x
2x
2
2
-
=
p
2q
41
Câu 5. ( 1,0 đ) a. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
,p q sao cho
b. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố
,x y là các số thực dƣơng thỏa mãn xy 1£ chứng minh rằng:
2
+
£
1 + 1 x
1 + 1 y
+
xy
+
Câu 6 (1,0 đ) a. Cho
+ x y
£ 4xy 12
)3
=
+
+
2018xy
P
b. Cho
1 ,x y là các số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện ( 1 + 1 y
1 + 1 x
Tìm GTLN của
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
27
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 BẮC NINH
Đề số 23
(Đề thi có 02 trang)
4
3
2
-
+
-
+
x
2x
3x
38x 5
=
= +
Câu 1. (2,0 điểm)
A
3
2
-
x
+ 4x 5
2
=
a) Tính gi{ trị của biểu thức . khi x 2
- (với m l| tham số) có đồ thị lần lƣợt l|
y x=
- y m 1 x 1
(
)
P và d . Tìm m để P cắt d tại hai điểm ph}n biệt
b) Cho hai h|m số và
(
)
) A x ; y , 1
1
( B x ; y 2
2
-
=
-
sao cho
y
x
3 y 1
3 2
3 1
3 2
( 18 x
)
.
2
+
+ =
y
2xy 4
+ 2x 5y
Câu 2. (2,5 điểm)
2
4
+
=
+
5x
- 7y 18
x
4
ì ï í ïî
+ + = . Tìm gi{ trị lớn nhất, gi{
a) Giải hệ phƣơng trình .
3
2
2
2
-
+
-
+
-
b) Cho c{c số thực không }m x, y,z thỏa mãn x y z
= M x
+ 6x 25
y
+ 6y 25
z
+ 6z 25
trị nhỏ nhất của biểu thức .
Câu 3. (1,5 điểm)
2
2
=
+
+
a) Tìm tất cả c{c cặp số nguyên dƣơng
y
30
(
;x y thỏa mãn )( + + xy x y x
) 1
2
n 12
1
.
2
n 2 12
1
2
b) Cho n l| số nguyên dƣơng thỏa mãn l| số nguyên. Chứng minh
rằng l| số chính phƣơng.
,
Câu 4. (3,0 điểm)
AD BE CF của ,
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC . C{c đƣờng cao
tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . Gọi O l| đƣờng tròn ngoại tiếp tứ gi{c DHEC ,
trên cung nhỏ EC của đƣờng tròn O lấy điểm I (kh{c điểm E ) sao cho IC IE .
.
.
NI ND NE NC .
Đƣờng thẳng DI cắt đƣờng thẳng CE tại điểm N , đƣờng thẳng EF cắt đƣờng thẳng CI tại điểm M .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
a) Chứng minh rằng b) Chứng minh rằng đƣờng thẳng MN vuông góc với đƣờng thẳng CH .
28
KN cắt đƣờng tròn O tại điểm G (kh{c điểm K ), đƣờng thẳng MN cắt đƣờng thẳng
,
BC tại điểm T . Chứng minh rằng ba điểm
,H T G thẳng h|ng.
c) Đƣờng thẳng HM cắt đƣờng tròn O tại điểm K (khác điểm H ), đƣờng thẳng
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho 2020 c{i kẹo v|o 1010 chiếc hộp sao cho không có hộp n|o chứa nhiều hơn 1010 c{i kẹo v| mỗi hộp chứa ít nhất 1 c{i kẹo. Chứng minh rằng có thể tìm thấy một số hộp m| tổng số kẹo trong c{c hộp đó bằng 1010 cái.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
29
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 BÌNH DƢƠNG
Đề số 24
(Đề thi có 02 trang)
+ +
-
+
- + =
(
)
Câu 1: (3 điểm)
)
)
(
=
>
=
-
a) Giải phƣơng trình: (
)
(
)
=
+
v| đƣờng thẳng . Tìm để cắt b) Cho parabol (
(
) tại hai điểm phân biệt
+
có ho|nh độ sao cho đạt
giá trị nhỏ nhất.
Câu 2: (1,5 điểm)
+
³
Giả sử ba số thực thỏa mãn điều kiện > , = , + + = . Chứng minh
rằng: .
+
-
+
-
+
=
Câu 3: (2 điểm)
(
)
=
a) Tính giá trị biểu thức: tại
- +
.
- +
b) Tìm tất cả các số nguyên cho là một số nguyên.
(
) đƣờng kính
¹
<
¹
thuộc nữa đƣờng tròn
)
. Tia phân giác của góc cắt tại . Qua vẽ đƣờng Câu 4: (3,5 điểm) Cho điểm (
=
thẳng vuông góc với cắt c{c đƣờng thẳng theo thứ tự tại .
a) Chứng minh rằng: .
)
b) Gọi là hình chiếu vuông góc của trên tiếp tuyến tại là hình của (
chiếu vuông góc của trên tiếp tại của. Chứng minh rằng: thẳng hàng.
<
×
c) Gọi theo thứ tự là diện tích của các từ giác và . Chứng minh rằng:
.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
30
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 SƠN LA
Đề số 25
(Đề thi có 02 trang)
Câu 1 (2,0 điểm)
+
-
)
(
=
-
+
+ = - - + a) Rút gọn biểu thức: + + - + - - + æ ç ç è ö æ ÷ ç ÷ ç ø è ö ÷ ÷ ø
+
+
-
+ - =
b) Tính gi{ trị biểu thức = tại
Câu 2 (2,0 điểm) Cho phƣơng trình
a) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm dƣơng ph}n biệt
+
=
b) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn biểu thức
+
+
+
-
+ +
=
+
đạt gi{ trị nhỏ nhất
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phƣơng trình:
Câu 4 (3,0 điểm)
Từ một điểm I nằm ngo|i đƣờng tròn t}m O kẻ hai tiếp tuyến IA v| IB đến đƣờng tròn (A, B l| c{c tiếp điểm). Tia Ix nằm giữa hai tia IA v| IB, Ix không đi qua O v| cắt đƣờng tròn (O) tại C v| E (E nằm giữa C v| I), đoạn IO cắt AB tại M. Chứng minh:
=
a) Tứ gi{c OMEC nội tiếp
=
b)
æ ç è
ö ÷ ø
c)
+
³
+
+
+
+
Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c £ 3. Chứng minh rằng
Câu 6 (1,0 điểm)
Trong c{c tam gi{c có cạnh đ{y bằng a, chiều cao tƣơng ứng l| h (a, h cho trƣớc,
không đổi). Hãy tìm tam gi{c có b{n kính đƣờng tròn nội tiếp lớn nhất.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
31
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 TIỀN GIANG
Đề số 26
(Đề thi có một trang)
+
+
-
=
+
+
Bài 1: (3,0 điểm)
- . Tính gi{ trị biểu thức
(
)
+ =
+
1. Cho =
- -
+ +
- =
-
)
2. Giải phƣơng trình:
+
=
+ ( ì ï í ïî
3. Giải hệ phƣơng trình:
Bài 2: (3,0 điểm)
1. Cho parabol (P): = , c{c đƣờng thẳng (d1): = - . Viết phƣơng trình đƣờng
=
thẳng (d2), biết d2 vuông góc với d1 và d2 cắt (P) tại hai điểm ph}n biệt A, B sao cho
+
, với I l| trung điểm của đoạn AB.
2. Cho phƣơng trình
+ - (
(
+ -
+
=
+
+
+
có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn
) + = (
) (
)
(
)
= (1), với m l| tham số. Tìm gi{ trị của m để (1) ) - - (
)
=
+ +
3. Cho hai số dƣơng x, y thỏa mãn . Tìm
æ ç è
ö ÷ ø
gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức
) thỏa mãn
-
Bài 3: (1,0 điểm)
+
=
+
+
(
)(
)
Tìm tất cả c{c cặp số nguyên ( + +
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB. Trên cùng mặt phẳng bờ AB, vẽ c{c tiếp tuyến Ax, By của (O). Trên (O), lấy điểm C (CA < CB) v| trên đoạn thẳng OA lấy điểm D (D kh{c O, A). Đƣờng thẳng vuông góc với CD tại C cắt Ax, By lần lƣợt tại E, F. AC cắt DE tại G, BC cắt DF tại H, OC cắt GH tại I. 1. Chứng minh hai tam gi{c AGE, FHC đồng dạng v| I l| trung điểm của GH. 2. Gọi J, K lần lƣợt l| trung điểm của DE, DF. Chứng minh I, J, K thẳng h|ng. 3. Gọi M l| giao điểm của JO v| DK. Chứng minh tam gi{c JOK vuông v| ba đƣờng thẳng DE, IM, KO đồng quy.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
32
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 KHÁNH HÒA
Đề số 27
2
(Đề thi có một trang)
y x=
=
+
+ y 2mx 2m 3
, cho (P) v| đƣờng thẳng (d) Bài 1. (2 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ
a/ Chứng minh đƣờng thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
y , y lần lƣợt l| tung độ c{c giao điểm của đƣờng thẳng (d) và (P). Tìm tất
1
2
+
y
b/ Gọi
£ . 5
y 1
2
cả các giá trị để
2020
2019
+
+
+ +
Bài 2. (2điểm)
0 = A 2
1 2
2 2
... 2
B 2=
a/ Cho và . Chứng minh rằng: là hai số tự
2
2
2x
x
=
3
nhiên liên tiếp.
+ - 3x 10 + x 2
+ - 2x 4 + x 2
b/ Giải phƣơng trình:
¢ không cùng bán kính, cắt nhau tại hai
và Bài 3. (3 điểm) Cho hai đƣờng tròn
¢ cắt
¢ và
điểm phân biệt và . Các tiếp tuyến tại của và lần lƣợt tại
và . Trên đƣờng thẳng lấy sao cho l| trung điểm đoạn .
=
2MB
BD.BC
a/ chứng minh hai tam giác và đồng dạng
b/ Chứng minh
c/ Chứng minh là tứ giác nội tiếp
2
2
+
³
a
b
+ a b
Bài 4. (2 điểm)
)2
(
1 2
£
ab
+ a b
)2
(
1 4
2
2
+
+
-
+
-
2 y
z
18yz 0
a/ Chứng minh rằng với mọi số thực a, b luôn có: và
= .
( 9x y z
)
( 5 x
)
=
Q
b/ Cho là các số thực dƣơng thỏa mãn
- - 2x y z + y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Bài 5. (1 điểm) Huyện KS có 33 công ty, huyện KV có 100 công ty. Biết rằng, mỗi công ty
của huyện KS hợp tác với ít nhất 97 công ty huyện KV. Chứng minh rằng có ít nhất một
công ty của huyện KV hợp tác với tất cả các công ty của huyện KS.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
33
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 TP. HỒ CHÍ MINH
Đề số 28
(Đề thi có một trang)
(1,0 điểm). Câu 1:
+
+
-
)(
) - .
(
Cho = là ba số thực thỏa điều kiện + + = . Tính giá trị của biểu thức: +
(2,5 điểm). Câu 2:
- .
+
-
=
- - (
Giải phƣơng trình:
+ = ) + -
= -
(
)
ìï í ïî
Giải hệ phƣơng trình: .
Câu 3:
(1,5 điểm). Đƣờng tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh , lần lƣợt tại
, , . Gọi là hình chiếu vuông góc của lên , .
Chứng minh: là tia phân giác .
(2,0 điểm). Câu 4:
] thỏa mãn điều kiện + + = .
+
+
Cho
+
+
-
là các số thực thuộc đoạn [ < . Chứng minh rằng:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: = .
(2,0 điểm). Câu 5:
Cho tam gi{c đều . Gọi , l| hai điểm nằm trên cạnh sao cho
= ° ( ) và (
và ). Gọi l| giao điểm của hai đƣờng tròn
(
nằm giữa ) . Chứng minh rằng:
và .
) .
Hai điểm Đƣờng thẳng đối xứng với nhau qua đi qua t}m đƣờng tròn (
+
(1,0 điểm). Câu 6:
(
)+
Cho là hai số nguyên. Chứng minh rằng: nếu chia hết cho
thì cũng chia hết cho .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
34
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 BẠC LƢU
Đề số 29
(Đề thi có 02 trang)
6
4
3
2
-
+
+
Câu 1: ( 4 điểm)
= A n
n
2n
2n
Î
> .
không phải là số chính phƣơng,
=
-
+
+
+
-
a) Chứng minh rằng số có dạng trong đó n N,n 1
B
8 20 2 43 24 3
(
)( 13 4 3 7 4 3
)
b) Rút gọn biểu thức: .
Câu 2: ( 4,0 điểm)
a) Một ngƣời mang trứng ra chợ bán. Tổng số trứng b{n ra đƣợc tính nhƣ sau: Ngày thứ
nhất b{n đƣợc 8 trứng và số trứng còn lại. Ngày thứ hai b{n đƣợc 16 trứng và số
trứng còn lại. Ngày thứ ba b{n đƣợc 24 trứng và số trứng còn lại. Cứ nhƣ vậy cho đến
+ +
=
7x y
+ 2x y
5
ngày cuối cùng thì bán hết trứng. Biết số trứng b{n đƣợc mỗi ng|y đều bằng nhau. Hỏi tổng số trứng ngƣời đó b{n đƣợc là bao nhiêu và bán hết trong mấy ngày ?
+ + - = 2x y x y 2
ì ï í ïî
b) Giải hệ phƣơng trình: .
2
-
-
=
Câu 3: ( 4,0 điểm)
- 2018x m 2019 x 2020
0
)
a) Cho phƣơng trình ( m là tham số). Tìm m để phƣơng
( thỏa mãn:
2
2
+
-
=
+
+
trình có hai nghiệm
2019 x
2019 x
1
x 1
2
3
2
+
=
.
2
5 x
+ . 1
( 2 x
x 1 )
b) Giải phƣơng trình:
không cân, biết D ngoại tiếp đƣờng tròn ( ) . Gọi D, E, F lần lƣợt là các
)¹
, gọi K l| giao điểm
Câu 4: ( 4,0 điểm) Cho D tiếp điểm của BC, CA, AB với đƣờng tròn ( ) . Gọi M l| giao điểm của đƣờng thẳng EF v| đƣờng thẳng BC, biết AD cắt đƣờng tròn ( ) tại điểm N ( của AI và EF.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
a) Chứng minh rằng AK.AI = AN.AD v| c{c điểm I, D, N, K cùng thuộc một đƣờng tròn. b) Chứng minh MN là tiếp tuyến của đƣờng tròn ( ) . Câu 5: ( 4,0 điểm)
=
35
) v| hai điểm B, C cố định sao cho góc
. Điểm A di
nhọn. Gọi E l| điểm đối xứng với B qua AC và F là
cắt nhau
)¹
. Gọi H l| giao điểm của BE và CF. Cho đƣờng tròn ( động trên cung lớn BC sao cho D điểm đối xứng với C qua AB. C{c đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABE, D tại K (
a) Chứng minh KA là phân giác trong góc và tứ giác BHCK nội tiếp.
b) X{c định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác BHCK theo R.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
36
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 GIA LAI
Đề số 30
(Đề thi có một trang)
+
+
-
+
Câu 1 (2,0 điểm).
+
a) Rút gọn biểu thức: = .
b) Tính thể tích của hình cầu, biết diện tích mặt cầu l| p
=
=
+ - ,
Câu 2 (2,0 điểm).
)
)
l| tham số. Tìm để v| đƣờng thẳng (
(
) tại hai điểm ph}n biệt.
-
+
-
-
a) Cho Parabol ( ) cắt (
+ = .
b) Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
- +
- - =
-
-
Câu 3 (2,0 điểm).
(
)(
)
+
+ +
=
+
)
(
)
a) Giải phƣơng trình: .
+
+
+ +
=
+
)( ( +
)(
)
(
)
( ì ï í ïî
b) Giải hệ phƣơng trình
Câu 4 (3,0 điểm).
) ,
l| một d}y cố định không đi qua . Gọi l| điểm di Cho đƣờng tròn (
( không trùng ). Qua kẻ hai tiếp tuyến , với đƣờng
l|hai tiếp điểm). Gọi l| trung điểm của . động trên tia đối của ) , ( tròn (
=
a) Chứng minh 5 điểm cùng thuộc một đƣờng tròn.
l| giao điểm của và . Chứng minh .
b) Gọi c) Chứng minh đƣờng thẳng luôn đi qua một điểm cố định khi di động.
+
+
Câu 5 (1,0 điểm).
= . Tính gi{ trị nhỏ nhất của
+
Cho c{c số thực dƣơng thỏa mãn:
+ .
biểu thức
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
37
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 BẠC LƢU
Đề số 31
=
+
-
-
+
Tính gi{ trị của biểu thức
Bài 1. (2,0 điểm):
(
)(
)
+ +
có đồ thị l| (P) v| h|m số =
Bài 2. (1,5 điểm): Cho h|m số =
có đồ thị l| (d).Tìm m để (P) v| (d) tiếp xúc nhau
a +
a =
Tính số đo góc nhọn a biết Biết rằng
l| tích của hai số lẻ liên tiếp. Tính tổng hai số lẻ
Bài 3. (1,5 điểm): Bài 4. (1,5 điểm):
2018ch÷ s«12018ch÷ s«
đó
v| AH l| đƣờng cao của tam gi{c.
Bài 5. (1,5 điểm): Cho tam giác ABC có - =
=
Chứng minh rằng
+ =
Bài 6. ( 2 ,0điểm ): Giải hệ phƣơng trình
+
=
+
-
ì í î
.Hai dây
và
Bài 7. ( 1,5điểm ):
và
=
=
Cho đƣờng tròn cho t}m O nằm trong dải song song tạo với c{ch giữa hai d}y đó bằng
và
song song với nhau sao . Biết khoảng . Tính R
đều kh{c 0 v| thõa mãn c{c đều kiện
Bài 8. ( 1,5điểm ): Cho c{c số
+
+
=
+ + = và + + = . Chứng minh rằng
<
c}n tại A
, đƣờng vuông góc với
Bài 9. ( 1,5điểm ): Cho tam giác
cắt đƣờng thẳng
tại D.Dựng DE vuông góc với
=
tại Î
. Gọi H l| trung điểm + +
+
.Chứng minh rằng = (
l| ẩn số;
l| tham số).
Bài 10. ( 2,0 điểm): Cho phƣơng trình
Tìm điều kiện của a v| b để phƣơng trình đã cho có hai nghiệm ph}n biệt
trong đó có ít nhất một nghiệm dƣơng
.Tính gi{ trị nhỏ nhất
Bài 11. ( 1,5 điểm ) : Cho
l| ba số thực thõa điều kiện + + = +
+
=
của
. Điểm
thuộc đƣờng tròn (O). Kẻ
Bài 12. ( 2,0 điểm): Cho đƣờng tròn (O) đƣờng kính ^
Î
. Gọi
theo thứ tự l| t}m đƣờng tròn nội tiếp của
các tam giác
. Đƣờng thẳng
cắt
lần lƣợt tại
a. Chứng minh tam gi{c
vuông cân
£
b. Chứng minh
(Đề thi có 01 trang)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
38
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 BÀ RỊA VŨNG TÀU
Đề số 32
(Đề thi có 01 trang)
Rút gọn biểu thức
Câu 1: (3 điểm)
Giải phƣơng trình
Giải hệ phƣơng trình
với x 0, x
Cho các số thực a,b thỏa mãn
Câu 2( 2 điểm)
. Chứng minh phƣơng trình
Tìm tất cả các cặp số nguyên dƣơng (m;n) thỏa mãn phƣơng trình 2m.m2 = 9n2 -12n
luôn có nghiệm.
+19.
. Tìm giá trị nhỏ nhất Câu 3: (1 điểm) Cho các số thực dƣơng a,b,c thỏa mãn
của biểu thức
Câu 4 (3 điểm) Cho đƣờng tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC với AB< AC. Gọi I là
trung điểm của BC. Đƣờng thẳng AI cắt đƣờng tròn (O) tại J kh{c A. Đƣờng tròn ngoại
tiếp tam giác IBJ cắt đƣờng thẳng AB tại M kh{c B v| đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ICJ
cắt đƣờng thẳng AC tại N khác C.
a. Chứng minh rằng v| ba điểm M,I,N thẳng hàng.
b. Chứng minh JA là tia phân giác của góc và OA vuông góc với MN.
c. Tia phân giác của góc cắt MN tại E. Tia phân giác của các góc và
lần lƣợt cắt BE,CE tại P,Q. Chứng minh PB.QE=PE.QC.
Bài 5 (1 điểm) Trên mặt phẳng cho 17 điểm phân biệt, trong đó không có ba điểm nào
thẳng hàng. Giữa hai điểm bất kì trong ba điểm đã cho ta nối một đoạn thẳng v| trên đoạn
thẳng đó ghi một số nguyên dƣơn (c{c số ghi trên c{c đoạn thẳng là các số nguyên dƣơng
khác nhau). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có cạnh l| c{c đoạn thẳng đã nối mà
tổng các số ghi trên ba cạnh của tam gi{c đó chia hết cho 3.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
39
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 KON TUM
Đề số 33
(Đề thi có 01 trang)
3
5 . 3
5
P
Câu 1 : (2,0 điểm)
10
2
x
x
2
2
3
x
2020 2 2019
1. Không dùng m{y tính cầm tay, hãy tính gi{ trị biểu thức
Q
x
2
2. Rút gọn rồi tính gi{ trị của biểu thức tại
2
x
2 x m
:P y
d y :
2
1
Câu 2 : (2,5 điểm)
B
1.Cho parapol v| đƣờng thẳng , m l| tham số. Tìm m để
B x y sao cho
;
,
;
A x y A
A
B
B
y A x
y x
38 5
B
A
2
2
x
y
6
0
2
. đƣờng thẳng d cắt parapol P tại hai điểm
I ( )
2
2
x
y
1
3
0
x
y
2. Giải hệ phƣơng trình
;O R có đƣờng kính AB cố định v| đƣờng kính CD thay đổi sao cho CD
Câu 3 : (2,5 điểm) Cho đƣờng tròn
;O R . Các
x
1
x
x
không vuông góc cũng không trùng với AB. Gọi d l| tiếp tuyến tại A của
2 x .
1
2
1
a BC a
AB
. Chứng minh rằng
2 ,
2
. Lấy đoạn AB l|m
2
2 AL
1
đƣờng thẳng BC và BD cắt d tƣơng ứng tại E và F 1. Chứng minh rằng CDFE l| tứ gi{c nội tiếp. 2. Gọi M l| trung điểm của EF và K l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ gi{c CDEF. Chứng minh rằng tứ gi{c KMBO là hình bình hành. 3. Gọi H l| trực t}m tam gi{c DEF, chứng minh H luôn chạy trên một đƣờng tròn cố định. Câu 4 : (2,0 điểm) 1. Cho số thực x thỏa mãn 1 2. Cho tập hợp A gồm 41 phần tử l| c{c số nghuên kh{c nhau thỏa mãn tổng của 21 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết c{c số 401 v| 402 thuộc tập A. Tìm tất cả c{c phần tử của tập hợp A. Câu 5 : (1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có đƣờng kính, dựng về phía ngo|i hình chữ nhật nửa đƣờng tròn. Điểm M thuộc nữa đƣờng tròn đó. C{c đƣờng thẳng MD, MC
BN 2
AB
cắt AB lần lƣợt tại N, L. Chứng minh .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
40
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HÀ NỘI
Đề số 34
(Đề thi có 01 trang)
+
+
+ =
+
Bài 1
+
=
a, Giải phƣơng trình
+
+
+
=
ì + ï í ïî
b, Giải hệ phƣơng trình
- +
+
=
-
Bài 2
a, Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn
=
b, Với x,y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1 ≤ y ≤ 2 v| xy+2 ≥ 2y, tìm gi{ trị nhỏ nhất của
+ +
biểu thức
Bài 3 Cho hình vuông ABCD, đƣờng tròn (O) nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các cạnh
AB, AD tại hai điểm E,F. Gọi G l| giao điểm c{c đƣờng thẳng CE và BF.
a, Chứng minh rằng năm điểm A,F,O,G,E cùng nằm trên một đƣờng tròn
b, Gọi giao điểm của đƣờng thẳng FB v| đƣờng tròn l| M(M≠F). CMR M l| trung điểm của
đoạn thẳng BG.
c, CMR trực tâm của tam giác GAF nằm trên đƣờng tròn (O)
+
+
³
+
+
+
+
+
+
+
+
Bài 4 Cho x, y, z là các số thực dƣơng thỏa mãn xy + yz + xz =1. Chứng minh:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
41
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (Vòng 2)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HÀ NỘI
Đề số 35
+
(Đề thi có 01 trang)
+
+
+
=
+ )(
= )
ì ï í ( ïî
+
+
=
ả ệ phương trình:
+
+ -
-
+
+
(
)
ải phương trình:
+
+
+
+
+
+
+
+
)
)
é ( ë
ằ ớ ứ
ù û
ù û
é ( ë
ù û
ọ ố nguyên dương é ( ) ë
ế
+
+
+
³
+
=
+
+
ớ ố ực dương thay đổ ỏa mãn điề ệ
ị ỏ ấ ủ ể ứ
( ) . Các điể
ộ ạ , có đườ ế ứ ự
ớ ế ộ
ọ ần lượ ế ủ đườ
ế ại điể ọ ủ ạ ( ) ại điể ắ ả ử
ủ ằ ứ
=
ần lượ ệ ứ ủ ứ ệ
ằ
ọ là trung điể ủ ạ ứ ằng ba điể ẳ
ả ố ế đế ằ ậ ấ ố đôi mộ ệt đượ ọ ấ ừ - ừ ồ ạ ứ ố ệ ổ ằ
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
42
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 AN GIANG
Đề số 36
(Đề thi có một trang)
Bài 1. (2,0 điểm) Rút gọn
Bài 2. (2,0 điểm) √ √ √ √ Phƣơng trình có c{c nghiệm đều l| nghiệm của phƣơng
trình . Tìm v| giải phƣơng trình ứng với vừa tìm đƣợc.
Bài 3. (2,0 điểm √ √ √
Cho h|m số có đồ thị .
biết đồ thị
a) X{c định hệ số Vẽ đồ thị h|m số ứng với đi qua điểm vừa tìm đƣợc. √ √ b) Với gi{ trị vừa tìm ở trên, cho biết điểm thuộc đồ thị . Hỏi điểm có thuộc đồ thị đƣợc hay không? Tìm điểm đó nếu có ( l| hai số kh{c 0).
Bài 4. (1,0 điểm) Cho l| hai số thỏa mãn . Hãy tính
thuộc hai cạnh v|
đi qua trung điểm sao cho tam gi{c của đoạn . Đƣờng Bài 5. (2,0 điểm) Cho hình chữ nhật đều v| có cạnh thẳng qua , hai điểm . Biết đƣờng chéo tại cắt song song với a) Tính diện tích hình chữ nhật b) Chứng minh rằng tứ gi{c . . nội tiếp. Bài 6. (1,0 điểm)
v| chiều cao bằng
Một chiếc bút chì có dạng hình trụ có đƣờng kính đ{y . Th}n bút chì đƣợc l|m bằng gỗ, phần lõi đƣợc l|m bằng than chì. Phần lõi có dạng hình trụ có . Tính chiều cao bằng chiều d|i bút v| đ{y l| hình tròn có b{n kính thể tích phần lõi v| phần gỗ của bút chì.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
43
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (vòng 1)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 SƢ PHẠM HÀ NỘI
Đề số 37
+
=
¸
-
là số thực khác và - . Rút gọn biểu thức
.
Câu 1. a) Cho
+ -
-
+
+æ ç -è -æ ç +è
ö ÷ ø ö ÷ ø
+
+
+
b) Cho các số thực
thoản mãn
= .
+
=
Chứng minh rằng
.
km, tại cùng một thời điểm, bạn An đi bộ từ
đến
Câu 2. Trên quãng đƣờng dài Bình đi bộ từ đến
. Sau giờ kể từ lúc xuất phát, An và Bình gặp nhau tại
phút (vận tốc của An trên quãng đƣờng
là km/h, Bình đi tiếp đến
và bạn và cùng nghỉ lại không thay đổi, vận tối của Bình trên quãng không thay đổi). Sau khi nghỉ, An đi tiếp đến với vận tốc nhỏ hơn vận tốc của An với vận tốc lớn hơn vận tốc của Bình trên phút. Hỏi vận
sớm hơn so với Bình đến
là
+
+
+
+ ,
với
Câu 3. Cho các đa thức
đƣờng trên qu{ng đƣờng quãng đƣờng tốc của An trên quãng đƣờng ( ) =
là km/h. Biết rằng An đến là bao nhiêu? ( ) =
a) Tìm tất cả các giá trị của
để và
là nghiệm của phƣơng trình
là các số thực.. ( ) = .
b) Giả sử phƣơng trình
v| phƣơng trình
có hai
+
=
( ) = =
-
-
( ) = sao cho
. Chứng minh rằng
.
có hai nghiệm phân biệt ( ) (
(
(
)
)
,
,
, ngoại tiếp tam giác
có ba góc nhọn. Gọi
nghiệm phân biệt Câu 4. Cho đƣờng tròn (
) + ) , bán kính
(
thuộc
,
thuộc
,
thuộc
và
(
nằm giữa
và
l| c{c đƣờng cao của tam giác cắt đƣờng tròn (
). Các tiếp tuyến của đƣờng tròn (
). Đƣờng thẳng )
) tại .
tại
và
cắt nhau tại
=
a) Gọi
là trực tâm của tam giác
. Chứng minh rằng
.
b) Chứng minh rằng ba điểm
thẳng hàng.
c) Khi tam giác
l| tam gi{c đều, hãy tính
theo
.
thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 5. Cho các số thực
=
-
+
+
+
-
+
+
.
(
)(
)
(Đề thi có một trang)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
44
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (vòng 2)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HƢNG YÊN
Đề số 38
+
=
¸
-
là số thực khác và - . Rút gọn biểu thức
.
Câu 1. a) Cho
+ -
-
+
+æ ç -è -æ ç +è
ö ÷ ø ö ÷ ø
+
+
+
b) Cho các số thực
thoản mãn
= .
+
=
Chứng minh rằng
.
km, tại cùng một thời điểm, bạn An đi bộ từ
đến
và bạn
Câu 2. Trên quãng đƣờng dài
Bình đi bộ từ đến
. Sau giờ kể từ lúc xuất phát, An và Bình gặp nhau tại
và cùng nghỉ lại
phút (vận tốc của An trên quãng đƣờng
không thay đổi, vận tối của Bình trên quãng
đƣờng
không thay đổi). Sau khi nghỉ, An đi tiếp đến với vận tốc nhỏ hơn vận tốc của An
trên qu{ng đƣờng
là km/h, Bình đi tiếp đến
với vận tốc lớn hơn vận tốc của Bình trên
quãng đƣờng
là km/h. Biết rằng An đến
sớm hơn so với Bình đến
là
phút. Hỏi vận
tốc của An trên quãng đƣờng
là bao nhiêu?
+
+
+
+ ,
với
là các số thực..
Câu 3. Cho c{c đa thức
( ) =
( ) =
a) Tìm tất cả các giá trị của
để và
là nghiệm của phƣơng trình
( ) = .
b) Giả sử phƣơng trình
v| phƣơng trình
có hai
( ) =
( ) =
=
+
+
-
=
-
nghiệm phân biệt
sao cho
. Chứng minh rằng
.
có hai nghiệm phân biệt ( ) (
)
(
)
(
)
, ngoại tiếp tam giác
có ba góc nhọn. Gọi
,
,
Câu 4. Cho đƣờng tròn (
) , bán kính
(
thuộc
,
thuộc
,
thuộc
và
(
nằm giữa
và
l| c{c đƣờng cao của tam giác cắt đƣờng tròn (
) tại
). Các tiếp tuyến của đƣờng tròn (
). Đƣờng thẳng )
tại
và
cắt nhau tại
.
=
a) Gọi
là trực tâm của tam giác
. Chứng minh rằng
.
b) Chứng minh rằng ba điểm
thẳng hàng.
c) Khi tam giác
l| tam gi{c đều, hãy tính
theo
.
là hai số thực thỏa mãn
= . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 5. Với
=
-
+ +
-
+ .
(
)
(
)
(Đề thi có một trang)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
45
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 KON TUM
Đề số 39
(Đề thi có một trang)
3
5 . 3
5
Câu 1 : (2,0 điểm)
P
10
2
x
x
2
2
3
x
2020 2 2019
Q
1. Không dùng m{y tính cầm tay, hãy tính gi{ trị biểu thức
x
2
2. Rút gọn rồi tính gi{ trị của biểu thức tại
2
Câu 2 : (2,5 điểm)
x v| đƣờng thẳng
2 x m
:P y
d y :
2
1
1.Cho parapol , m l| tham số. Tìm m
B
để
B x y sao cho
;
,
;
A x y A
A
B
B
y A x
y x
38 5
B
A
2
2
x
y
6
0
2
I ( )
. đƣờng thẳng d cắt parapol P tại hai điểm
2
2
x
y
1
3
0
x
y
;O R có đƣờng kính AB cố định v| đƣờng kính CD
2. Giải hệ phƣơng trình
Câu 3 : (2,5 điểm) Cho đƣờng tròn
;O R . C{c đƣờng thẳng BC và BD cắt d tƣơng ứng tại E và F
thay đổi sao cho CD không vuông góc cũng không trùng với AB. Gọi d l| tiếp tuyến tại A của
x
x
1. Chứng minh rằng CDFE l| tứ gi{c nội tiếp. 2. Gọi M l| trung điểm của EF và K l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ gi{c CDEF. Chứng minh rằng tứ gi{c KMBO là hình bình hành. 3. Gọi H l| trực t}m tam gi{c DEF, chứng minh H luôn chạy trên một đƣờng tròn cố định. Câu 4 : (2,0 điểm)
1
1
2
2 x .
x 1 . Chứng minh rằng
a BC a
AB
2 ,
2
1. Cho số thực x thỏa mãn 1 2. Cho tập hợp A gồm 41 phần tử l| c{c số nghuên kh{c nhau thỏa mãn tổng của 21 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết c{c số 401 v| 402 thuộc tập A. Tìm tất cả c{c phần tử của tập hợp A. Câu 5 : (1,0 điểm)
2
2 AL
1
Cho hình chữ nhật ABCD có . Lấy đoạn AB l|m đƣờng kính, dựng về phía ngo|i hình chữ nhật nửa đƣờng tròn. Điểm M thuộc nữa đƣờng tròn đó. C{c đƣờng
BN 2
AB
thẳng MD, MC cắt AB lần lƣợt tại N, L. Chứng minh .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
----------Hết---------
46
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 HƢNG YÊN
Đề số 40
(Đề thi có một trang)
+
=
-
-
Câu 1 (2,0 điểm).
(
+
+
1) Rút gọn biểu thức .
-
và D : = -
) - 2) Cho hai đƣờng thẳng (d): = a) Tìm m để (d) song song với D . b) Chứng minh đƣờng thẳng (d) luôn đi qua điểm c) Tìm tọa độ điểm B thuộc D sao cho AB vuông góc với D .
với mọi m.
+
Câu 2 (2,0 điểm).
+ = .
=
+
-
)
1) Giải phƣơng trình
+ =
+ + +
+ ì + ( ï í ï î
2) Giải hệ phƣơng trình
-
+
+
+ = (1) (m là tham số)
Câu 3 (2,0 điểm).
trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
+
=
+
Cho phƣơng trình: 1) Giải phƣơng trình khi = . 2) Tìm m để phƣơng + .
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tam gi{c ABC vuông tại A. Vẽ c{c nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB v| AC sao cho c{c nửa đƣờng tròn n|y không có điểm n|o nằm trong tam gi{c ABC. Đƣờng thẳng d đi qua A cắt c{c nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB v| AC theo thứ tự ở M v| N (kh{c điểm A). Gọi I l| trung điểm của đoạn thẳng BC.
1) Chứng minh tứ gi{c BMNC l| hình thang vuông. 2) Chứng minh IM = IN. 3) Giả sử đƣờng thẳng d thay đổi nhƣng vẫn thỏa mãn điều kiện đề b|i. Hãy x{c
định vị trí của đƣờng thẳng d để chu vi tứ gi{c BMNC lớn nhất.
£
+
+
Câu 5 (1,0 điểm).
+
+
Cho c{c số thực không }m thỏa mãn .
+
+
+
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức = .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
--------------- HẾT ---------------
47
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 NAM ĐỊNH
Đề số 41
(Đề thi có một trang)
-
Câu 1 (2,0 điểm .
-
-
=
-
+
1) Tìm điều kiện x{c định của biểu thức = .
(
)
2) Tìm tất cả c{c gi{ trị của tham số m để đƣờng thẳng v| đƣờng
+ + (với ¹ ± ) l| hai đƣờng thẳng song song.
thẳng =
3) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, BC = 10cm. Tính độ d|i đƣờng cao kẻ
từ A xuống cạnh BC.
4) Một hình trụ có diện tích hình tròn đ{y l| pcm2, độ d|i đƣờng sinh l| 6cm. Tính
thể tích hình trụ đó.
¹ .
+ = - + với > Câu 2 (1,5 điểm . Cho biểu thức + - - + + æ ç ç è ö æ ÷ ç ÷ ç ø è ö ÷ ÷ ø
1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tìm c{c gi{ trị nguyên của a để P nhận gi{ trị l| số nguyên.
+
-
-
Câu 3 (2,5 điểm .
- = (với m l| tham số).
-
1) Cho phƣơng trình
+ = .
+ -
- +
= -
a) Giải phƣơng trình với = . b) Tìm tất cả c{c gi{ trị của tham số m để phƣơng trình có hai nghiệm ph}n biệt (giả sử < ) thỏa mãn
)(
)
. 2) Giải phƣơng trình (
=
Câu 4 (3,0 điểm . Cho hình bình hành ABCD (BD < AC). Đƣờng tròn (O) đƣờng kính AC
.
D
=
cắt c{c tia AB, AD lần lƣợt tại H, I khác A. Trên dây HI lấy điểm K sao cho Tiếp tuyến tại C của đƣờng tròn (O) cắt BD tại E (D nằm giữa B, E). Chứng minh rằng:
+
<
1) D và .
2) K l| trung điểm của đoạn HI. 3) .
+ =
-
+
+
-
Câu 5 (1,0 điểm .
-
-
+
=
ì - ï í ï î
1) Giải hệ phƣơng trình
+ l| c{c số thực dƣơng thỏa mãn + + =
2) Cho . Chứng minh rằng
+ + + + + + + + + + + £ .
Ọ
Ệ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
--------------- HẾT ---------------
48
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (vòng 1)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 PTNK HỒ CHÍ MINH
+
-
+ +
+ -
+
Đề số 42
)
(
(
)
)(
)
-
=
, biết:
.
Bài 1 (1.0 điểm). Tìm
-
+
(
+ (
)
- ) + -
Bài 2 (2.0 điểm). a) Giải phƣơng trình: (
)(
) - - = .
+
b) Giải hệ phƣơng trình:
.
+
=
+
+ + = ) ( + -
(
+ )
ì ï í ïî
-
-
):
Bài 3 (2.0 điểm). Cho phƣơng trình (ẩn
= . ( )
)
(
a) Với các giá trị nào của số thực
sao cho
+ , tham số thì phƣơng trình ( ) có hai nghiệm phân biệt
+
-
=
?
thỏa mãn
để phƣơng trình ( ) có hai nghiệm phân biệt
-
-
b) Tìm tất cả các giá trị của số thực ) + = .
(
đến ngày
có đúng bốn lần tăng v|
Bài 4 (2.0 điểm). a) Từ ngày một lần giảm. Các thời điểm thay đổi gi{ xăng RON
, giá bán lẻ xăng RON trong năm
(tính đến ngày
đƣợc cho bởi bảng sau (gi{ xăng đƣợc tính theo đơn vị đồng, gi{ đƣợc niêm yết cho
lít xăng):
2/5
1/1
2/3
2/4
17/4
17/5
Ngày Giá
Từ
giờ chiều
, giá bán lẻ
lít xăng RON
tăng thêm khoảng
so với giá
lít xăng
ngày
. Nếu ông mua
ngày
sẽ mua đƣợc bao nhiêu lít xăng RON
lít xăng RON vào ngày
RON đó ông và
), ông
đã mua tổng cộng
lít xăng RON
thì cũng với số tiền ? Cũng trong hai ng|y đó ( đồng, hỏi
ông
đã mua bao nhiêu lít xăng RON
vào ngày
với tổng số tiền là ?
=
=
=
b)
Tứ giác
có chu vi
,
,
và
. Tính độ dài các cạnh
=
của tứ giác
. Biết
, tính diện tích tứ giác
=
, bán kính
. Tiếp
. nội tiếp đƣờng tròn (
) có tâm
cắt các tia
lần lƣợt tại
.
=
và
là tứ giác nội tiếp.
Đƣờng thẳng
qua
,
vuông góc với
và
theo thứ tự tại
cắt (
) ,
Chứng minh rằng
là tứ giác nội tiếp và
l| trung điểm của
.
)¹
Bài 5 (3.0 điểm). HÌnh chữ nhật ) tại tuyến của ( a) Chứng minh rằng b) ( c)
Gọi
l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
theo
.
. Tính --------------- HẾT ---------------
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
(Đề thi có một trang) (
49
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (vòng 2)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 PTNK HỒ CHÍ MINH
>
+
Đề số 43
+ = ( )
<
< + .
-
-
+
+
> .
thỏa mãn c{c điều kiện: và (Đề thi có một trang) Câu 1. (2 điểm) Cho phƣơng trình
> và (
)(
(
)
a) Chứng minh rằng phƣơng trình ( ) có hai nghiệm )( và )
< .
b) Biết rằng > . Chứng minh rằng - <
Câu 2. (1,5 điểm)
+ chia hết cho
a) Tìm tất cả những số tự nhiên sao cho .
+ không chia hết cho
- với mọi số
b) Cho là số tự nhiên > . Chứng minh rằng
-
=
-
tự nhiên sao cho < £ .
là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện . Câu 3. (2 điểm) Cho và
-
=
-
<
a) Chứng minh rằng < + < .
= > . Chứng minh rằng -
< .
<
b) Biết rằng
có . Gọi lần lƣợt l| c{c đƣờng phân giác Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác
trong và ngoài góc Ð . Gọi lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của lên . Gọi
lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của lên .
a) Chứng minh rằng lần lƣợt đi qua trung điểm của và .
= Ð
= Ð
b) Chứng minh rằng cắt nhau trên . và
. c) Trên lấy c{c điểm và sao cho Ð và Ð thuộc nửa mặt
=
phẳng bờ chứa thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa Chứng minh rằng
.
d) C{c đƣờng thẳng và lần lƣợt cắt và tại c{c điểm và . Chứng minh
rằng c{c đƣờng thẳng và cắt nhau trên đƣờng thẳng .
quốc gia, Câu 5. (1,5 điểm) Trong một buổi gặp gỡ giao lƣu giữa các học sinh đến từ
ngƣời ta nhận thấy rằng cứ học sinh bất kỳ thì có ít nhất học sinh đến từ cùng một
quốc gia.
<
là số các quốc gia có đúng học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng a) Gọi + .
b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là . Chứng minh rằng có thể tìm đƣợc
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
ít nhất là học sinh đến từ cùng một quốc gia.
50
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (vòng 2)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 QUẢNG TRỊ
Đề số 44
(Đề thi có một trang)
-
+
-
(
)
=
+
-
³
¹
Câu 1. (2 điểm)
(
)
+
-
+
-
a) Cho biểu thức:
Tìm tất cả các giá trị của x để A ≤ 0
b) Tìm tất cả giá trị của tham số m để phƣơng trình x2 – 2(m + 1)x – 2 = 0 có hai nghiệm
phân biệt x1, x2 sao cho x1 < x2 và |x1| - |x2| = - 4.
+
Câu 2. (2 điểm)
=
+
-
-
= (
)(
)
ìï í ïî
+
-
=
-
-
1. Giải hệ phƣơng trình:
(
)
2. Giải phƣơng trình:
Câu 3. (2 điểm)
+
-
= -
1) Cho số tự nhiên có 3 chữ số chứng minh rằng chia hết cho 21 khi và chỉ khi
chia hết cho 21. 2) Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa mãn
Câu 4. (3 điểm) Trên đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB lấy điểm C (C kh{c A v| B), điểm D
nằm trên đƣờng thẳng AB sao cho BD = AC. Kẻ DE vuông góc với AC tại E, đƣờng phân
giác góc cắt DE và (O) tại G và F (F khác A). Đƣờng thẳng CG cắt AC và (O) tại I và
Tứ giác AGDH nội tiếp đƣờng tròn Ba điểm H, D và F thẳng hàng I l| chung điểm của AD
H (H khác C). Chứng minh:
Câu 5. (1 điểm)
+
+
£
Cho a, b, c là các số dƣơng thỏa mãn + + + = .
Chứng minh:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
--------------- HẾT ---------------
51
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi chuyên: TOÁN (vòng 2)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 SƢ PHẠM HÀ NỘI
Đề số 45
+
=
-
(Đề thi có một trang)
(
)
và thỏa mãn điều kiện . Tính giá Câu 1. Cho hai số thực phân biệt
+
+
+
+
+ ,
+ ,
trị của biểu thức = + -
( ) =
( ) =
>
=
Câu 2. Cho c{c đa thức . ( ) =
( ) =
với là các số thực và . Giả sử phƣơng trình có hai nghiệm
( ) =
; phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt ; phƣơng trình
=
+
+
có hai nghiệm phân biệt phân biệt ( ) =
+
=
+
) )
( (
) )
=
+
+
,
)
) ) )
(
( ( (
) ) )
( ( (
= +
. thỏa mãn ( ( ( , )
= + .
+
+
-
-
+ = .
Chứng minh rằng +
) thỏa mãn
+
+
Câu 3. a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (
b) Cho ba số nguyên dƣơng thỏa mãn chia hết cho . Chứng minh rằng
>
cũng chia hết cho .
) và
. Gọi Câu 4. Cho tam giác có ba góc nhọn nội tiếp đƣờng tròn (
lần lƣợt l| ch}n đƣờng cao của tam giác hạ từ . Gọi l| ch}n đƣờng vuông góc
hạ từ lên đƣờng thẳng .
a) Chứng minh rằng là bốn đỉnh của một hình thang cân.
b) Chứng minh rằng đi qua trung điểm của .
) ,
c) Gọi l| giao điểm thứ hai của đƣờng thẳng và lần lƣợt v| đƣờng tròn (
l| trung điểm của và . Tính số đo góc .
thỏa mãn tính chất sau: Tồn tại tập con của Câu 5. Cho tập hợp
sao cho mỗi tập con có đúng ba phần tử và hai tập đều có đúng một
phần tử chung với mọi £ < £ . Chứng minh rằng
a) Tồn tại tập hợp trong các tập hợp sao cho giao của tập hợp này có
đúng một phần tử.
b) Số phần tử của phải lớn hơn hoặc bằng .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
--------------- HẾT ---------------
HƢỚNG DẪN GIẢI
Đề số 1
52
Câu 1:
- +
=
(
( )
- -
Û
- -
=
) - - )(
)
- =
- =
Û ( é Û ê êë
- = Û -
= Û = (thỏa mãn điều kiện)
a) Điều kiện: ³
- = Û -
= Û = (thỏa mãn điều kiện)
TH1:
TH2:
+
+ =
Vậy phƣơng trình có hai nghiệm là = và = .
+
+ =
ì ï Û í ïî
b) Hệ phƣơng trình ( )
= , = . Ta có:
+ + =
Û
Đặt
+
+
=
-
+
=
+ + = )
ì í î
ì ï í ( ï î
=
+ + - = Û +
+
-
+
( Þ +
)
)
(
Û + -
+ +
(
)(
)
( ) + = é = Û ê + = - ë
=
Hệ phƣơng trình trở thành
=
-
Þ là nghiệm của phƣơng trình
=
é + = Û ê ë
Þ
=
(
)
)
Þ
(
)
(
)
( æ = ç è
) ( ö ÷ ø
=
TH1: + = suy ra
+
Þ là nghiệm của phƣơng trình:
+ = (phƣơng trình vô nghiệm)
TH2: + = - suy ra
-
=
Û
( ) +
+
+
+
=
-
)
)
Câu 2:
=
( ( )
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
a)Ta có: ( ) ( Û +
-
=
+
+
-
+
+
=
+
53
(
)
( )
(
)
(
)
-
= Þ +
=
Lại có:
(
)
( )
( )
= -
Đặt
Trừ vế theo vế (2) cho (1) ta có: , mà chẵn, 2019 lẻ nên lẻ, ta có điều
phải chứng minh
- +
+ +
Û
+ +
-
)
(
+ + ( Û -
+ + ) + +
b) Ta có:
= Þ í
=ì =î
TH1: Với mọi m là số tự nhiên khác 0
Thử lại thấy thỏa mãn
> , ta có:
-
+ + + £
( Û -
+ + £ )
TH2:
³ )
<
(vô lí do
TH3:
Û
+ + <
+ + < - ) ( - +
Ta có:
=
vô lí do
)
³ ) (
)
với m thuộc tập số tự nhiên khác 0 Vậy, (
= + + + Û +
+
+
=
Câu 3:
=
=
>
Từ đẳng thức
+
+
+
+
+
£
+
+
Đặt =
+
+
+
=
£
+
Ta có: =
+
+
+
+
(
)(
)
æ ç è
ö ÷ ø
Mặt khác:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Tƣơng tự thì ta cũng có:
£
+
+
+
æ ç è
ö ÷ ø
£
+
+
+
æ ç è
ö ÷ ø
54
Cộng vế theo vế ta có: £ Dấu bằng xảy ra
khi = = = . Hay là = = =
Câu 4:
a)
Þ
(hai góc kề bù) Có
-
=
=
=
)
=
do l| điểm chính giữa cung và theo giả thiết = =180 (Do cung Suy ra D đồng dạng với D b) Ta có
. Mặt khác là tia phân giác suy ra là trung trực đoạn thẳng
hay vuông góc với tia
là tia phân giác của Chứng minh tƣơng tự thì , suy ra l| đƣờng
trung trực của đoạn thẳng hay vuông góc với . Từ hai điều trên ta có l| trực t}m của D
c)
Gọi giao điểm của , của với là
) là
Gọi giao điểm của . Dễ thấy rằng là hình bình với là với đƣờng tròn (
)
Þ
hành nên vuông góc với suy ra l| đƣờng kính đƣờng tròn (
° hay
° hay
= = thuộc đƣờng tròn đƣờng kính , suy ra năm
điểm cùng thuộc một đƣờng tròn
Ta có (do tứ gi{c nội tiếp)
Suy ra l| tiếp tuyến đƣờng tròn ngoại tiếp tam gi{c
Câu 5:
Ta tô m|u c{c đoạn thẳng có đầu mút l| 2 trong 12 điểm đã cho:
-Tô đỏ c{c đoạn thẳng có độ d|i nhỏ hơn 673
-Tô xanh c{c đoạn thẳng còn lại
thì mỗi tam gi{c có ít nhất một cạnh m|u đỏ. Ta sẽ chứng minh có ít nhất 2 tam
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
gi{c có 3 cạnh đều l| m|u đỏ.
55
+Xét 6 điểm trong 12 điểm đã cho. Từ một điểm A nối đến c{c đoạn thẳng còn lại
tạo th|nh 5 đoạn thẳng, đƣợc tô tới hai m|u xanh, nên tồn tại 3 cạnh cùng m|u. Giả
sử đó l|
Nếu tô đỏ (nét liền, h1) thì tam gi{c phải có 1cạnh tô đỏ(h1).,
chẳn hạn thì tam giác có 3 cạnh tô đỏ(h2). Nếu tô xanh (nét
đứt, h3). Do mỗi tam gi{c phải có ít nhất một cạnh đỏ nên và tam giác
có 3 cạnh đỏ(h1).
Suy ra trong 6 điểm n|y luôn tồn tại ít nhất một tam gi{c có 3 cạnh m|u đỏ
+Xét 6 điểm còn lại, chứng minh tƣơng tự
Vậy trong 12 điểm luôn tồn tại ít nhất 2 tam gi{c có hai cạnh đều m|u đỏ. Suy ra
tồn tại ít nhất hai tam gi{c m| chu vi mỗi tam gi{c bé hơn 2019
Đề số 2
Câu 1: a) (1,0 điểm)
+
+
-
+
= +
-
+
=
+
-
= +
.
Có
(
)
ö ÷ ø
æ ç è
=
+
+
.
=
) - = +
(
)
(
+ .
-
= hay
= , do đó = - .
Do > nên = Suy ra (
)-
b) (1,0 điểm)
+
=
+
=
+
+
+
+
+
+
=
Từ
suy ra
.
(
)(
)
+
=
+
+
+
+
=
+
Tƣơng tự có
,
.
(
)(
)
)(
)
(
Vế trái của đẳng thức cần chứng minh trở thành
+
+
+
+
+
+
+
+
- )(
)
(
- )(
(
)
(
- )(
-
+
-
+
)
)(
(
) )(
=
( +
)( +
) +
- )(
) + (
+ )(
( + )
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
(Từ tr{i qua phải lần lƣợt l| h1,h2,h3,h4)
Khai triển và làm gọn biểu thức trên tử ta đƣợc kết quả l| 0 nên có đpcm.
Câu 2: a) ( 1,0 điểm)
+
- - +
+
=
Điều kiện x{c định: ³ - . Phƣơng trình cho tƣơng đƣơng với (
) é ë
ù û
= -
Û
.
- - +
+ =
é ê ë
-
+ +
=
- - +
Ta có
(1)
+ = Û (
+ +
) é ê ë
ù ú û
>
Do + +
," ³ - nên (1) Û x = 3.
.
+ + Tập nghiệm của phƣơng trình là { -
}
b) ( 1,0 điểm)
+
= +
( )
+ =
+
( )
ì ï ï í ï ïî + Điểu kiện x{c định: ¹ và ¹ .
+
+ =
Û
=
-
+
+ Ta có
( + -
)
(
)
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
Sử dụng hằng đẳng thức
+
+
-
=
-
+
-
+
-
)
(
)
(
)
+ + é ( ë
ù û ta thu đƣợc (2) Û
=
= -
.
+
-
=
é ê ê ê ê ë
Û
= - Û
Trƣờng hợp 1: =
.
= = -
= - = -
ì í î
ì í î
Thử vào (1) thấy không thỏa mãn.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
56
+ =
= Û +
= Û
+ Trƣờng hợp 2: + -
.
(
)
-
=
+
=
+
Có (1) Û +
hay có
Û (
)+
-
=
+
= Û = -
( do có điều kiện
¹ ).
Û (
)+
+ =
(
)
Û
Vậy
, dẫn đến x,y là các nghiệm của phƣơng trình
= -
= -
ì + = ï í ï î
ì ïï í ï ïî
+
-
-
+
-
hoặc
.
- = hay phải có (
) là
æ ç è
æ ç è
ö ÷ ø
ö ÷ ø
-
+
,
+ Kết luận: Hệ đã cho có đúng hai nghiệm (
) là
æ ç è
ö ÷ ø
-
+
.
æ ç è
ö ÷ ø
Câu 3: ( 3,0 điểm)
Hình vẽ:
a) ( 1,0 điểm)
nên chúng vuông góc,
) .
+ Có AD, AE là các phân giác trong và ngoài của góc suy ra ED l| đƣờng kính của ( + Lại có D l| điểm chính giữa của cung nhỏ BC của (
) nên có OD vuông góc với
BC tại trung điểm M. Vậy D,M,O,E thẳng hàng và DE ^ BC.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
57
=
=
+ Xét tứ giác EGMC có
nên EGMC là tứ giác nội tiếp.
=
=
=
+ Suy ra
, lại có
nên
, suy ra GM // AD.
b) (1,0 điểm)
+ AE ^ AD và MG // AD nên MG ^ FE. Lại có EG ^ AC và MF // AC nên EG ^ MF.
Từ đó suy ra G l| trực t}m tam gi{c MFE, do đó FG ^ ME hay FG ^ DE.
+ Có FG // MC ( vì cùng vuông góc với DE), FM // GC nên FMCG là hình bình
hành, suy ra FG = MC.
+ Từ AE là phân giác của
và HG ^ AE suy ra đƣờng thẳng AE l| đƣờng
trung trực của đoạn HG.
Suy ra FH = FG. Vậy FH = MC.
c) ( 1,0 điểm)
=
=
+ Từ
( vì cùng cộng với
ra
),
( vì cùng bằng
D
), suy ra D
(g.g)
+ Có N v| K l| c{c trung điểm của hai cạnh tƣơng ứng là AB và GM nên
=
, suy ra tứ giác EKNH là tứ giác nội tiếp.
=
=
+ Lại có
( Do H,G đối xứng nhau qua AE) nên dẫn đến
=
.
=
+
³
+
+
³
+
. Từ
có
Có
(
)
(
)
(
)
+
£
, vậy có đpcm.
hay
Câu 4: ( 1,5 điểm)
a) ( 0,75 điểm)
-
+
+
(
)
(
+
-
(
)-
)(
)
=
+ =
+ Ta có
+ =
+ .
+ là ba số nguyên liên tiếp nên trong ba số này phải
-
+
-
, do đó
.
+ Với n nguyên thì - có số chia hết cho 2 và có số chia hết cho 3, suy ra (
) (
)
+ Nếu
chia
thì (
cho 5 dự 1, suy ra
.
)- (
; nếu n chia cho 5 dƣ một trong các số 1,2,3,4 thì )-
+
-
=
, theo đó
+ là số nguyên.
+ Vì (
) = nên suy ra (
)-
Ệ
Ọ
b) ( 0,75 điểm) ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
58
Î
mà
+ Giả sử tồn tại cặp số tự nhiên (
) thỏa mãn yêu cầu. Khi đó
+
-
+
=
+
+
+
+
, suy ra
(
)
(
)
é ë
ù û
+
+
+
) +
=
( (
- = )
ì ï í ïî
+
+
=
) với
)
Î
và
Nói c{ch kh{c phƣơng trình (1): Î . Ta coi (
( có nghiệm ( ) là bộ nghiệm của (1) thỏa mãn điều
+
. Nhận thấy một số chính phƣơng chia cho 7 chỉ có thể cho
+
khi và chỉ khi
và
) Î
=
+
+
=
. Khi đó (1) trở thành
kiện X + Y nhỏ nhất. ) + Từ (1) có ( số dƣ l| 0.1.2.4 nên ( , =
với
, dẫn tới biểu diễn ) (
=
=
Î
Lập luận tƣơng tự dẫn đến
với
.
Câu 5: ( 1,5 điểm)
a) ( 0,75 điểm)
-
+
³
+
+ Ta chứng minh kết quả
(1).
(
)
+
+
+
³
+
+
-
Thật vậy , (1) Û
)
(
(
)
+
-
³ .
Û (
)
³ , bất đẳng thức đúng, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
Û (
)-
= b
-
+
³
+
-
+
³
+
+ Tƣơng tự có (2):
, (3) :
.
(
)
(
)
+ Thấy các vế của (1), (2), (3) đều không âm, nhân theo vế các bất đẳng thức này ta
+
-
+
-
+
³
+
+
+
=
-
) (
) (
)
(
)(
)(
)
đƣợc (
-
+
-
+
-
+
³ (*).
) (
)
Hay (
) (
+
-
-
+
-
+
-
-
+
³ , có đpcm.
+ , - ) (
³ nên từ (*) suy ra )
Do (
+ , ) (
b) ( 0,75 điểm)
Gọi
là số bút mà học sinh thứ I ( trong 32 học sinh ) nhận đƣợc ( i = 1,2,..,32).
+ +
£
Nhƣ vậy Î
và +
. Ta kí hiệu:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
59
=
= +
,
.
= +
+ +
Î
£
£
£
£
Với mỗi
ta có : £
, +
; +
, +
.
{
}
Xét 128 số gồm:
32 số nhóm (1) là
,
+
+
32 số nhóm (2) là +
+
+
32 số nhóm (3) là +
,
+
+
32 số nhóm (4) là +
,
< <
Thấy 128 số này lấy giá trị nguyên dƣơng trong phạm vi từ 1 đến 124, theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số n|o đó trong chúng bằng nhau. Vì <
nên
dãy 32 giá trị trong mỗi nhóm ở trên tăng dần kể từ trái qua phải. Suy ra tồn tại
+
=
+
Î
> > mà
với
và ¹
( do hai số bằng
{
}
nhau thì không cùng nhóm).
- Î
<
-
=
-
>
Vì
nên
, suy ra
. Lại có
{
}
)
-
<
£
<
-
=
nên
, suy ra -
= . Vậy
hay
(
( )-
+ +
=
, nghĩa l| nhóm gồm các học sinh từ học sinh thứ + đến
++
+
học sinh thứ j nhận đƣợc tổng cộng 25 cây bút.
Đề số 3
60
×
+
+
=
+
+
Câu 1:
+ +
+
+
×
+
+
+ +
+
+
+ +
=
= =
+ + + +
+
+
= Þ + + =
1/ Ta có VT =
=
+
+
=
+
+
=
+
+
2/ Đặt ta đƣợc
æ ç è
ö ÷ ø
+
+
-
=
+ +
+
+
-
-
-
=
Khi đó
æ ç è
öæ ÷ç øè
ö ÷ ø
+
+
=
Þ =
×
Mặt khác từ hằng đẳng thức
= . Vậy =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
ta có
61
Câu 2:
1/ Điều kiện x{c định " Î
+ +
+
- +
=
Từ giả thiết ta nhận thấy x > 0 ( do vế tr{i dƣơng),
+ + +
- + =
>
Chia cả hai vế cho x, ta có
+ - -
- + -
+
=
Û
+ + -
- + - =
Û
+
)
(
)
(
+ + +
- + +
Đặt = ta đƣợc phƣơng trình
+ Û - + = Û - = + + + - + +
+ Û - + = Û - = + + + - + + æ ç è æ ç è ö ÷ ø ö ÷ ø
Với - = Þ =
¹
Vậy phƣơng trình có đúng một nghiệm = .
+ + +
=
+ + +
=
+ + +
=
æ ç è
Û
Û
2/ Điều kiện: ¹
+
+
=
+
+
+
=
æ ö ÷ ç øè
ö ÷ ø
ì ï ï í æ ï ç ïè î
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
ì ï ï í ï ï î
+ =
= +
Hệ đã cho
ì ï Û í ï × = î
-
Đặt = + lúc này (1)
+ = , Phƣơng trình n|y có hai nghiệm
=
=
Vậy u, v là 2 nghiệm của phƣơng trình
= cho ta hệ:
+ = - + = Û Û Trƣờng hợp 1: = - + = ì ï í ïî + = ì ï ï í ï ï î =ì ï ï =é íê ï ê = ï ëî
æ ×ç è
ö ÷ ø
+ =
-
+ =
Û
Hay là các nghiệm của hệ đã cho.
= ta có hệ
-
+ =
+ -
=
=ì ï ï Û = í ï ïî
ì ï ï í ï ï î
ì ï ï í ï ï î
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Trƣờng hợp 2: =
62
æ ç è
ö ÷ ø
hay là các nghiệm của hệ đã cho.
æ ×ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
Kết luận: Hệ đã cho có 4 nghiệm là ;
+ =
+
+ Û +
+ =
+
+
+
+
+
Câu 3:
+
=
+
+
+
+
)
+
=
+ +
-
+
( (
)
ì ï Û í ï î
+
+ >
-
> nên từ (1) và (2) ta suy ra
+ +
>
+
>
+
1/ Ta có
( )
)
(
Loại vì không có số nguyên y thỏa mãn. Ta thấy : nếu < - hoặc > thì ) (
= -
Từ đó suy ra - £ £ Þ Î -
Xét = Þ + = Þ =
= -
Xét = Þ + = loại
= -
Xét = Þ + = Þ =
× -
-
-
- -
Xét = - Þ + = Þ =
Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm là
2/ Trƣớc tiên, ta chứng minh x 3.
Đặt y5 = a, a Î N*, ta có 2x2 – 1 = y15 Û 2x2 = a3 + 1 Û 2x2 = (a + 1)(a2 - a + 1) (1)
Gọi ƢCLN(a + 1; a2 – a + 1) = d (d Î N*), ta có: a + 1 d, a2 – a + 1 d.
Suy ra (a2 – a + 1) – (a + 1)(a – 2) = 3 dÞ d = 1 hoặc d = 3
+ =
* Nếu d = 1 thì từ (1), ta có:
- + =
- + =
ì í î
ì + = ï í ïî
+ =
=
=
Û
Þ
hoặc (loại vì a Ï N*)
=
- + =
=
ì í î
ì í î
ì í î
(loại vì phải có x > 1)
* nếu d = 3 thì từ (1) ta có: 2x2 9. Vì ƢCLN(2; 9) = 1nên x2 9 Þ x 3 (*)
Chứng minh x 5.
Đặt y3 = b, b Î N*, ta có: 2x2 – 1 = b5 Û 2x2 = b5 + 1
Û 2x2 = (b + 1)(b4 – b3 + b2 – b + 1) (2)
Gọi ƢCLN(b + 1; b4 – b3 + b2 – b + 1) = k (k Î N*)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Ta có: b + 1 k; b4 – b3 + b2 – b + 1 k
63
Þ (b4 – b3 + b2 – b + 1) – (b + 1)(b3 – 2b2 + 3b – 4) = 5 k
Suy ra k = 1 hoặc k = 5.
+ =
* Nếu k = 1 thì từ (2) có
-
+
- + =
-
+
- + =
ì í î
ì + = ï í ïî
(loại vì b Ï N*) Hoặc:
=ì í =î
Þ (loại vì phải có x > 1)
* Nếu k = 5 thì từ (2) suy ra 2x2 25. Vì ƢCLN(2; 25) = 1 nên x2 25 Þ x 5 (**)
Từ (*) và (**) suy ra x BCNN(3; 5) hay x 15 (đpcm)
=
=
Câu 4:
( )
=
=
1/ Do các tứ giác nội tiếp nên
( )
- D
-
Tứ giác ABDC nội tiếp nên
A
A
x
E
O
E
O
B
B
C
M
C
Q
M
P
N
F
D
F
D
=
=
=
=
D
Từ (1) và (2) suy ra D đpcm
2/ Ta có và (do D ), suy ra
=
×
=
×
Vậy E, M, F thẳng hàng.
=
Từ hai tứ giác MECD, MBFD nội tiếp suy ra ,suy ra tứ giác
^
=
BECF nội tiếp. Do đó Vẽ tiếp tuyến Ax của (O) thì
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
,suy ra Ax // EF. Vậy
=
=
=
64
=
=
=
×
=
( )
×
×
=
=
=
=
3/ theo tính chất phân giác ta có suy ra
( )
×
=
Ta có =
Từ (3) và (4) suy ra , hay PQ // BC.
¼
Câu 5:
=
¹
=
l| giao điểm của đƣờng thẳng và
)
. Gọi c{c đƣờng thẳng đã cho l| (
Xét đƣờng thẳng bất kỳ trong số 2022 đƣờng thẳng đã cho. Do không có 3 đƣờng thẳng
n|o đồng quy nên c{c giao điểm ( n khác i, j) của các cặp đƣờng thẳng và không
nằm trên . Do số giao điểm là hữu hạn nên tồn tại một giao điểm gần nhất, giả sử là
( nếu có nhiều giao điểm nhƣ vậy thì ta chọn 1 giao điểm n|o đó) .
Ta sẽ chứng minh tam giác l| tam gi{c đẹp.
Nếu tam giác này bị đƣờng thẳng n|o đó trong số 2019 đƣờng thẳng còn lại cắt thì
phải cắt ít nhất một trong hai đoạn Giả sử cắt đoạn tại điểm thì
gần trái giả thiết gần nhất.
Suy ra, với mỗi đƣờng thẳng luôn tồn tại một tam gi{c đẹp có cạnh nằm trên . Trên
mỗi đƣờng thẳng , ta chọn một cạnh của tam gi{c đẹp thì ta thu đƣợc 2022 cạnh của
tam gi{c đẹp.
Đề số 4
Vậy số tam gi{c đẹp không ít hơn 2022:3 = 674.
=
=
=
-
Câu 1.
+
+
+
+
+ +
+ - +
+
1. Xét:
+ +
+
+
+
+
-
=
+
-
+ +
-
= -
=
-
=
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Áp dụng đẳng thức ở trên ta có:
65
+
=
Û
+
- =
æ ç è
ö ÷ ø
= Þ + = -
<
æ Û + ç è
ö ÷ ø
2. Từ giả thiết
=
+
+
-
=
+
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
+
-
+
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è -
-
-
Ta có:
Vậy A = -110.
Câu 2.
-
< < ¹ 1. ĐKXĐ: -
= ta đƣợc:
+ =
Û
Û
+ = +
-
=
-
+
- =
+ = +
ì í î
ì í î
=
ì ï í ï + î
Đặt:
+
-
+
- =
Û
+ +
+
=
Giải (1):
- -
=
Suy ra: + = hoặc + =
+) Với + = Þ = - ta đƣợc: (thỏa mãn)
- -
=
=
+) Với + = Þ = . Ta tìm đƣợc x = 1 ( thỏa mãn)
Vậy nghiệm của phƣơng trình l|
2. Nhận thấy = , = là một nghiệm của hệ phƣơng trình.
+
-
+
=
(
)
+
-
+
=
)
ì ï í ( ïî
-
+
=
( Þ +
)
(
)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Với ¹ . Từ hệ PT, ta có:
+
+ -
=
Û (
)(
)
é = -
+ =
Þ
+ -
=
= -
+
é ê ë
Þ ê ë
Þ
+ = Û =
66
Þ
-
Với = - . Từ pT (1)
=é + = Û ê =ë
Với = - + . Từ Pt (1)
=
Khi = Þ = Khi = Þ =
{
}
Vậy nghiệm của hệ PT là
-
-
+
=
Câu 3.
Û
=
Û
=
=
= -
- = -
1. Từ
- nên ta có 4 trƣờng hợp sau:
Vì =
- =
=ì í =î
ì - = í î
Û
Trƣờng hợp 1:
- = - =
= =
ì í î
ì í î
- = -
=
Û
Trƣờng hợp 2:
- = -
=
ì í î
ì í î
Û
Trƣờng hợp 3:
- = - - = -
= =
ì í î
ì í î
Trƣờng hợp 4:
-
+
Vậy có 4 cặp thỏa mãn là: .
ù û
2. Ta có : x5 – x = x( x4 – 1)= x(x2 – 1)(x2 + 1)= x(x2 – 1) é ë
=(x – 2)(x – 1)x(x + 1)(x + 2) + 5(x – 1)(x + 1)x
Ta có : (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2) chia hết ch 5 và 6
mà (5,6) = 1 nên (x – 2)(x -1) x(x + 1)(x + 2)
lại có (x-1)x(x+1) Chia hết cho 2 và 3 mà (2,3)=1 nên 5(x – 1)x(x+1)
Do đó x5 – 1
Suy ra A = (a2020 + b2020+c2020) - (a2016 + b2016 + c2016)
A = a2015(a5 – a) + b2015 (b5 – b) + c2015 (c5 – c)
Vậy A
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 4.
A
E
O
K
M
C
P
B
N
Q
D
F
=
=
=
ÞD
D∽ CDE
=
67
=
1. Có
=
2. Tứ giác BMDF nội tiếp Þ (cùng chắn cung FB)
=
D∽
Tứ giác CEMD nội tiếp Þ (cùng chắn cung EC)
Þ
=
Do D (cmt) Þ (hai góc tƣơng ứng)
-
-
=
=
=
-
=
=
M| c{c điểm B; M; C thẳng hàng Þ C{c điểm thẳng h|ng (đpcm)
Þ
=
-
=
-
= Þ ^ Þ ^
Þ
+
∽
∽
D
Þ
=
D
Þ
=
*) Kẻ AO cắt EF tại K;
Þ
=
Þ
=
=
3. D và D , mà BM = CM (gt)
Þ
=
D∽
=
Þ
=
Þ
(do )
(do D ) Þ (sử dụng tính
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
chất tia phân giác kết hợp với ta lét đảo)
68
Câu 5.
Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có :
(a.1 + b.1 + c.1 )2 £ ( a2 +12 + 12 )(b2 + c2 + 1) = (a2 + 2) (1+ b2 + c2) (1)
Do vai trò của a, b, c l| nhƣ nhau theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a2 -1, b2-1,c2-1
Þ -
- ³
-
+ ³
Û
-
Û
+
+
+ ³ +
+
Û +
+
³
+
+
Û +
+
+
³
+
+ +
luôn tồn tại 2 số cùng dấu, giả sử b2-1; c2-1
(2)
Từ (1) và (2) , suy ra:
S = = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ³ 3(a +b+c)2=3.9=27
Đề số 5
Câu 1.
a) ( 1 điểm)
-
- =
- -
+
- =
Ta có
- + ;
- + +
- -
-
-
+ =
- =
Þ
=
Và
-
=
- +
³
Khi ³
thì =
, dấu bằng xảy ra khi x = 18 (1).
-
-
= +
> +
=
Khi < <
thì =
(2)
-
-
=
Suy ra
.
b) ( 1 điểm)
Từ đề bài suy ra x < 0
Suy ra 9x – 8 < 0; 7x – 6 < 0; 5x – 4 < 0; 3x – 2 < 0
+ -
+ -
+ + =
Phƣơng trình đã cho trở thành - + -
Û -23x + 20 = 0. Kết luận pt vô nghiệm
Câu 2.
a) (1 điểm)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy GTNN của S = 27 khi và chỉ khi a = b = c = 1
Không mất tỉnh tổng quát ta có thể giả sử a > b > c > 0.
Từ a + b + c = 3 thì Þ > > > .
Ba phƣơng trình đã cho lần lƣợt có các biệt số D là:
D =
-
-
-
; D =
; D =
+
Suy ra D < ( vì
< < ) Þ phƣơng trình
+ = vô nghiệm
-
+
Và D >
> ( vì a > b và a > 1) Þ phƣơng trình
+ = có
nghiệm.
b) (1,00 điểm) cách 1
=
-
có phƣơng trình l|
+ luôn đi qua điểm
(
)
(
) của
Đƣờng thẳng (
) .
Hình chiếu vuông góc của C lên Oy là
(
) , của A lên Oy là
(
) , của
lên Oy là
.
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
=
Þ
=
Theo định lí Thales có : =
Suy ra A’B’ = 6 Þ OB’ = 8 Þ = Þ = ±
Nếu b = 4, thế vào
tìm đƣợc m = 3; Nếu b = -4, thế vào
tìm đƣợc m = -1.
b) Cách 2
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
69
-
Phƣơng trình đƣờng thẳng
là =
+ Þ tọa độ điểm C là
-
æ ç è
ö ÷ ø
+
- = (1). Vì
và (
-
-
+
nên (1) có 1 nghiệm
Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của ) và
) thuộc (
(
) : - = Þ (
)
(
)+
=
-
+
-
+
=
,
=
(
từ AB = 3AC Û (
) (
)
) (
)
(
)+
= ± Û m = -1 hoặc m = 3.
Û (
)-
= Û (
)-
Kết luận
Câu 3.
-
+
+ +
+
+ +
a) (1 điểm) Giải phƣơng trình
= .
(
)
+
-
+
+ = .
Điều kiện ³ - khi đó: ( )
( Û +
)
)
Û
+
+
+ -
+
+ =
+
)+
)
(
)
( é ë
)( ( û Û = - hoặc ( ù =
(2)
+
+
+
+
+
=
)
Do 2 vế của (2) đều không âm nên (2) )( Û (
-
+
-
-
- +
=
Û
= Û (
)(
)
Û x = 8 hoặc
- + = ( vô nghiệm). Kết luận
+
+
+
=
( )
b) ( 1điểm ) Giải hệ phƣơng trình
+
=
+
+
(
)
( )
ì ï í ï î
Điều kiện: ³ - ; ¹ Þ ³
-
+
+
+ + +
=
=
+
+
( ) Û +
)(
)
+
+
Do ³ - và ³ nên
+ Û ( + + + > Þ ( ) Û =
+ +
+ +
+
=
Thay vào (1):
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
70
+
+ +
+
+
+ + =
Û (
)
(
)
+ +
=
)
-
+ + +
+ + = Û +
+ =
Û ( Û (
)
-
+
Û (
)+
=(
)
+
Û + = -
( vô nghiệm ) hoặc + =
+ - (3)
(3) Û + =
+ . Với điều kiện ³ -
thì
(3) Û +
- = Û = - ( loại ) hoặc =
( thỏa).
Kết luận : (
)
ö ÷ ø
æ = ç è
Câu 4.
Chứng minh đƣợc DO l| đƣờng cao tam giác DAB và D,P,O thẳng hàng
Chứng minh đƣợc ABKC là hình thang
Chứng minh đƣợc ABKC là hình thang
Suy ra diện tích của chúng bằng nhau đặt bằng
=
=
Hai tam gi{c KCP v| KPD có cùng đƣờng ao nên
( với
là
D D
( (
) )
diện tích D
)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
71
Hai tam gi{c ACP v| APB có cùng đƣờng cao nên
=
=
( với
là diện tích D
D D
( (
) )
=
Þ = Þ
= Þ =
.
Vậy diện tích tứ giác ABKC là
+
+
=
+
+
=
(
) =
Câu 5.
Vẽ tia tiếp tuyến Bx nhƣ hình vẽ, gọi I l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE,
ta có
=
( cùng chắn cung CB )
=
( tứ giác ACED nội tiếp)
=
Suy ra
Þ Bx // DE
Mà BO ^ Bx và IQ ^ DE ( đƣờng nối tâm)
Þ BO // IQ
Tƣơng tự vẽ tiếp tuyến By của (I) ta cũng suy ra đƣợc BI // OQ suy ra BOQI là hình
bình hành
Suy ra OB = IQ và IB = OQ mà OB = OM và IB = IM Þ OM = IQ và IM = OQ
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
72
Þ Tứ giác OIQM là hình thang nên OI // MQ
Mà OI ^ BM Þ QM ^ BM
Câu 6.
Khi biết tổng nhƣng B nói : Tôi không biết 2 số A chọn nhưng chắc chắn C cũng không ) vì nếu biết. Do đó ta loại các cặp có tổng bằng 2; 3; 17; 18 là (
) (
) (
) (
biết tổng này thì B phải đo{n đƣợc hai số đó ngay.
Ngoài ra, dựa vào việc khẳng định C cũng không biết nên có c{c trƣờng hợp của
tổng sau:
TH1: 4 = 1+ 3 = 2 + 2 thì tích có thể bằng 3 = 1.3, C đo{n đƣợc ngay, Mà B KHẲNG
ĐỊNH C CŨNG KHÔNG BIẾT nên trƣờng hợp này loại.
TH2: 6 = 1 + 5 = thì tích có thể bằng 5 = 1.5, C đo{n đƣợc ngay! Mà B KHẲNG
ĐỊNH C CŨNG KHÔNG BIẾT nên trƣờng hợp này loại.
Tƣơng tự đối với c{c trƣờng hợp tổng là 7 = 2+ 5, 8 = 3+5, 9 = 4+5, 10 = 5+5, 11 = 5+6,
12 = 3+9, 13 =6+7, 14 = 7+7, 15 = 7+8, 16 = 8+8 cũng loại
Do đó, sau khi B ph{t biểu thì C đo{n đƣợc tổng của 2 số là 5 ( = 1+4 = 2+3).
Khi đó tích có thể là 4 = 1.4 = 2.2 hoặc 6 = 1.6 = 2.3.
Vì C biết tổng bằng 5 và tích 2 số ( bằng 4 hay 6 ) nên suy ra đƣợc ngay.
C nói : Mới đầu thì tôi không biết nhưng giờ thì biết hai số A chọn rồi. Hơn nữa số mà A
đọc cho tôi lớn hơn số của bạn. Nhƣ vậy C biết tích bằng 6 > 5.
Sau đó B cũng biết vì hai số ban đầu có tổng bằng 5 và tích bằng 6.
Vậy 2 số A chọn là 2 và 3.
Đề số 6
73
Câu 1.
+
+
-
(
)
=
-
)( -
+
( -
+
(
+ - )(
) )
æ ç ç è
öæ ÷ç ÷ç øè
-
+
+
(
ö ÷ ÷ ø )
=
-
)( -
+
-
+
(
- )(
)
æ ç ç è
öæ ÷ç ÷ç øè
ö ÷ ÷ ø
=
-
-
(
)
+
æ ç è
ö ÷ ø
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
1) a) Ta có:
+
-
(
)
=
=
-
)( +
- < Û -
- <
74
(
)
- >
- <
ìï Û í ïî
x
2
x x
0 4
Û í
³ì <î
Î
b) Ta có
)
[
Vậy l| gi{ trị cần tìm
=
=
=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
)
(
)
(
(
)
(
)
=
=
=
=
- +
+
+
+
+
-
+
+
(
)
- )(
)(
(
)(
)
2) Ta có:
-
+
-
Câu 2.
- + = - (*)
(
)
Û - + -
+
-
- + =
(
)
-
+
-
- +
a) Giải phương trình:
³ ta có phƣơng trình
= .
(
)
+
-
= Û -
+
=
)
(
)
(
)(
)
( Û - =é Û ê = - ë
±
= Þ
- + = Û - - = Û =
Đặt: =
TH1:
= - Û - + = - Û í
(lo¹i).
£ì =î
±
=
TH2:
2
2
x
x
y
4
4
1 1
Vậy phƣơng trình có hai nghiệm
2
2
x
xy
y
4
3
1 2
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
. b) Giải hệ phương trình:
2
2
y
x
y
x
y
x
1
0
2
1
2
1
0
1
2
75
-
+
= - é Û ê = ë
Ta có
- thay v|o (2) ta đƣợc
= Þ = -
+
= Û
-
é ê ê = Þ = ë
TH1: = -
+ thay v|o (2) ta đƣợc
= Þ =
+ = Û
-
é ê ê = Þ = ë
-
TH2: =
) (
) -æ ç è
ö ÷ ø
. Vậy hệ phƣơng trình có ba nghiệm (
Câu 3.
2
2
x 2
mx m 2
2
x 2
mx m 2
2
0
*
2
2
m
2
m
2
m
1
3
0,
m
1) Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của d và P là
d luôn cắt P tại hai điểm ph}n biệt
Ta có
,x x là hai nghiệm của (*). Theo định lý Viet ta có 1
2
x
x
1
2
2
x x 1 2
m m 2
Gọi
-
-
+
( = Û -
)(
)
=é = Û ê = - ë
x
2
x
x 3
Theo giả thiết
1
2
x
1
m 4 m 3 4
2
2
m 3
m 8
16
0
TH1: do đó ta có
m m 3 . 4 4
m 2
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
(vô nghiệm).
x
m
2
x
x 2
76
1
2
x
m 2
1
1
33
2
2
2
m 2
m m 4
2
0
m
8
m 2
1
33
m
TH2: do đó ta có
8
Vậy l| gi{ trị cần tìm.
+ + = +
+
³
³
+
2)
(
)
(
( + Þ + +
)
)
(
)
+
+
> Þ + >
Ta có
Þ
³
³
Þ
+
+
+ +
+ +
(
)
³
³
* Lƣu ý: Với điều kiện
+ +
+
+ +
+
Þ
+
³
=
+
Tƣơng tự ta có
+
+
+
+ + + +
(ĐPCM)
Câu 4.
^
1)
a) Ta có ( giả thiết)
Þ D
Do đi qua t}m nên l| trung điểm của
= s®
= s®
c}n tại
=
s®=
Ta có và
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Do s® . Suy ra hay l| đƣờng ph}n gi{c của góc .
=
= Þ
77
Þ
=
=
=
Þ
=
b)Ta có l| tứ gi{c nội tiếp
+
=
+
=
Mặt kh{c
Þ tứ gi{c
^
Þ
=
=
Do đó nội tiếp
hay
2)
Từ kẻ c{c đƣờng thẳng song song với đƣờng thẳng , cắt đƣờng thẳng lần lƣợt
+
+
=
+
=
=
tại và .
Ta có (không đổi)
D
=
Þ
=
=
Þ
D
+
£
=
Þ
³
D
D
æ ç ç ç ç è
ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø
MN BC //
Goi lần lƣợt l| hình chiếu vuông góc của trên
AB AC AM AN
2
AI
min
S
S
.
Dấu “=” xảy ra khi v| chỉ khi .
AMN
ABC
2
AD
Vậy khi d l| đƣờng thẳng đi qua I v| song song với BC .
+
= Û -
=
-
Î
¹
Câu 5.
(
)
)
+
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Đặt , (
-
=
-
78
Î ta có:
(
)
-
=
Þ = Þ =
-
=
ì í î
Þ +
+
=
+
-
+
=
+
-
=
+ +
- +
+
+
Để
Þ - + = Þ +
+
= + +
³
³
³ Þ =
=
=
Vì l| số nguyên tố, + + l| số nguyên lớn hơn 1
Mà
Đề số 7
Câu 1.
1
1
1
1
=
+
+
S
+ + ...
Ta có:
2
2
+
+
+
1
3
3
5
5
7
2019
- + 2
2019
2
5
7
+
+
Þ = S
+ + ...
2
2019 2
- 3 1 - 1 3
- 3 - 3 5
- 5 - 5 7
2 2019 2019
- - 2 - - 2 2019
2
-
+
-
+
-
1
3
3
5
5
2019
- - 2
2 2019
Þ = S
+ + 7 ... - 2
2
-
-
1
=
=
Þ = S
1009
2019 - 2
1 2019 - 2
= Vậy S 1009
Câu 2.
-
2x
+ 2mx m 4
- (1)
a) Phƣơng trình:
Phƣơng trình (1) l| phƣơng trình bậc hai của x có:
2
2
-
+
-
=
-
'
( D = -
) m 1. m 4 m m 4
)
(
2
Þ D =
-
+
>
0
với mọi m
1 2
15 4
æ ' m ç è
ö ÷ ø
Vậy phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Với mọi m phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
1x ;
2x .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy = = = l| c{c gi{ trị cần tìm.
=
x
2m
Theo định lí Vi-ét, ta có:
-
ì + x ï 1 2 í = x x m 4 ïî 1 2
Ta lại có:
+
+
-
x
x
x
x
x 1
2
x x 1 2
2 2
(
)(
)
3 2
+
=
+ Û +
=
=
x
x
Û + x
x
x 1
2
x 1
2
1
2
2 x 1 x
2
2 x 2 x 1
3 + x 1 x x 1 2
2 1 x x 1 2
-
x
-
+
x
2
)2
(
2 x 1
2 2
-
=
x
1
0
x
0
2
1
( Û + x 1
)
( = Û +
) x . 2
x x 1 2 x x 1 2
x 1 x x 1 2
æ ç ç è
ö ÷ ÷ ø
-
x
2
)2
(
x
0
= hoặc
Û + x 1
2
x 1 x x 1 2
+
= Û = Û =
x
2m 0 m 0
0
· TH1:
x 1
2
-
x
x
2
)2
(
Û
Û
· TH2:
(vô nghiệm vì
D > " ) ' 0, m
' 0 ¹
0
2 ¹
0
x 1 x x 1 2
ìD = í x x î 1 2
ì = x ï 1 í x x ï î 1 2
Vậy với m 0= thì thì phƣơng trình (1) có hai nghiệm
1x ;
2x thỏa mãn:
+
=
+
x
x 1
2
2 x 1 x
2
2 x 2 x 1
Câu 3.
2
- +
-
+
2x 1
- = - + 5 x x 2 2
2x
11x 5
- (2)
a) Giải phƣơng trình:
Û
x 5
Phƣơng trình x{c định
1 Û £ £ 2
- ³ 2x 1 0 - £ 5 x 0
ì í î
Û - +
-
-
2x 1
- = - + 5 x x 2 2
Khi đó phƣơng trình (2)
(
)( 2x 1 5 x
)
- = 2x 1 a
2
2
Þ + =
+ Þ - =
+
-
x 4 a
2 x 2 a
2 b
b
6
Đặt
(a;b 0)³
- =
5 x
b
ì ï í ïî
2
2
2
+
- + Û +
-
- =
+ = a b a
b
6 2ab
a b
+ a b
6 0
Ta có phƣơng trình:
(
)
(
)
+ +
a b 3 0
0
= Û + - = (do a b 2 0, a;b 0
+ + > " ³ )
( Û + -
)( a b 3 a b 2
)
2
Û + = Û +
+
= Û + +
-
-
=
a b 3
2 a
b
2ab 9
( x 4 2 2x 1 5 x
)(
)
Û
-
= Û -
- -
=
-
- 2 2x 1 5 x
- 5 x
5 x 2 2x 1
0
- 5 x
0
(
)(
)
(
)
(
9 )
Ệ
Ọ
ợ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
79
x 5 (thoûa maõn)
- = - Û = Û =
5 x
9x 9
x 1 (thoûa maõn)
- = Û = 0 5 x ) ( 4 2x 1
é êÛ êë
=
S
Vậy phƣơng trình có tập nghiệm
} { 1;5
2
2
+ +
- = +
-
2 x y 2 x y
4
x
y
b) Giải hệ phƣơng trình:
+
=
x
y
2
ì ï í ïî
+ x y
= +
+
ĐKXĐ: x y 0
³ ³ . Đặt
( a b 0
³ ³ ). Ta có: 2a 2b 4 ab
=
b
ì = a ï í ïî
-
= Û -
-
-
-
=
ab 2a
- 2b 4
0
0
0
- x y ( a b 2
( Û -
)
(
)
)
( 2 b 2
)
( = Û -
)( a 2 b 2
)
é - = Û + = Û + = a 2 0
x y 2
x y 4
x y 4
2
êÛ ê - = Û - = Û - = x y b 2 0 ë
+ = x y 4
+ = x y 4
+ = x y 4
Û
Û
Û
· TH1:
+
=
+ +
=
=
x
y
2
x y 2 xy
4
xy
0
ì = x 4 í = y 0 î
ì ï í ï î
ì ï í ï î
ì ï í ï î
(do x y 0
³ ³ )
- = x y 4
= + x y 4
= + x y 4
Û
Û
Û
· TH2:
+
+ +
=
+
=
x
= y 2
x y 2 xy
4
y
xy
0
ì = x 4 í = y 0 î
ì ï í ï î
ì ï í ï î
ì ï í ï î
(do x y 0
³ ³ )
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất
ì = x 4 í =î y 0
Câu 4.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
80
=
= ABC ADB
sñBC
D và ADB
có: BAD chung;
a)Xét ABCD
1 2
Þ D
ABC
DADB (góc-góc)
=
2 AC.AD AB
(3)
AB AD Þ = Þ AC AB
Þ
Do đƣờng tròn (O), A cố định ABÞ không đổi AC.AD
không đổi
Þ
=
2AB AH.AO
vuông tại B, đƣờng cao BH
(4)
b) ABOD
Þ
Þ =
= AC.AD AH.AO
Từ (3) và (4)
, mà OAD chung
AC AO AH AD
Þ D
AHC
DADO (cạnh-góc-cạnh)
Þ
= AHC ADO
(5) Þ Tứ giác CHOD nội tiếp
Þ
=
c)Tứ giác CHOD nội tiếp OHD OCD
(6)
Þ
=
=
CODD
cân tại O OCD ODC
hay OCD ADO
(7)
Þ
=
Từ (5); (6) và (7) AHC OHD
=
+
=
+
Þ
0 AHC BHC OHD BHD 90
= BHC BHD
Mà
BHÞ là phân giác của CHD , BH cố định Þ ĐPCM
Câu 4.
2
4
2
=
=
A
a)Ta có:
4
4
2
3
2
x +
+ x 3 + 3x
+ + x 2 2 + 7x
+ 3x 6
x
+
) + + 1 +
+
+
x
x
( 3x
3x
) 6x
6
(
)
2
2
+ x 2
=
Þ = A
2
2
2
2
2
+
+
1
x
( 2 x x ( ) + ( 2 x x ( +
+ x 2 ( ) ) ( ) + 3x 6
) ( 6 x
( 2 x x
( 2 x x ) + + 1
2
2
2
+
+
Þ
+ 3x 6
+ x 2
x
Do A; x nguyên
(
)
)( 1 x
)
( + x 2 ) + + 1 ) + + 1
) + + 1 ) )( 1 x chia hết cho (
2
Þ
+ x 2
2x
1+
2x
1+
chia hết cho
x 2Þ + chia hết cho
) + + 1 ( 3x x ( 2 x x )
( 2 x x
) + + 1
-
4
2x
2x
1+
2x
1+
chia hết cho
Þ - chia hết cho
( )
2x
2x
1+
2x
1+
Þ + - chia hết cho 5
5Þ chia hết cho
)( x 2 x 2 ) 1
( Þ + ( 2x
1
x
2 Þ Î x
x
1Þ + l| ƣớc dƣơng của 5
} { 2 Þ + Î 1;5
{
} 0;4
} { Þ Î ± 0; 2
Thử lại: Với x
2= - thì A nguyên
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
81
Vậy với x
2= - thì A nhận giá trị là một số nguyên.
2
2 a
b
2 c
=
+
+
P
b)Ta có:
+
+
+
a 3 ab
b 3 bc
c 3 ca
2
2
+ + a b c
2 a
2 c
b
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki (dạng phân thức). Ta có: )
=
+
+
³
P
+
+
+
a 3 ab
b 3 bc
c 3 ca
+
+
( + + + a b c 3
ab
bc
ca
(
)
2
2
2 a
b
c
16
=
+
+
³
P
+
+
+
a 3 ab
b 3 bc
c 3 ca
+
+
ab
+ 4 3
bc
ca
)
( + + = )
(do a b c 4
Theo bất đẳng thức Cô-si. Ta có:
+ ³
+ ³
+ ³
a b 2 ab
; b c 2 bc
; c a 2 ca
Þ +
+
+
+
³
2a 2b 2c 2 ab 2 bc 2 ca
Þ
+
+
£ + + = Þ ³
=
ab
bc
ca
a b c 4
P
1
16 + 4 3.4
>
a; b;c 0
Û + + = Û = = =
a b c
Dấu "
"= xảy ra
4 3
ì ï a b c 4 í ï = = a b c î
= = =
a b c
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi
4 3
Đề số 8
82
Câu 1. a. Ta có
x
x
x
x
+
+
+
2
2(
1)
2(
1)
=
=
+
x x x x x x x x x x x x - + + - + + + - + + 1 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 2( 1) A = - = - + 1 2( + x x x x x x x x x x - + - + ( 1) ( 1)
x
x
x
x
x
+
+
2(
1)
A
=
x
x
>
0,
.
¹ . 1
x
x
x
>
0,
¹ . 1
Vậy với
x
x
x
+
+
-
2(
1)
2
1
A B
x x
x x
x
x
= Û
=
Û
x - Û = Û =
2
- = 2
2
2
4
b. ĐK:
x
x
-
1
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
(TMĐK).
x =
4
83
2
2
a
b
-
2
2
2
2
a b
b
a b
a
b
a
- =
-
-
- Û - =
a b Û + =
-
+
-
1
1
1
1
Vậy với thì A B= .
2
2
b
a
-
+
-
1
1
2
2
b
a
-
-
-
1
1
2
2
2
a
b
b
Q
a Þ =
- Û +
= Þ =
1
1
2020
2.
2
2
a b
b
a
+ =
-
+
-
1
1
ì - = a b ï í ïî
Từ đó ta có hệ: .
-
£
-
=
Câu 2.
AÞ
(3;0)
nên GTLN AB AC BC khi A, B, C thẳng hàng hay A là giao 1. Ta có AB AC BC
2
7
điểm của (d) với Ox .
2 45)
y Þ + Î
Þ
Î
y Þ Î
1
x y ( ; )
y xy y xy x - + - + = - = - ( 2 2024 0 ( 129) 128 2. Ta có
x
-
6
£ £ .
. x xy + - } { 2;4;8;16;32;64;128 y = Û + 220 1)( } { 1;3;7;15;31;63;127 y + - - 2 } { (33;1),(25;3),(15; 7)
11 5
Câu 3. 1. ĐK:
2
x
x
x
x
x
x
x
+
-
x - +
-
-
= Û
+
-
- - +
-
+
5
11
6
5
14
60 0
( 5
- 11 6)
( 6
1)
(
5)(5
= 11) 0
x
x
-
-
5(
5)
5
x
x
+
Û
+
-
+
(
5)(5
= 11) 0
x
+
x - +
5
+ 11 6
6
1
5
1
x
x
+
+
= Û =
+
5
11
0
5
x Û - (
5)
Ta có:
x
+
x - +
5
+ 11 6
6
1
æ ç è
ö ÷ ø
5
1
x
-
x
+
+
+
6
5
> 11 0
.
£ £ ).
11 5
x
+
x - +
5
+ 11 6
6
1
(Do với
x = . 5
2
xy
x
-
(4
= ) 5
-
=
4
5
Û
Vậy Phƣơng trình có nghiệm duy nhất
2 x y 3
xy 3
x
y
x
y
xy
-
-
+
=
2 )
12
61
x
y
-
=
64
61
y ( ) (4
)
ì ï í ï î
ì ï í (4 ï î
u v .
5
u
=
=
5
Û
Û
2.
= 2
v
=
xy x
y
-
1
4
u
+
v v (
= 12 ) 61
3
ì í î
ì = u í v = î
ì ï í ï î
ì 5 u ï v í ï + v = 60 61 î
Î - -
x y ( ; )
; 4)
Đặt hệ trở thành:
5 4
xy x
= 5 y - =
4
1
ì ( 1; 5),( í î
ü ý þ
ì í î
5 4 4
éì = - x 1 êí y = - 5 îê êÛ ì ê x =ï íê ïê y =îë
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Suy ra . Vậy nghiệm của hệ là .
AHC ADC +
=
° +
° =
90
90
180
° Þ tứ giác ADCH nội tiếp
84
Þ
ADH ACH =
Câu 4. 1. Tứ giác ADCH có
.
AKH DAK ADK MAK ADH + = + =
AKH KCH CHK ACH MHK MAK MHK AHMK Þ = + = + = Þ Ta có là tứ giác nội tiếp
AKM
Þ
=
° Þ
MK AC ^
90
ADH ACH = ì ï ï í ï ïî
Þ
//MK BD
mà BD AC^ (Hai đƣờng
chéo hình vuông) .
OE OC OD
DOE
Þ
= Þ =
= Þ D
vuông cân tại N 2. ONCD
ON OC
2 2
cân tại O
Þ
=
Þ ODE OED = Þ = //OE CD CDE OED (1). Mà (2).
Þ là tia phân giác
Þ
=
Từ (1) và (2) ODE CDE DE
FO DO = FC DC
2 2
0
AM x= > ta có AMKD
của góc CDO .
x
x
a x -
2
CK a
Þ
MK AK =
= Þ =
-
=
2
//AM CD
vuông cân tại K 3. Đặt
2
2
2
Þ
=
= Þ
AQ Þ =
=
AQ AM x QC CD a
AQ = AC a x
x +
AC x . a x +
x a 2. a x +
CQ AC AQ
Þ =
-
=
. Do
2 2 a a x +
a
2
x
ax
Þ
OP Þ =
=
OP MK //
.
OC OP = CK MK
2 a x -
2
a x -
2
(2
) 2
2
ax
a
a
DP OP OD
.
a 2 a x -
a x -
2
a
4
a
Þ = + = + = . 2 (2 ) 2 2 2 .
DP CQ .
S CPQD
a 2 a x +
a 2 a x -
a x +
a x -
2
2
= = = . . . 1 2 1 2 2 ( ) 1 )(2 2 .
a x
Û +
)(2
a x - )
S CDPQ
a x
a x
M
x
SÞ
³
+ =
2
a x + 2 a x + a x - £ = ( )(2 ) đạt GTNN ( đạt GTLN. Mà . 1 4 a x + - 2 a 9 4 æ ç è ö ÷ ø
- Û = Û l| trung điểm của AB.
CDPQ
a 2
24 a 9
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
. Dấu “=” xảy ra khi
Min S
=
Û M l| trung điểm của AB.
85
CDPQ
24 a 9
Vậy
x
1
+
+
=
(2
x y )(
u (
1)
v 1)(
1)
Câu 5.
9 - = Þ + 4
9 4
v
2
ì = + u í y = - î
2
v
=
+
+ + Û + +
³
u (
1)(
+ £ 1)
u v (
u v (
2)
2 2)
9
Đặt . Ta có:
9 4
1 4
2
2
2
2
2
2
u
v
u v
u
v
+
+
+
+
³
+ +
³ Û +
³
2 1
2 1
2
(
2)
9
Ta có
)( 2 1
)
1 2
Theo Bunhia ta có: (
4
4
2
2
2
A
u
v
u
v
u
v
=
+
+ +
=
+
+ + 1
+ ³ 1
(
2 2 )
(1 1)
(
2 2 )
+ ³ 4
+ = 4
17 2
1 4
x
x
= -
= -
1 2
1 2
Min A =
Ta có: theo Mincopxki:
17 2
ì ïï í ï = y ïî
ì ïï í ï = y ïî
5 2
5 2
Đề số 9
+
=
+
Dấu “=” xảy ra khi . Vậy khi .
)
+
= Û +
=
Û
)
(
Û +
=
Bài 1: Cộng các pt vế theo vế ta có : (
+
=
= Û =
) ( + ( Û +
)
Thay vaò (1) ta có :
=
+ =
ì Û í î
=
=
=
Û
Û
Û
-
-
=
+
=
-
+
=
)(
)
ì ï í ï î
ì ï í ( ï î
ì ï ï í ï ïî
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Nhƣ vậy hệ đã cho
=
=
= -
=
= -
Û
Û
Ú
Ú
Ú
=
= -
=
= -
ì í î
ì í î
ì í î
ì í î
+
-
+
=
)(
)(
)(
)
ì ï í ï - ( î
=
- -
- -
86
)
(
) (
) (
)(
)
Kết luận : Nghiệm của hệ phƣơng trình l| (
4
4
n
1
+
=
+
2
2
2
4
2
2
n
n
n
2n
n
1
=
+
2n 1 +
-
+
+
-
+
(
+ )
(
ù û
ù ú û
2
2
2
2
n
n 1
n
=
+
+ +
+ +
- +
) )( n 1 n
)
(
2
2
n
=
é ë ) 3n 1 + 2n 2 +
+
+ +
Bài 2 :
+ )
2
2
n 1
=
+ +
( ) *
( 2 n
)( n 1 n )( n 1 2n )
*
2n
+ +
a) Ta có: ) ( M n 1 é ê ë ( (
n Î N nên (
)2 n 1
4
n
1
+
=
+
Vì là số chính phƣơng kh{c 1.
+ chia hết cho một số chính phƣơng kh{c 1 với mọi
)4 ( M n 1
Do đó, từ (*) suy ra
2
2
x
n x n 1 0
-
số n nguyên dƣơng (đpcm).
+ + = (ẩn số x ) (1)
4
n
0
4n 4 0
n
do n
D ³ Þ -
- ³ Þ Ï
Î N
b) Xét phƣơng trình:
{ 0;1
} (
)
Để phƣơng trình (1) có nghiệm thì
2
x
n
=
Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phƣơng trình (1).
n 1
2 = +
2
ì + x ï 1 í x x ïî 1
2
x
n
n 1
-
=
- -
x Þ + 1
x x 1 2
2
2
n
n 2
=
- -
)
)
( x 1 x Û - 1
2
( 1 x - - 2
-
=
-
+
)( 1 1 x
)
(
) )( n 2 n 1
( x Û - 1
2
-
+
)( 1 x
) 1 - =
(
) )( 2 n n 1
( x Û - 1
2
=
³
n
, n Î N Ï
Áp dụng hệ thức Vi-et, ta đƣợc:
{ } 0;1
= + ³
ì + í î
1
0
³
0 - ³ Þ -
Với thì
( ³ Þ -
(
) )( 2 n n 1 + ³
) 1
x 1
1;x 2
x 1
)( 1 x 2
2 n 0 do n 1 0, n
n 2
Þ - ³
+ > " Î N Þ £
(
)
n N, n
n 2
Î
Ï
Do đó
Þ = . Khi đó, phƣơng trình (1) trở thành:
{ } 0;1
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Mà
2x
4x 3 0
-
+ = Û -
=
-
Þ
3 t / m x
x
=
x 1 0 - = é ê - = x 3 0 ë
)( ) ( x 1 x 3 ( é = x 1 t / m x Î Z (
0 ) ) Î Z
Û ê êë
87
Vậy với n Î N , để phƣơng trình đã cho có c{c nghiệm là số nguyên thì n 2.=
=
=
=
=
=
Bài 3:
+
+
+
+
(
)
(
)
(
)
+
+
+
=
=
=
> Þ =
Ta có
(
)
Đặt
+
+
+
=
³
+
+
³
+
³
+
+
+
Theo bất đăng thức Cô si ta có :
+ +
+
³ + +
+
+
+
+
+
+ +
+ +
+
³
=
=
+
+
=
+
+
+
Þ
+
+
+
+
³
+
+
+
Þ
+
+
+
(
)
(
)
Cộng các vế lại với nhau ta có:
Bài 4:
=
a) Chứng minh :
Þ
=
Ta có :
(
=
cặp góc so le trong )
Và ( cùng
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
chắn cung ) vậy nên
=
Þ D
D
Þ = Þ
=
=
88
) Þ
D
Þ = Þ
=
Do là tiếp tuyến tại ( cùng chắn cung ) của đƣờng tròn (
=
Þ =
Thế nên dễ dàng có : D
^
Do đó :
Þ
b) Chứng minh :
^
Ta gọi l| trung điểm thì l| đƣờn g trung bình tam giác
^ Þ ^
Ta sẽ chứng minh :
( l| đƣờng trung bình tam giác ) và ( do tam Do
^
Þ ^ Þ ^
cân tại có l| đƣờng trung tuyến )Þ giác
Kết hợp với khi đó là trực tâm tam giác
Bài 5.
Î .
-
Giả sử ngoài bạn An còn có bạn và An quen bạn, điều kiện £
+ .
-
Số cái bắt tay là
(
+
= Û - +
=
(
)
( )
³ Û + ³ Þ ³
£
Theo b|i ra ta có phƣơng trình ) .
(
)- +
- -
£ Þ £
Mặt khác , kết hợp với (1) ta suy ra .
³ , kết hợp với (1) ta suy ra
+
= Û = Û =
Và , từ đó suy ra = .
Thay = vào (1) ta có .
Đề số 10
Câu 1. (2,0 điểm)
¹
¹
ĐKXĐ: >
-
-
+
+
=
-
+
a)
+
-
-
+
- - + -
æ ç è
ö æ ÷ ç ø è
ö ÷ ø
-
+
- (
+ )(
)(
- )
=
=
+
-
-
-
-
-
æ = ç è
ö æ ÷ ç ø è
ö ÷ ø
- (
+ )(
- )
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy An quen ngƣời.
=
- =
+
- = -
- ×
+
= -
-
b) Ta có:
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
= -
-
£ " ¹
=>
æ ç è
ö ÷ ø
= Û -
= Û =
=>
æ ç è
ö ÷ ø
Câu 2. (3,0 điểm)
+
+ =
a) Giải PT:
+ .
ĐKXĐ: ³ -
+
+ =
+ +
+
=
+
(
)
+
+
+
( Û +
)(
)
+ Û + (
) + - =
+
+
+
=
( Û +
)(
)
+ + +
æ ç è
ö ÷ ø
+
+ +
=
( Û +
)
+ +
æ ç è
ö ÷ ø
+ =
+ +
>
)
( Û +
+ +
æ ç è
ö ÷ ø
= - é Û ê = - ë
+
+
+
=
+
+
b) Giải hệ PT:
+
=
+
æ ç +è
ö ÷ ø
ö ÷ ø
ì ï íæ ï ç è î
¹ -
ĐKXĐ: ¹ -
+
=
+
+
+
=
+
+
+
Û
+
=
+
=
+
æ ç +è
ö ÷ ø
ö ÷ ø
ì ï í æ ï ç è î
+
æ ç +è
ö ÷ ø
ö ÷ ø
ì ï + ï í æ ï ç ï è î
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
89
+
=
+
+
Þ
Û
+
=
+ = )
( )
ì ï í ( ï î
Đặt:
+
=
+
ì =ï ï í ï = ï î
+
æ ç +è
ö ÷ ø
ö ÷ ø
ì ï + ï í æ ï ç ï è î
Û
Û
=
= - )
( + -
)
ì ï í ( ïî
= =
=ì é íê = îê ê ì êí êîë
= =
= ì Ûí = î
ì í î
Với
=
=
= ì Ûí = î
ì í î
Với
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Ta thấy rằng M, N lần lƣợt l| trung điểm của AC, AD nên MN l| đƣờng TB của
=
tam giác ACD => MN // CD hay
^
Vì : BA = BD => ABD c}n tại B =>
=
=
=
Vì: BE // AD =>
=
=
=
Từ đ}y =>
-
=
=
=> BEAN nội tiếp =>
=
=
=
Vì:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
90
=> đpcm
=
=
b) Dễ thấy
( cùng phụ với
) Þ
=
D
Lại có
là góc chung nên D
) Þ
=
Mà MA = MC Þ
D
Þ
=
Do
là góc chung Þ D
=
Lại có: MN//CD (đƣờng trung bình) nên
Þ
=
(
)
Câu 4. (1,5 điểm)
=
=
=
a Tồn tại hay không 3 số a, b, c thỏa mãn
-
-
-
Giả sử tồn tại bộ số thực (a, b, c) thỏa mãn yêu cầu đề b|i
¹
¹
¹
rõ r|ng ĐK a, b, c l|:
-
-
= Û =
=
Nếu a = b = c thì
(vô lý)
>
-
+
-
-
+
Vậy nên trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 2 số kh{c nhau. Khi đó: (
)
)
(
)
(
AD t/c dãy tỉ số bằng nhau ta có:
+ +
=
=
=
=
-
-
-
-
+
-
+
-
(
)
(
)
(
)
=> a+b+c > 0. Khi đó nếu tồn tại 2 số bằng nhau, giả sử a = b thì:
=
Þ -
-
+
=
-
-
=>
+ +
-
= => =
=> a=b=c (Vô lý)
Từ dãy tỉ số bằng nhau ta có:
=
=
=
- -
-
+
-
- -
+
-
- -
+
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
91
-
-
-
Û
=
=
=
-
+ +
-
+ +
-
+ +
)(
(
)
(
)(
)(
)
(
)
=
= Þ +
+
=
+
+
Đặt:
=
ì ï í ï î
-
+
-
+
-
= Û = =
(
)
(
)
(
)
+ =
+ = Û + = Û + =
Û = =
+ =
- =
-
-
=
+ = Û + = (
)
ì ï í ï î
ì ï í ï î
ì ï í ï î
Kết quả cho thấy vô lý. Vậy không tồn tại bộ 3 số thỏa mãn theo yêu cầu.
=
b Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y thỏa mãn
+ +
Î Þ +
+ Î
Vì
= Û +
=
+
>
=>
+ +
=> x + y > 0.
(
)+
+
³
Û -
³
Áp dụng BĐT:
(Luôn đúng)
+
=
+
³
+ Þ + £ Þ + £
(
)
Ta có:
+ >
Þ + = Þ +
=
ì í +î
Mà:
=
-
+ =
Û
Û
+
=
=
+
-
=
(
)
ì í î
=>
ì ï í ï î
=
é =ì íê = îê ê ì êí êîë
Vậy nghiệm của PT l|: (x; y) = (6; 7) ; (7; 6)
Câu 5.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
92
Gọi I l| tam đƣờng tròn ngoại tiếp tam gi{c MAB. Gọi H, K theo thứ tự l| giao điểm của OO' với MN v| MI. Rõ r|ng OO' ^
và HM = HN.
Ta thấy: IM = IP nên NP = NM nên OI l| đƣờng trung trực của đoạn MA.
^
^
=>
=> OI // MO' (Vì:
)
Tƣơng tự: O'I // MO => OIMO' l| HBH. Khi đó K l| trung điểm của MI.
D
=> NI // HK hay NI // OO'.
=> HK l| đƣờng TB của Þ ^
^
^
=>
đpcm
Mà:
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho c{c số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca = 1. CMR:
+ +
+ +
+ ³
Dấu "=" xảy ra khi n|o?
Cách 1:
Áp dụng Bunhiakopxky ta có:
+
+
³
+ ³
+
(
) + =
(
)
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö + Þ ÷ ø
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
93
+
+
³
+
+ +
= +
+ +
(
)
(
)
Tƣơng tự ta có:
+ +
= Þ + + ³
+
³
+
Tiếp tục {p dụng BĐT Cauchy ta đƣợc: (
)
³ +
×
=
Khi đó:
Û = = =
Dấu "=" xẩy ra khi v| chỉ khi
= = > +
+
=
ì í î
Cách 2:
Bình phƣơng 2 vế ta cần cm tƣơng đƣơng:
+ +
+ +
+ +
+
+
)
+
+
+
+
+
(
)(
)
(
( )(
)( ) + ³
+
+
+
+ ³
+
+ =
+
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: ) ( + =
)(
Gọi vế tr{i của (*) l| S. Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
+
+
+
+
+
+
+
³
+
+ +
+
=
+
+
+
+ +
³
+
+
+
+
+
=
+ Û = = =
Dấu "=" xẩy ra khi v| chỉ khi
= = > + = +
+
+ = =
ì ï í ï î
Đề số 11
94
Bài 1.
+
=
-
+
-
+
=
a) (1,0 điểm)
+
³ Û
³ Û £ Û £
.
+
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
.
95
Vậy £ £ thỏa mãn bài toán
b (1,0 điểm)
Û D = + > Û > -
Phƣơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
+
= -
ì í î
+
= - (
)
Û
=
+
¹
(
)(
)
Û = Û = ± Kết hợp với điều kiện > -
¹ t đƣợc = thỏa mãn.
Áp dụng hệ thức Vi-ét:
Bài 2.
a) (1,0 điểm)
- =
+
=
-
ĐKXĐ: ³ hoặc £ - .
( Û -
)(
)
(
)
+ =
+ -
é + - Û ê êë
- = Û = (không thỏa mãn ĐKXĐ)
³ -
³ -
+ =
+ - Û
Û
+ - =
+
-
- =
+
ì í î
ì í î
+
-
=
=
PT
Vậy phƣơng trình có hai nghiệm là (thỏa mãn ĐKXĐ)
-
+
- = -
+
-
=
-
Û - = -
( Û -
)
(
)
+
-
= Û -
b (1,0 điểm) ĐKXĐ: ³ . Lấy phƣơng trình thứ nhất trừ đi ba lần phƣơng trình thứ hai:
= - v|o phƣơng trình thứ nhất:
(
)
=é + = Û ê =ë
Thế
) (
) (TMĐKXĐ)
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có hai nghiệm (
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Bài 3.
96
^ Þ ^
a 1,0 điểm)
Þ l| đƣờng trung trực của đoạn thẳng
Ta có // (tính chất đƣờng trung bình) mà
(đpcm).
= Þ
=
D
D
b (1,0 điểm)
=
(g.g)
=
là tiếp tuyến của đƣờng tròn tâm A bán kính Þ (2)
=
Þ D
D
Từ (1) và (2) suy ra
Þ
=
= Þ
^
^
Gọi E’ l| giao điểm của với Þ
Þ
Mà
l| ba điểm thẳng hàng Þ º (đpcm)
c (1,0 điểm)
=
=
Gọi I l| điểm đối xứng với H qua E. Ta có l| đƣờng trung trực của đoạn thẳng nên
D
= D
Þ
=
= Þ tiếp xúc với đƣờng tròn tâm A bán kính
và , nghĩa l| I thuộc đƣờng tròn tâm A bán kính .
Þ
= Þ
=
=
=
HBE
HDC g g ( . )
D'' ∽
tại I (3)
D
D
Þ
=
∽
Þ Tứ giác IBMC nội tiếp.
=
Có D
) tại I. Kết hợp
Lại có: (cùng bằng ) Þ tiếp xúc với đƣờng tròn (
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
với (3) suy ra đpcm.
97
= -
³ -
= -
Bài 4.
+
+
+
+
³ -
³ + - +
Áp dụng bất bẳng thức Côsi
+
+
=
Þ ³ + +
³
Tƣơng tự Suy ra
+ +
+
= Û = = =
Theo gt
Vậy
Bài 5.
+
+ Þ
+
-
=
-
+
+
(
(
+
- Þ
+
=
+
-
-
) ) -
(
) )
- = -
+ Û + +
- =
( )
(
- =
+ Û +
- - = Û - - = Û = +
)
(
)(
a 1,0 điểm)
= (thỏa mãn bài toán)
Mà p, q là hai số nguyên tố nên =
=
Þ = + + Þ + =
+
b 1,0 điểm)
+ +
æ ç è
ö ÷ ø
Đặt
æ ö +ç ÷ øè }tùy ý, xét biểu thức:
=
+
+
+
(
)
æ ç è
öæ ÷ç øè
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
Với mỗi tập các số dƣơng {
+ +
Từ (1) suy ra mỗi lần xóa đi 2 số bất kì x; y rồi viết lên bảng số các số còn lại trên
Þ
bảng giữ nguyên thì giá trị biểu thức P của các số trên bảng không đổi.
æ = ç è
ö ÷ ø
Þ + =
+
+
+
+
=
Þ =
-
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç ç ç è
ö ÷ ÷ ÷ ø
æ ç ç ç è
ö æ ÷ ç ÷ ç ÷ ç ø è
ö ÷ ÷ ÷ ø
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Gọi số cuối cùng là a
Đề số 12
98
Câu 1.
+
-
+
-
-
+
-
=
+
+
+
+
+
+
+
) )
( (
)( )(
) )
(
( (
)
)( )(
-
+
-
=
=
1.a) Ta có:
+
+
+
- )( )( )(
( (
) )
.
-
£
=
= - +
1.b)Ta có:
+ ³ nên
+
+
+
£
. Với mọi ³ ta có:
+
Do đó = - + . Giá trị lớn nhất của là đạt đƣợc khi = .
Câu 2.
+ +
- -
+
-
= ( ) Điều kiện - £ £
(
)(
)
-
+ +
- = ³
-
=
2.1) Ta có
( Þ +
)(
)
-
-
= . Tính đƣợc = - (loại), = (TM).
Đặt .
-
+
-
=
= Û - +
=
= biến đổi pt đƣợc (
)(
)
=
=
Pt ( ) trở thành:
= (tmđk). Vậy tập nghiệm của pt là
{
}
+
-
=
=
)
Û
=
+
-
-
Tính đƣợc .
+
(
)(
)
( ) ( )
)( )(
)
(
ì + ï í ï î
ì ï í ï î
2.2) Ta có: ( =
=
+
-
+ Û = Û = .
(
)
+ )(
từ phƣơng trình (1) v|o phƣơng trình (2) ta đƣợc: Thế =
-
-
. Thay = v|o phƣơng trình ( ) ta đƣợc:
) là: (
= Û = ± ) ;(
)
. Hệ phƣơng trình có nghiệm (
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 3.
+
£
+
£
+
99
- £ .
(
)-
)
(
(
)
- ³
suy ra , hay Có: (
- > (Loại). Do đó =
) )-
(
Nếu ³ thì .
Với = chỉ ra không tồn tại thỏa mãn đề bài.
= hoặc =
= thỏa mãn đề bài rồi kết luận.
Với = chỉ ra =
O1
C
H
I
B
A
D
O
M
O2
F
E
=
Câu 4.
=
=
suy ra a) Chỉ ra ,
Mà nên ,
=
Suy ra tứ giác nội tiếp.
+
=
=
là tiếp tuyến của suy ra b)Chỉ ra đƣợc . (1)
+
=
=
Do tứ giác nội tiếp nên suy ra . Mà
=
nên . (2)
=
Từ (1) và (2) suy ra nên tứ giác nội tiếp.
Do đó mà nên .
= là tiếp tuyến của (
= ) .
^
^
Từ đó chứng minh đƣợc
^
^
c) Sử dụng tính chất đƣờng nối tâm vuông góc với dây chung ta có:
=
=
=
và do suy ra .
Chỉ ra suy ra nên . Tam giác vuông cân tại .
=
Chỉ ra tứ giác là hình vuông cạnh và l| trung điểm của .
+
+
-
-
-
³
Tính đƣợc .Vậy diện tích tam giác là .
)(
)(
+ ³ và (
)
)(
)(
)
+
+
-
-
³
Câu 4. 5.1) Từ giả thiết ta có: (
)(
)(
( ) + + -
)(
)(
)
-
+
+
suy ra (
£ .
(
)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Rút gọn ta đƣợc:
+ +
+
+
+
+
=
=
+
100
)
+
+
Þ +
+
= -
+ Þ +
£ .
£ Þ
£
£ Þ
£
£
Mặt khác: (
+
+
£
+
+
Vì , , £ Þ
£ .
=
Nên:
= - .
Dấu “=” xảy ra khi chẳng hạn =
)
(
) thì > > .
(
=
=
=
thỏa mãn đề bài. Gọi 5.2) Xét tứ giác
Tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi suy ra . (1)
) với >
thỏa mãn (1) là:
) (
)
Do p nguyên tố và ( ( nguyên dƣơng nên có 9 cặp ( ).
Đề số 13
Vậy có 9 tứ giác thỏa mãn đề bài.
Câu 1.
a) Ta có:
+
+
-
+
-
-
×
=
+
-
ö ÷ ø
+
-
-
) + -
+ (
(
)
æ ç è (
×
=
+ )( +
-
+
(
)(
+
-
+
+ -
-
) (
) - + + )
×
=
+
)( +
=
+
-
-
×
(
)
- +
-
-
=
+
×
(
)(
)
+
-
=
-
)
( = -
)( +
= Û -
+ = Û -
Û +
-
- = Û -
+
=
)
Û - =
( + > " ³
(
- = )( )
Û =
Với ³ , ta có:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
(TMĐK)
101
Vậy với = thì = .
-
+
=
-
+
=
b) Ta có:
Þ º
Þ
º º
º
º
Þ º - +
º
º
Ta có:
hay (1)
º
Þ º
Þ
º º
º
Þ º
Þ
º º
Þ º - +
º
º
Lại có:
hay (2)
Từ (1) v| (2) Þ (đpcm)
Câu 2.
- = + - Û + + - =
Xét phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (d):
-
= -
(1)
Ta có: D = -
Û Phƣơng trình (1) có hai nghiệm ph}n biệt
Û D > Û <
cắt tại hai điểm ph}n biệt
+
= -
(2)
=
-
ì í î
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
+
< Û +
-
<
Þ -
-
< Û -
< Û >
Theo đề b|i:
<
(3)
Từ (2) v| (3) Þ < l| gi{ trị cần tìm.
-
-
=
-
-
-
=
Câu 3.
(
)
( + Û -
)
-
=
³
a) (1)
(
)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Đặt . Phƣơng trình (1) trở th|nh:
- -
=
102
(2)
= (TMĐK) ;
= - (loại)
Giải phƣơng trình (2) đƣợc:
-
= Û -
= Û -
= Û = ±
Với = thì:
+
+
+
=
+
-
+
=
ì ï í ïî
+ +
+
+ =
+
+
+
+ =
+
-
+
+
=
+
+
=
-
+
+
=
+
+
+
=
-
ì ï Û í ïî ì + ï Û í ïî ì ï Û í ïî Þ +
-
-
-
+
=
Û +
-
-
+
+
-
+
=
+
+
+
+ +
- + =
Û - Û - +
+ +
- + =
+
+
Û - +
+
+
=
-
= - é Û ê = - ë
Vậy nghiệm của phƣơng trình đã cho l| = ± .
- +
+
+
= Û +
= Û +
=
é
= Þ = Û ê = - Þ = -
ë
Thay (2) v|o (1) đƣợc:
-
- +
+
+
= Û
+
= Û +
=
= - +
Þ = - -
= - -
Þ = - +
é ê êÛ ê êë
Thay (3) v|o (1) đƣợc:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình đã cho l|
Î
- -
- -
- +
- +
- -
103
) (
)
æ ç è
ö æ ÷ ç ø è
ö ÷ ø
ì ( í î
ü ý þ
.
^
^
Câu 4.
a) Kẻ
Þ = Þ +
=
Dễ chứng minh D AQD = D CPB (cạnh huyền - góc nhọn)
D APB
(1)
Þ =
Þ
=
D AHC (g-g)
=
(2)
(3) Tƣơng tự:
Þ
=
+
=
+
=
+
Từ (1), (2) v| (3)
Þ
=
=
b)Hai tam gi{c ADN v| ADC có chung chiều cao kẻ từ A
Tƣơng tự:
Þ
=
+
Þ
+
=
+
=
=
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Mà SABM = SACN (GT) và SABC = SADC (vì ABCD là hình bình hành)
104
Gọi I l| giao điểm của AC v| BD Þ IA = IC
Ta có:
SAMCN = SACM + SACN = SACM + SABM = SABC = SABCD = SABD
Vì IA = IC nên:
Þ SAEF < SAMCN Þ SAEF < SABD
Þ EF < BD
SAEF = SAIE + SAIF = SCIE + SCIF = SCEF < SEMCNF
>
Þ +
Mà BE + DF + EF = BD
(đpcm).
Câu 5.
=
=
Tứ gi{c BCEF có:
Þ BCEF l| tứ gi{c nội tiếp
Þ =
=
D PBE và D PFC có:
Þ D PBE
(GT)
Þ = Þ
=
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
D PFC (g-g)
105
=
=
Tứ gi{c BDHF có:
Þ
+
=
Þ BDHF l| tứ gi{c nội tiếp
Þ =
(GT)
æ ç è
ö ÷ ø
Gọi J l| trung điểm của AH. Dễ thấy D HEF nội tiếp đƣờng tròn
Þ =
=
-
(
)
= Þ =
Tứ gi{c HEKF nội tiếp đƣờng tròn (J)
Þ KE // BC
Mà
b)
Trƣớc hết, ta chứng minh DIEF l| tứ gi{c nội tiếp
Cách 1:
= Þ
=
Tứ gi{c BCEF nội tiếp Þ =
D EBC vuông tại E, đƣờng trung tuyến EI
Þ =
=
Þ D IBE c}n tại I
Þ =
Mà (1)
(tính chất góc ngo|i của tam gi{c) (2)
Þ DIEF l| tứ gi{c nội tiếp
Từ (1) v| (2) Þ =
=
=
Þ
=
Cách 2:
đHE
Þ EI l| tiếp tuyến của (J)
Þ =
=
=
Þ DIEF l| tứ gi{c nội tiếp
Chứng minh đƣợc
Þ PD.PI = PE.PF
Dễ chứng minh D PDF D PEI (g-g)
Þ PE.PF = PH.PQ
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Dễ chứng minh D PHE D PFQ (g-g)
Þ PD.PI = PH.PQ Þ =
=
Þ D PDH
106
=
=
D PQI (c-g-c) Þ
Þ
=
Þ BIQF l| tứ gi{c nội tiếp.
Lại có
Câu 6.
+
³
+
³
>
Dễ chứng minh c{c bất đẳng thức:
+
với
Dấu “=” xảy ra Û =
+
+
+
-
(
)+
=
³
=
+ + +
+ + +
+ + + +
= -
= - ×
³ -
+
+ +
+ + +
+ +
æ ç è
+ + + + ö ÷ ø
=
- ×
+ +
Áp dụng c{c bất đẳng thức trên, ta có:
+
+
(
³
- ×
+ +
+
+
(
³
- ×
+ +
) + + + ) + + +
Þ ³
-
+
+
+ +
+ +
+ +
ö ÷ ø
æ ç è
Tƣơng tự:
= nên:
=
=
+ +
+
+
+ +
=
=
+ +
+
+
+ +
+
=
Þ
+
+
+
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
=
Þ ³
- =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vì
107
= =
Û + + =
+ + =
+ + = Û = = =
=
ì ï í ï î
= Û = = =
Dấu “=” xảy ra
Đề số 14
Vậy
Câu 1.
+ .
) có hệ số góc k: =
-
đi qua điểm a) Phƣơng trình đƣờng thẳng
- = (1).
( ) :
Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của và (
+ > " .
Phƣơng trình (1) có D =
) tại
Vậy phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm ph}n biệt hay đƣờng thẳng luôn cắt (
.
(
l| nghiệm của phƣơng trình (1), suy ra b) Gọi ph}n biệt với mọi gi{ trị ) . Khi đó ) và
hai điểm ( = -
Phƣơng trình đƣờng thẳng OA: =
^
Phƣơng trình đƣờng thẳng OB: =
= - nên
Do . Vậy D là tam giác vuông .
Câu 2.
. a) Điều kiện
Đặt
Phƣơng trình (1) trở th|nh
vì
Suy ra
Vậy phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất
b)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Điều kiện:
108
Với , từ (1) ta có (vô nghiệm)
Với , từ (1) ta có
.
Với (TMĐK), với (TMĐK).
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1;2) v| (4;5).
+
+
+
+
+
+
+
+
Câu 3.
+
+
=
-
+
+
³
+
Đặt =
)
(
(
)
)
(
+
+
³
+
Ta có
(
)
Suy ra
Dấu “=” xảy ra khi v| chỉ khi = .
+
+
³
+
Tƣơng tự
(
)
+
+
³
+
.
(
)
³
+ +
=
.
(
)
Do đó
Đẳng thức xảy ra khi v| chỉ khi = = =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 4.
. BDA CAD=
109
=
a) Do ABCD l| hình chữ nhật nên
=
Mặt kh{c CAD AEF (cùng phụ với AFE )
0180 .
+
+
=
. Suy ra BDA AEF
= BEF BDF BDA BDF
2
CB
. BE BA
Tứ gi{c EBDF có Vậy tứ gi{c EBDF nội tiếp.
2
2
b)Tam giác ACE vuông tại C và CB EA nên ta có
BE
. a
CB BA
(2 ) a 4 a
2
2
2
2
2
2
20
2
5.
2 BD
AB
AD
(4 ) a
a
a
BD
a
Suy ra
Ta có
1 4
IB BE ID DC
a 4 a
.
ID
Do BE song song với CD nên
BD . Vậy
ID
8 5 a 3
,0
4a
4
5
4 3 AM x
x
MB
a
, x ME
Suy ra
a x .
ax
. Suy ra c)Đặt
AN
4
AN MA BC MB
. MA BC MB
2 a
x
Do BC song song với AN nên
)
)
. CB ME
.2 .(5 a a
x
(5 a a
x
S 1
2
ax
.
. AM AN
x
S 2
1 2 1 2
4
4
1 2 1 2
2 a
x
ax a
x
-
-
= Û
= Û +
-
=
Suy ra
Û -
+
= Û =
< <
Do đó
=
(vì .
Kết luận: Khi M l| trung điểm của AB thì
+
Câu 5.
+ = có nghiệm hữu tỉ, khi đó
D =
-
=
Î .
>
Giả sử phƣơng trình
=
+
+
=
+
+
Suy ra (1) hay >
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Ta có
=
+
+
-
=
+
-
(
)
)
=
+ +
( ) + -
( (
)(
- )
+ +
+ -
110
)
)
+ + ³
Do , suy ra l| số nguyên tố nên ( hoặc (
+
+ + >
+ +
+ + ³
+
+ >
+
(2) = Từ (1) ta có
>
+ Û
+
>
+ Û >
Từ (2) ta có
+
Do đó + (vô lý)
+ = không có
Vậy D không thể l| số chính phƣơng nên phƣơng trình
Đề số 15
nghiệm hữu tỉ.
+
+
=
+
+
+
=
+
=
Câu 1
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
+
=
- =
a) Từ gt có hay =>
=> =
³ì í ¹î
- =
=
b) Điều kiện x{c định
-
- = Û = +
¹
=
³
Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với <=> -
)
= +
ta có - (do ³ ). Đặt
( ( = +
)
Khi đó
=> Phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất = +
+
³
Câu 2
)
( Û +
)(
+
a) + ³
+
³
>
>
+
³
)
+ ³ ( Þ +
)(
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Theo côsi
111
b)Giả sử tồn tại một c{ch xếp 30 bạn lên b|n tròn sao cho không có bạn n|o ngồi giữa hai
. Chúng ta chia 30 bạn sang hai b|n tròn
) và (
) v| giữ nguyên thứ tự.
bạn nữ. Gọi c{c bạn theo thứ tự l| gồm (
Khi đó ở cả hai b|n mới, không có hai bạn nữ n|o ngồi cạnh nhau.
=> Số bạn nữ ở mỗi b|n sẽ không vƣợt qu{
Suy ra tổng số bạn nữ ở cả hai b|n nhỏ hơn 15 (tr{i giả thiết).
Vậy luôn tồn tại một học sinh m| 2 bạn ngồi cạnh bạn đó đều l| nữ.
+ >
[ ]
Câu 3 a) Ta có ngay[ ] £ (theo định nghĩa)
+
+ ). Do đó
[ ]<
(m}u thuẫn do
[ ]<
- <
G/s [ ] + £ thì [ ] + l| số nguyên m| [ ] m| theo định nghĩa thì [ ] l| số nguyên lớn nhất không vƣợt qu{ [ ]
[ ]
+ £ +
+ £ +
Þ
=>
] + £ +
] + - £
[ ] ì ï í [ ï î
[ ] ì ï í [ ï î
]+ - đều l| c{c số nguyên nên
[
+
[ ] Þ + =
[
] ( )
+ £ ] + - £
] + [ ]
Lại có
- <
£ <
+ =
+
Mặt kh{c do [ ] + và [ [ ] ì ï í [ ïî
[ ]
[ ]
[
]
Vậy
£ <
+
£ £
+
b) Giả sử l| số nguyên dƣơng thỏa mãn
(
)
é = ë
ù û thì £ £
Đặt và hay
=> =
+ với £ £ )+ hay (
=
+
Mặt kh{c nên = ; với £ £
+
+
Lại có
=
Mà có dạng đều thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.
=> Số nguyên dƣơng thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 4
=
=
112
° =>
=
a) l| tứ gi{c nội tiếp.
D
b) Xét hai tam giác và có góc chung và
=
=
Do đó tam gi{c D (g.g).
=
Suy ra hay
=
Mặt kh{
D
=
Do đó
=
=
Ta có D (g.g) suy ra
=
=
=>
=
D
c) Ta có nên
Ta có D (c.g.c) suy ra hay l| tiếp tuyến của đƣờng tròn
ngoại tiếp tam gi{c
)w tại
=> l| tiếp tuyến chung => Đƣờng tròn ngoại tiếp tam gi{c tiếp xúc với (
Câu 5
(
)
Ta chứng minh = thỏa mãn
<
=
=
<
=
Thật vậy ) (
Tiếp theo ta chứng minh nhận xét:
thỏa mãn, thì = cũng thỏa mãn Nếu = >
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Thật vậy
(
)
=
=
<
<
<
113
Từ nhận xét trên kết hợp với quy nạp, ta thấy = thỏa mãn b|i to{n với mọi Î
Đề số 16
Vậy tồn tại vô số số nguyên dƣơng
4(
1)
4(
1)
-
-
+
+
-
x
x
x
x
=
A
Câu 1:
2
1
1 -
x
æ . 1 -ç è
ö ÷ ø
4(
1)
-
-
x
x
1 2
1 2
1 1
- -
- +
- +
x
x
x
x
.
=
A
1 1 - + + 2
2 -æ x ö ÷-è ç 1 x ø
4
4
-
+
x
x
2
2
- -
+
- +
x
x
(
) 1 1
.
=
A
2 -æ x ö ÷-è ç 1 x ø
) 1 1 (
( 2 2)
-
x
2
2
- -
+
- +
x
x
(
) 1 1
.
=
A
2
2 -æ x ö ÷-è ç 1 x ø
) 1 1 (
( 2)
-
x
1 1
1 1 - - +
- +
x
x
.
=
A
2 1
2
-
x
-æ x ç -è x
ö ÷ ø
1
1 1
-
- +
x
.
.
=
=
=
A
a)
x 2)
2 1
2)
2 1
- -
- -
1 - + ( - - x
x x
2 ( - - x
x x
2 - 1 - x
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
1 1
2
1
2
- +
x
x
.
.
=
=
=
A
Nếu 1 < x < 2 thì
2
2 1
- 2
2 1
- -
x -
- -
1 1 - - + - x
x x
x x
x
1
-
x
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
=
A
Nếu x > 2 thì
2 - 1 - x
b) TH1: Nếu 1 < x < 2 thì
1 1
- =
=
x
x
Þ
Û
1 2
- =
=
x
x
2 ( ¹ ) lo i 3 ( ¹ ) lo i
é ê ë
é ê ë
2
=
A
Để A nhận giá trị nguyên thì x – 1 phải l| ƣớc dƣơng của 2 (vì x nguyên và x > 1)
1
-
x
TH2: Nếu x > 2 thì
1 2
5
x
x
Vì x nguyên, x > 2 nên x – 1 nguyên và x – 1 > 1
1x - l| ƣớc lớn hơn 1 của 2
Þ - = Û = (nhận)
A nhận giá trị nguyên nên
*NÎ
Vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyên.
8x£ £ ).
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
, 3 Câu 2: Gọi x (tháng) là số tháng thử việc của anh Bình. (x
114
Gọi y (USD) là số tiền anh Bình nhận đƣợc sau x tháng thử việc.
)d 1(
Theo công ty A thì số tiền anh Bình nhận đƣợc: y = 1400 + 1700x
)d 2(
Theo công ty B thì số tiền anh Bình nhận đƣợc: y = 2400 + 1500x
)d và 1(
)d : 1(
Xét phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của
1400 + 1700x = 2400 + 1500x Û x = 5 Þ y = 9900
)d nhƣ sau: 2(
)d và 1(
Xét đồ thị biễu diễn hai hàm
Căn cứ v|o đồ thị, ta có thể tƣ vấn cho anh Bình nhƣ sau:
+Nếu thử việc từ 3 đến dƣới 5 tháng thì anh Bình nên chọn công ty B sẽ thu đƣợc tiền
nhiều hơn.
+Nếu thử việc từ hơn 5 th{ng thì anh Bình nên chọn công ty A sẽ thu đƣợc tiền nhiều hơn.
+Nếu thử việc đúng 5 th{ng thì anh Bình chọn công ty n|o cũng sẽ thu đƣợc tiền nhƣ
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
nhau.
115
)d : 2(
)d và 1(
2
2
4
2
2 + =
+
- m x m
x
m 2
1
+
m
4
2
4
1
= Û =
+
1;
2)
2 2 +
Þ
+
+
x m
2 x m
y mÞ =
( A m
2 m
Câu 3: Xét phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của
m 2
1
+
m
(
1;0)
2 K m +
Û (vì m ¹ 0)
(
)
+
(
)
15
= Û +
=
S
AK BH HK
ABHK
15 = Û 2
AK BH HK 2
15 2
2
2
4
2
4)(
2) 15
6
7 0
+
= Û +
- =
( Û + m
m
m
m
2
1
=
m
1 mÞ = ±
2
7( «
= -
m
) v nghiÖm
ì ï Û í ïî
H, K lần lƣợt là hình chiếu của B, A lên Ox nên H(– 1; 0),
2
2
2
3
6
4
+
2 + +
+
+
21 11 =
x
x
x
Câu 4:
x 2
2
2
3
2 2
0,
+
+ =
+
x
x
x
+ > " x
a)
3 4
7 8
ö ÷ ø
æ ç è
2
2
4
6
+
+
+
21 4 =
+
x
x
x
0, > " x
3 4
75 4
ö ÷ ø
æ ç è
2
3
2 (a > 0)
+
+
17 11 =
=
+
+
a
a
a
22 x
x
Ta có:
Đặt , phƣơng trình cho trở thành: (1)
2
121
+
17 2 2 +
+
=
3 a
a
17 a
2
2 2
17
+
=
-
(
)
a
a
104 3 a
a <
Bình phƣơng hai vế phƣơng trình (1) ta đƣợc:
104 3
2
4(2
17 ) 10816 624
9
+
=
-
+
a
a
a
2 a
Û
676 (lo¹i)
10816 0
+
=
Û - a
2 692 a
16 (nhËn)
=é a Û ê =ë a
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Þ
2
2
2
3
2 =16
14 =0
+
-
Û
2 Þ + x
x
2 Û + x
3 x
116
7 - 2
=é x ê ê = x ë
=
x
Với a = 16
7 - 2
2
2
Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm: x = 2;
2
2
2
0
1 2 -
+
=
0
-
+
+
-
=
y
y
x
xy
y
y
x
y
y + + = x xy b) 1 (1) 2 2 2 (2) = - x + - y y ì ï í ïî
( Û + x
)(
)
( Û + x
)
)
)
Û
Û
0
1
= - 2 =
-
0 + = x
x x
y y
+ = y x é ê 1 2 - y ë
é ê ë
1
1
=
= -
x
y
1
2 Þ = Û
Þ
x
PT (2) xy ( x (
1
1 = -
=
x
y
é ê ë
é ê ë
2 1)
2 y
(2
1)
1
(2 Þ -
+
+
-
=
y
y
y
Với x = –y, từ PT (1)
1
0
=
x
y
2
5
7y Û -
0 = Û
Þ
y
=
=
x
y
= - 3 7
5 7
é ê ê ë
é ê ê ë
1; 1 ; 1;1 ; 1;0 ;
=
-
-
-
( ; ) x y
Với x = 2y – 1, từ PT (1)
(
) (
) (
) 3 5 æ ; ç 7 7 è
ö ÷ ø
2
2
2020(
y ) 2019(2
1) 5
+
-
+ =
x
xy
Vậy hệ phƣơng trình có c{c nghiệm:
2
2
2
2019(
2024
Û
-
+
+
=
x
) y
x
y
c)
2
2
2
2019(
2024
0 (
1
0
1
Þ
-
£
£
Þ £
-
£ Þ £ - £
x
) y
( Þ - x
) y
x
) y
x
y
2024 2019
0
é - =
x
y
1
x
- = y
Þ ê êë
2
0
2024
1012
x
y- =
2 Þ = x
2 Þ = x
x
(1)
yÞ = , từ (1)
2
Û
x
2 Þ + x
y
Nếu (vô nghiệm nguyên)
1 y- = thì
5 = (2)
1
1 1
x x
1 - = y - = - y
y y
= - x = + x
é ê ë
é ê ë
1
2
x
y
2
2
(
1)
2 0
5
-
Þ
1
2 Þ + x
x
= Û - - = Û x
x
y
Nếu và từ (1)
x= - v|o (2) ta đƣợc:
= - 2
= - 1
=
=
x
y
é ê ë
é ê ë
2
(
2 1)
2 0
5
+
Þ
1
2 Þ + x
x
= Û + - = Û x
x
y
Thay
x= + v|o (2) ta đƣợc:
2
1
1 = = -
2 = = -
x x
y y
é ê ë
é ê ë
( 1;2);( 2;1);(1; 2);(2; 1)
-
-
-
x y = -
Thay
Vậy phƣơng trình có 4 nghiệm nguyên: ( ; )
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 5:
117
A
F
J
K
I
G
H
O'
B
C
M
E X
L
O
D
.
.
D
D
Þ
AHK
( . ) AME g g
= AK AM AH AE
AK AH Þ = AE AM
.
.
= Þ
D
D
Þ
AHF
( . ) ACE g g
= AC AF AH AE
AH AF AC AE
Þ D
D
Þ
AFK
AMC
= AKF ACM
a) Gọi E, F, G theo thứ tự l| ch}n c{c đƣờng cao AE, BF, CG của tam giác ABC.
AK AF = AC AM
Þ =
=
FBCD
FM MC
BC
Từ đó suy ra: AK.AM = AF.AC suy ra:
1 2
Þ
=
=
Þ D
MFC
vuông tại F có FM l| đƣờng trung tuyến
cân tại M MFC MCF ACB
+
+
=
+
HKC HBC HKM MKC HBC
0 = 90
+
+ MFC HBC
0 = 90
0 90
0 90
0 180
+
=
+
=
+ ACB HBC
Xét tứ giác BHKC có:
0180
Þ
=
+ BAC GHF
Suy ra: tứ giác BHKC nội tiếp.
=
Ta có: AGHF nội tiếp
Þ
= BHC BKC
Mà GHF BHC (đối đỉnh)
Lại có: BHKC nội tiếp
0180
=
BAC BLC+
Mà BKC BLC= (K, L đối xứng qua BC)
=
Từ đó: . Suy ra: tứ giác ABLC nội tiếp.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
b) Ta có: LAB LCB (ABLC nội tiếp, cùng chắn cung BL)
118
(1)
Þ
= LAB KCM
vµ CMK cã KMC chung vµ MKC = ACB
D
D
AMC
(2)
Þ D
D
Þ
AMC
( . ) CMK g g
= KCM MAC
=
Mà LCB KCM= (K đối xứng L qua BC)
Từ (1) và (2) suy ra: LAB MAC
=
c) Ta có: ABDC là hình bình hành vì MA = MD, MB = MC
0180
0180
=
Þ
=
+ BHC BAC
+ BHC BDC
Suy ra: BDC BAC
Þ BHCD nội tiếp
Þ B, H, K, C, D cùng thuộc một đƣờng tròn
Mà
^ Þ ^ ÞHD l| đƣờng kính của đƣờng tròn ngoại tiếp BHCD
AB // CD mà CH AB CH CD
Gọi O l| trung điểm HD thì O l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp BHCD
Þ D
D
Þ
=
Þ
AKI
AXM AKI AXM
Þ IXMK nội tiếp
AK AI = AM AX
IXMD
Ta có: AI.AX = AH.AE và AH. AE = AK.AM suy ra: AI.AX = AK.AM
IXMD
Suy ra: K thuộc đƣờng tròn ngoại tiếp
Þ
=
Þ D
OD OK=
OKD
Suy ra: đƣờng tròn ngoại tiếp BHCD v| đƣờng tròn ngoại tiếp có điểm chung K.
(b{n kính đƣờng tròn ngoại tiếp BHCD ) cân OKD ODK
Þ
Þ D
'O MK ODK =
'O MK OKD =
'O KM
JMÞ // HD
Gọi J là trung điểm AH, IM l| đƣờng trung bình của tam giác AHD, JM cắt OK tại O’
(đồng vị) cân tại O’
Suy ra: O’ thuộc đƣờng trung trực của KM (*)
Þ
= HKI HAI
Mặt khác: AHIK nội tiếp đƣờng tròn t}m J, đƣờng kính AH
Þ
=
Þ
=
ILK
HKI
ILK
(cùng chắn cung HI) và JK = JI
Þ HK là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiếp KILD
AH // KL (cùng vuông góc với BC) HAI
Mà HK AM^ suy ra t}m đƣờng tròn này thuộc AM
Lại có BC l| đƣờng trung trực của KL và M thuộc BC
Suy ra: M l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp KILD
Suy ra: MK = MI
IXMD
Mà JI = JK suy ra: JM là trung trực của IK (**)
Từ (*) v| (**) suy ra: O’ l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
M| ta có: OO’ = OK – O’K
IXMD
119
Suy ra: đƣờng tròn ngoại tiếp BHCD v| đƣờng tròn ngoại tiếp tiếp xúc trong với
nhau tại K.
2
2
2
(
+
+
³
Câu 6:
a x
b y
2 ) + + a b c + + y z x
c z
2
2
2
a) Ta có:
2 )
(
)
2
2
a
2
2
2
2
2
a
2
2
2
2 a Û +
+
+
+
+
+
+
+
³
+
+
+
+
+
b
c
b
c
ab
bc
ca
y x
a z x
2 b x y
2 b z y
2 c x z
2 c y z
2
2
( + ³ x + + y z + + a b c (vì x, y, z > 0) c z b y ö ÷ ø æ a Û + ç x è
2 b x y
2 c x z
2 b z y
2 c y z
2
2
2
0
Û
-
+
-
+
-
³
a
b
a
c
b
c
a 2 2 2 0 Û - + - + - + ³ + + ab ca bc a z x y x ö ÷ ø æ ç è ö ÷ ø æ ç è ö ÷ ø æ ç è
x y
z x
x z
z y
y z
y x
ö ÷ ÷ ø
æ ç ç è
ö ÷ ÷ ø
æ ç ç è
ö ÷ ÷ ø
æ ç ç è
(luôn đúng với x, y, z > 0)
= a b y x x y =
2
2
2
(
+
+
³
= = bx Û = Û = cx ay az a c Dấu “=” xảy ra khi: a x b y c z z x x z = bz cy ì ï í ï î = b c z y y z ì ï ï ï ï í ï ï ï ïî
a x
b y
c z
2 ) + + a b c + + y x z
3
3
3
=
+
+
P
Vậy:
)
b 3 (
a 8 + 3 ( + a b c
8 + ) + b c a
8 c + 3 ) ( + c a b
=
+
+
+
+
+
P
3
3
(
)
(
)
8 +
1 +
1 + b c
1 + c a
a b a b c
8 ) ( + b c a
8 3 + c a b
1 ab
1 bc
=
+
+
+
+
+
P
b)
2
3
3
)
)
)
(
(
(
+
+
+
+
+
a
b
c
1 a
1 b
1 c
1 ca 1 1 + a c
8 1 b
1 c
8 1 c
1 a
8 1 a
1 b
1 b
=
=
x
; y
; z
(vì abc = 1)
= Þ x, y, z > 0 và xyz = 1
1 c
1 a
1 b
2
2
2
Đặt
zx +
xy +
y +
z +
yz + y z
x
z
y
x
x + y z
z
x
x
y
æ ç è
ö ÷ ø
8 = + + + + + P ( ) ( ) ( ) é ê ë ù ú û
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
y
z
2
.
+
³
=
yz
+ y z 4
+ 4
yz +
yz + y z
y
z
z
x
z
x
2
.
+
³
=
zx
+ 4
+ 4
zx +
zx +
x
z
x
z
x
y
y
x
2
.
+
³
=
xy
+ 4
+ 4
xy +
xy +
x
y
x
y
x
33
3
³
+
+
³
=
+
+
+
xy
yz
zx
2 2 2 x y z
120
+ + y z 2
zx +
xy +
yz + y z
x
z
y
x
x
z
+
+
3 ³ -
Þ
Suy ra:
+ + y 2
yz +
zx +
xy +
y
z
x
z
x
y
(1)
2
2
2
x
z
+
+
³
=
(
)
(
)
(
)
)
+ + y 2
z +
y +
x + y
z
z
x
x
y
( + + y x z 2( + + y x
2 ) z
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức ở câu a, ta có:
+
+
³
+ + y
é ê ë
ù ú û
8 4( ) x z Suy ra: (2) ) ( ) ( ) y + z + x + y z ( z x x y
2
2
2
Cộng (1) và (2) theo vế ta đƣợc:
+
+
+
+
+
+ + y 2
é ê ë
ù ú û
7(
)
x
3
.3
3 ³ +
3 ³ +
3 = +
=
P
xyz
7( ) x z 8 3 ³ + ( ) ( ) ( ) yz + zx + xy + z + y + y z x z y x x + y z z x x y
+ + y z 2
7 2
21 2
27 2
Suy ra:
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 suy ra a = b = c = 1
27 2
Đề số 17
Vậy MinP = khi a = b = c = 1
Câu 1: (1,5 điểm)
¹ Ta có
+
- -
+
+
-
=
- - +
-
+
=
=
=
×
+ -
+
+ -
+ +
+ -
= Û
= Û = Û =
a) Điều kiện: ³
+ -
+
+
+ +
+ +
+ =
+
+
+ +
(thỏa mãn điều kiện).
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
b) Ta có =
=
+
+
+
( Þ -
)
é ë
ù û
+
=
+
+
+ +
+
+
121
=
+ +
+ +
+
+
Þ -
+
+
+
+
+
Ta lại có
= Þ = ×
Þ =
Do đó -
Câu 2: (2,0 điểm)
=
+ Û = -
=
-
a) Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) v| (d):
æ ç è
ö ÷ ø
¢
¢
<
C{c giao điểm l| và
¢ theo thứ
æ ç è
ö ÷ ø
Gọi với - < Gọi
=
-
-
=
+
× -
+
+
-
+
-
×
¢
¢
¢
¢
¢
¢
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
= -
+
+
=
-
-
£
tự l| hình chiếu của A, B, C trên trục ho|nh. Ta có
æ ç è
ö ÷ ø
=
Ta có
+
-
+
=
-
+
=
Û
Vậy diện tích tam gi{c ABC lớn nhất bằng khi
-
+
=
+
-
=
ì ï í ï î
ì ï í ï î
-
b) Viết lại hệ
+ = = +
ì í î
ì = ï í =ïî
-
+ = Û =
Đặt , ta có hệ .
=
-
=
= ±
Û
(2) ta có = - Thay v|o (1) ta đƣợc
=
=
ì í î
ì ï í ï î
=
-
Ta có . TH1: Với = thì =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Hệ có hai nghiệm
+
=
-
=
-
+ =
Û
Û
122
= -
= -
ì ï í ï î
ì ï í ï î
= -
ì ï í ï î
TH2: Với = thì = - Ta có
=
-
Hệ n|y vô nghiệm.
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có hai nghiệm l|
Câu 3:
+ +
- +
- +
- =
a) Điều kiện: ³
- + +
- +
- + =
Phƣơng trình (1) viết lại
- +
+
- +
=
Û - +
- + =
Û
- =
Û - + +
Û
-
-
-
=
-
+
=
-
+
Û = (thỏa mãn điều kiện).
> " .
b) D =
+
= -
-
=
-
Suy ra phƣơng trình luôn có hai nghiệm ph}n biệt
-
+
+
=
-
+
+
+
Theo định lý Vi-ét, ta có
=
-
-
-
+
-
+
= -
+
= -
-
+ £
æ ç è
ö ÷ ø
=
Ta có: =
Vậy khi thì A có gi{ trị lớn nhất bằng
Bài 4:
=
=
a) Tia CT cắt cạnh AB tại P.
Ta có (cùng phụ với ), (T
=
v| D đối xứng qua BC).
Þ ABDC l| tứ gi{c nội tiếp.
=
=
=
=
Do đó
Suy ra và
=
Do đó hai tam gi{c ACD v| IHD đồng dạng.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
b) Tứ gi{c IBHD nội tiếp nên
123
=
Tứ gi{c DHKC có hai đỉnh H v| K cùng nhìn đoạn DC dƣới một góc vuông nên nội tiếp.
=
Suy ra
=
=
C{c tứ gi{c ABDC v| AIDK nội tiếp nên (cùng bù với ).
Suy ra Do đó Vì I v| K nằm kh{c phía đối với đƣờng thẳng BC
nên ba điểm I, H, K thẳng h|ng.
=
Hai tam gi{c ACD v| IHD đồng dạng với nhau có DE v| DF lần lƣợt l| c{c đƣờng trung
=
=
tuyến nên
=
=
Hai tam gi{c DCE v| DHF đồng dạng nên Suy ra
Do đó hai tam gi{c HDC v| FDE đồng dạng suy ra
=
=
Vậy tam gi{c DEF vuông tại F.
=
c) Trên cạnh BC lấy điểm Q sao cho Lại có nên hai tam
=
gi{c DBA v| DQC đồng dạng. Suy ra
=
=
Hai tam gi{c AID v| CHD đồng dạng nên
=
=
Suy ra hay (1).
=
Vì nên
=
=
=
-
=
-
Suy ra hai tam gi{c BDQ v| ADC đồng dạng do đó (2).
=
=
Ta có . Mặt kh{c Vì
=
nên
=
=
Suy ra hai tam gi{c ABD v| KHD đồng dạng. Do đó (3).
+
=
+
=
Từ (2) v| (3) suy ra hay (4).
Từ (1) v| (4) suy ra
Bài 5:
+
+ =
+
+
+ + ³
+
+ =
+ +
+
+ =
+
+
+ + ³
+
+ =
+ +
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không }m, ta có
+
+
=
+
+
+
+ ³
+
+ =
+
+
£
£
124
+
+
+ +
+
+
+ +
£
+
+
+
+
Suy ra
+
+
£
+ +
+ +
+
+
+
+
=
+ +
+ +
+
+
ö ÷ ø
æ ç è
+
+
=
+
+ +
+
+
+
ö ÷ ø
+
+
=
=
+ +
+ +
+
+
ö ÷ ø
æ ç è æ ç è
+ = ±
Cộng c{c bất đẳng thức theo vế, ta đƣợc
+ . Suy ra
+
b) Cho x l| số nguyên. Ta có l| số nguyên khi
với =
( Î ). TH 1: Xét b l| số chẵn, tức l| =
-
-
+ =
Û =
- Û =
+
+ Û =
+
+
£
Û £ £
+ Xét phƣơng trình
+ = -
Û + = -
Vì £ nên trƣờng hợp n|y có 1011 nghiệm.
-
+ Xét phƣơng trình
+ ( Î ).
Vì nên trƣờng hợp n|y không có nghiệm nguyên n|o.
+ = Û + =
+
TH 2: Xét b l| số lẻ, tức l| =
+
+ Xét phƣơng trình
+ = - Û = - -
Vì nên nên trƣờng hợp n|y không có nghiệm nguyên n|o.
- -
=
+ Xét phƣơng trình
+ £
Þ £ £
Vì - - nên phƣơng trình có nghiệm
+
=
Ta có £ nên trƣờng hợp n|y có 1010 nghiệm.
+
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy có tất cả số nguyên x để l| số nguyên.
Đề số 18
Câu 1.
125
)
(
(
)
)(
¹
1.
+
-
a0, (
)
=
- + = + - - - ö ÷ ÷ ø æ ç ç è
> ) -
(
)(
)
=
Điều kiện: a ( -
-
-
- = Û
-
- = (*)
)
.
)
(
)(
- =
=
Û
Câu 2. (
- > - " > nên
- ÎƢ(5)={
} ± ± mà
- =
=
é ê ë
é ê ë
=é
Suy ra .
= -
( ) ( )
- = Û = Û ê êë
- = Û = Û = ±
Với = thay v|o (*) ta đƣợc
Với = thay v|o (*) ta đƣợc (loại).
= .
+
-
+
=
-
Vậy các số nguyên dƣơng thỏa mãn là =
)(
)
=
-
+ =
-
. Câu 3. a) PT biến đổi thành (
³ , phƣơng trình trở thành
(
)
=é
- -
Đặt
= -
( ) ( )
= Û ê êë
-
+ = Û -
.
=é = Û ê =ë = .
+
-
=
+
= ,
Với = , ta đƣợc .
)
(
( Û -
)(
)
)
b) Phƣơng trình (2) Vậy phƣơng trình đã cho có hai nghiệm = ( Û -
ta đƣợc = hoặc = - .
+ - = Û = - hoặc = .
* Với = , thế vào (1) ta có:
= = .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Khi đó = = -
-
126
- = Û = - hoặc =
* Với = - , thế vào (1) ta có
-
Nếu = - Þ = . Nếu = Þ = - .
) - - ;
)- ; (
)
æ ç è
ö ÷ ø
. Vậy hệ phƣơng trình có bốn nghiệm: ( ; (
Câu 4.
Gọi (km/h) là vận tốc dự định; > 0.
Thời gian đi dự định :
-
Quãng đƣờng đi đƣợc sau 45 phút : (km).
Quãng đƣờng còn lại: (km).
-
=
+ +
- Thời gian đi quãng đƣờng còn lại : +
=é
Û +
-
= -
+ ( ) ( )
= Û ê êë
Theo đề bài ta có PT:
Vậy vận tốc dự định : 40 km/h.
Câu 5.
¢D =
+
-
=
-
³ Û Î .
)
(
)
(
=
+
+
Phƣơng trình có hai nghiệm khi
=
ì í î
-
=
- Û -
=
-
Theo Viet ta có: .
+
-
-
+
=
( Û -
)
(
)
ù û
é ) ( ë
-
+
-
-
+
=
= )
(
(
)
é Û ê êë
Û
Û =
+
+ =
+
-
-
- =
(
)
¢D =é (
)
=é ê ë
Û ê êë
Theo đề
Vậy = thỏa mãn bài toán.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 6.
E
D
M
C
F
J
127
j O
=
=
a) Ta có (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (1)
+
=
=
Suy ra D cân tại Þ .
+
=
ì ï í ïî
=
=
nên suy ra D cân tại Þ = . (2) Mặt khác
= D
Từ (1), (2) suy ra .
b) D (g.c.g)
Þ
^
^
^
Suy ra là hình bình hành Þ .
Þ là trực tâm của D
Ta có , mà .
=
Þ ^
Þ
=
.
Mà nên tứ giác nội tiếp.
=
c) Tam giác vuông tại (vì , là hai phân giác của hai góc kề bù), có là
=
=
= Þ
=
=
=
đƣờng cao nên .
=
=
Þ
Theo a) ta có , mà và (gt) Þ .
= và
=
=
Þ
Þ =
(do ).
=
+
(do ).
Þ
=
=
Vì tam giác vuông tại nên
+
.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 7.
+
+ ³
+ =
128
=
Biến đổi =
£
£
ì í î
£
-
£ Û
£
Dấu “=” xảy ra khi .
£ £ suy ra
- .
( £ Û -
)(
)
(
)
+
- +
+
(
) +
=
£
Mặt khác £ £
= .
=
Û
=
Khi đó
= = é ê = = ë
£
ì é ïê íë ï £ î
£
Dấu “=” xảy ra khi .
= khi
= và £
= khi = = hoặc = = .
Đề số 19
Vậy và
2
2
2
2
74
+
-
-
19 4 =
+
(2,0 điểm) Bài 1.
-
19 0 ³
2
2
2
19
2
19 36 0
-
+
-
-
-
=
-
Giải phƣơng trình
2 2 - )
19
0
2 2 -
-
³
Điều kiện ( 2 2
4
2
2
36 0
+ -
= Û
Đặt =
( )
( ) 9 2
=é ê ê = - êë
2
2
2
4
2
19
4
2
19 16
2
35 0
= Û -
-
= Û -
-
= Û -
-
5
7 =é = Û ê = - ë
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
Thay v|o điều kiện ta thấy hai nghiệm thỏa mãn
} { = -5 7
2
3
6
0
+
-
=
Vậy
2
2
4
9
6
3
9 0
-
+
-
+ =
ì ï í ïî
Giải hệ phƣơng trình
Cộng vế theo vế hai phƣơng trình ta đƣợc
2
2
2
2
4
2
(
)
(
)
3
Þ
=
(
)
= 3 3 hoặc ( )
(
)
) -3 3
= 3 3 thỏa mãn hệ phƣơng trình.
( )
3 9 6 6 9 0 3 3 0 - + + - + = Û - + - =ì 2 = = Û í î
(
)
Thử lại ta thấy nghiệm (
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
(2,5 điểm) Bài 2.
2
2
3
1
+
-
+
¹0
=
+
-
129
1. Rút gọn và tìm giá trị
-
+
Cho biểu thức với >
2
+
-
+
2
3
1
2
3
+
-
+
+
(
) 1
+
=
-
=
+
-
-
+
-
+
)( 1 (
( (
) 1 + ) 1
+
+
-
+
2
3
2
3
1
1
+
+
+
+
+
+
(
) 1 (
) 1
=
+
-
=
+
-
+
+
(
) 1 ) 1
) 1
+
+
-
+
1
2
3
2
3
1
+
+
+
+
+
+
(
(
) 1
=
+
-
=
+
-
+
+
(
) 1 ) 1
) 1
)( 1 ( )( 1 (
1
2
3
1
2
2
3
3
+
+
+
-
+
+
+
2
2
=
+
-
=
=
+
+
3
2
2 6
2 2 6
+
³
Þ ³ +
nhỏ nhất của biểu thức
=
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
(
)
3 2
2
2
4
7
+
-
=
Dấu bằng xảy ra khi
0 ( ¹
2
3
2
=
+
Cho hai số thực thỏa mãn và ¹ - ). Tính giá trị của
- -
- +
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
5
2
5
+
-
-
+
=
+
=
=
2
+ 2
- -
3 + 2 -
4 - 2 -
2
- + 2
4
-
=
biểu thức
2
2
2
2
6
7
4
6
-
-
+
-
-
+ (
7 )
(
0 nên ta có ) 2 2
(
)
6
=
=
=
2
2
2
2
-
-
2
=
+
- +
Vì
1 và
)
(
)
2
+
+
= +
2 trong đó
Trong mặt phẳng tọa độ , cho hai đƣờng thẳng (
(
)
(
)
là tham số. Chứng minh rằng giao điểm của
thay đổi.
(
= 0 vuông góc với nhau
Nhận xét ;
)Î1 3 ( ) · Với = -2 thì : (
)
1
= -
+
hai đƣờng thẳng nói trên thuộc một đƣờng cố định khi )Î0 1 ( ) ( = 3 và ( )
)
2
1 +
2
1
=
+
-
· Với ¹ -2 thì : (
(
)
( = - Þ ^
)
(
)
2
1 +
ö ÷ ø
æ ç è
^
Khi đó ta có
)
(
)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
với mọi Vậy (
130
Vậy giao điểm của hai đƣờng thẳng nói trên nhìn đoạn cố định dƣới một góc
vuông nên thuộc đƣờng tròn đƣờng kính khi thay đổi.
3 1
+ + + =
+
(1,5 điểm) Bài 3.
3 1
+ + + =
+
3 2
2
Û + + +
3 1 + + + = +
+
3
2
Û + + =
-
3
4
4
Û + + =
-
+
1
Û
=
- - + 4
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình
2 = Þ
=
Nếu là số không chính phƣơng thì VT là số vô tỉ còn VP là số hữu tỉ, vô lý
2
2
3
4
4
2
2
1
+ + =
-
+ Û + +
=
-
=
+
Vậy
( + Û +
)
(
) 1
Û +
=
-1 (*)
2
2
1 Û = - - Û =
-
-
-
+
(
) 1
(
) 1
(
Û =
Ta có
)> 2
-
21 ) - ( 2
+ - ) 1
vì (
Nếu là số không chính phƣơng thì VT l| số vô tỉ còn VP là số hữu tỉ, vô lý
2
2
=
Vậy là số chính phƣơng, Lý luận tƣơng tự thì là số chính phƣơng
1
2
+ =
Đặt =
( + Û -
) 1 - =
2 3
3 2
4 9
9 4
=
Û
=
)( 1 ) (
Từ (*)
)
(
)
(
)
(
) (
)
Ta tìm đƣợc (
6111 có tất cả bao nhiêu ƣớc số nguyên dƣơng ph}n biệt? Tính tích
Số tự nhiên =
111
=6
=
của tất cả c{c ƣớc số đó. 6 6 3 37
Î 0 1 2 3 4 5 6 và
{
}
Î 0 1 2 3 4 5 6 . Do
Mối ƣớc số nguyên dƣơng của có dạng 3 37 trong đó
{
}
=
có thể nhận 7 giá trị và cũng có thể nhận giá trị 7 nên
7 7 49 ƣớc số nguyên dƣơng ph}n biệt
¹
có tất cả
3111 thì =
Nếu là một ƣớc số nguyên dƣơng của cũng l| một ƣớc số
¹ . Khi đó
nguyên dƣơng của và tạo thành một cặp ƣớc số nguyên dƣơng
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
của v| chúng có tích đúng bằng
3111 còn 48 ƣớc số còn
131
)
24
147
6 111
3 111
111
=
Trong 49 ƣớc số nguyên dƣơng ph}n biệt của , ngoại trừ lại đƣợc chia thành 24 cặp ƣớc số có tính chất nhƣ cặp ƣớc (
)
Vậy tích tất cả c{c ƣớc nguyên dƣơng ph}n biệt của là (
+
=
^
Bài 4.
0180 mà
= Þ =1
1 nên tứ giác
0
90
0 90 = Þ
= Þ ^ Þ
∥
Vì nên nội tiếp Þ
.
045
=
=
=
+
=
+
a) Xét hai tam giác và
D
D
-
∽
( do )
(
)
22
Þ
= Þ
=2
=
2
2
2
2
^ Þ
=
=
=
=
Vậy
2
2
2
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Tứ giác có
2
D
D
-
Þ
=
=
Þ
∽
132
(
)
æ = ç è
ö ÷ ø
D
D
-
=
=
∽
b) Ta có (1)
090 )
(
)
2
2
2
= Þ
=
=
( vì chung,
22
=
Suy ra
=
Þ
=
Tƣơng tự :
Vậy (2)
æ = ç è
2 ö ÷ ø
=
Từ (1) và (2) suy ra
=
=
c) Ta có tứ giác nội tiếp Þ
=
Mà nên
=
=
là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiếp D khi
Do đó hay
2
=2
Suy ra là phân giác của góc
=
=
=
Tan giác vuông cân tại Þ =
2
1 2
+
=
Vì là phân giác của tam giác nên
(
) -2 1
=
Ta có
= Þ (
) -2 1 thì
Vậy khi là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiếp D
Bài 5.
1lần
3
2
+
+
=
+3
Theo qu{ trình đổi dấu trên thì ô vuông ở dòng cột đƣợc đổi dấu +
1 là
1 và + hai số không cùng tính chẳn lẻ (vì (
) ( 1 + - +
+3 )
Mà +
số lẻ)
Do đó những ô vuông ở dòng cột mà + là số lẻ sẽ đổi dấu một số chẵn lần và
dấu ở ô vuông đó vẫn là dấu +, còn những ô vuông ở dòng cột mà + là số
) mà + bằng
chẵn sẽ đổi dấu một số lẻ lần và dấu ở ô vuông đó l| dấu – Mà từ 1 đến 2019 có 1009 số chẵn và 1010 số lẻ nên số cặp (
1009.1010+1010.1009=2038180
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy số các ô vuông còn lại mang dấu + bằng 2038180.
Đề số 20
133
2
t
=
t
t+ -
=
2, x t
0
Câu 1.
³ , phƣơng trình đã cho trở thành
( ) 20 0 1
ac
=
2 4 b -
81
4t = (nhận);
t = - (loại) 5
D = Phƣơng trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt
4t =
x = ± 2
Đặt
a
a
a
a
-
-
-
2
2 2
2
2
Với tìm đƣợc
) - = 1
) 1
x = ± . Vậy phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm là )(
2 )(
(
a
a
a
=
-
+
-
2
2
1
1
(
)
a
a
a
a
-
-
+
- = 2
2
1
)
a
T
=
2
Câu 2. Ta có:
( )( ( (
)( )( ) - . 1
Vậy
Gọi
,H K lần lƣợt l| ch}n đƣờng cao kẻ từ A và B xuống CD .
S
là diện tích hình thang ABCD .
ABCD
=
AHD BKC =
=
ADH BCK =
90 ;
Ta có ADH BCK
do
và AD BC=
nên DH CK=
DH
=
=
2
Câu 3.
CD HK - 2
2
2
AH
=
AD DH -
=
2 3
Mặt khác ABKH là hình chữ nhật nên AB HK= suy ra
AH AB CD
+
(
)
S
=
=
12 3
Do đó
ABCD
2
Vậy
2
2
x
xy
y
-
x + -
=
5
5
42
Câu 4.
2
xy
y
x
+
+
=
7
6
42
( ) 1 ( ) 2
ì ï í ïî
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Giải hệ phƣơng trình .
x
y
x
y
+
= Û = -
0
134
2
x
x+ -
= 42 0
Lấy ( ) 1
)2 ( ) ta đƣợc ( 2+ y= - vào ( )1 ta đƣợc
Thay x
6
x = - ta có 7
x x = - = 7; 6 Giải phƣơng trình trên ta đƣợc
7y = ; Với
6x = ta có )7;7-
y = - . và (
) 6; 6- .
Với Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (
2
2
a
b
-
-
9
b 2 ,
4
a 3
¢ D = 1
¢ D = 2
2
2
b
b
D + D =
-
+
-
+
+
-
a 3
2
a 3
2
2
¢ 2
¢ 1
(
) 1
(
) 1
D + D ³
0
b+ 2
2
a Do 3
³ nên
¢ 1
¢ 2
Câu 5.
D D không âm hay ít nhất một trong hai phƣơng
,¢ 1
¢ 2
Suy ra có ít nhất một trong hai giá trị
trình đã cho có nghiệm.
2
*
abcd
k
k
k
cd
cd
=
ab cd +
=
+
+
2 100
(
) Î Þ =
( 100 1
)
2
cd
cd
k
cd
k
k
2 k Þ =
Û
=
=
-
+
+ 100 101
101
- Û 100
101
10
10
)(
)
(
2k
k <
kÞ -
< 10 101
Câu 6.
k
k Þ +
= Û =
10 101
91
chỉ có 4 chữ số) và do 101 l| số nguyên tố
100 (vì )10 101
abcd =
=
291
8281
Suy ra
.
Câu 7.
CIF
=
ABC ACB +
=
CEF AED=
=
60
60
Do ( k Þ +
)
(
1 2
IFC IEC=
=
FM MB MC
=
=
90
Ta có tứ giác CIEF nội tiếp vì ( ADE đều) và .
( )1
ADE =
BIG CIF=
=
60
60
Suy ra nên
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Mặt khác tứ giác BDGI nội tiếp vì ( ADE đều) và
135
GM MB MC
=
=
( )2
GMF
=
-
CMF BMG -
=
-
ABC ACB -
=
180
180
60
IGB IDB = = 90 Suy ra nên
GMF =
60
Lại có ( )3
1 , 2 và ( )3 suy ra MF MG=
và nên MFG đều Từ ( ) ( )
a) Ta có:
BKC
BAC
=
=
45
( ) 1
1 2
BDC
KDC
=
= Þ 90
90
Câu 8.
( ) 2
1 , 2 suy ra KDC vuông cân tại D nên DC DK=
.
Từ ( ) ( )
=
=
,AP EF . Ta có IP IQ IA
Ta lại có AC AK= do đó AD là trung trực của CK .
( )1Q
nên AQP vuông tại b)Gọi I l| giao điểm của
PQC
PFC
=
=
=
.90
45
Ta có FP FQ= và PFC vuông cân tại F nên F l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp PCQ
( ) 2
1 2
1 2
AQC AQP PQC
+
=
=
135
1 , 2 suy ra
Do đó .
AQC ABC +
=
=
135
180
Từ ( ) ( )
+ 45 Suy ra Vậy tứ giác ABCQ nội tiếp, nên Q thuộc đƣờng tròn (
)O .
3
3
2
2
2
2
y
3 z
2 y z
x Û +
+
+
xyz x y -
-
x z y x -
-
-
2 z x z y -
3
³ . 0
.
x z
x
y z
-
-
-
³
Câu 9. ( ) *
( x x y Û -
)(
) - +
( y y
)(
) - +
)( ( z z x z y
)
( 0 **
)
x
y
0
.
z ³ ³ ³ .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Không mất tính tổng quát, giả sử
x
y
-
+
-
-
³
0
136
) **
)( ( z z x z y Û -
)
(
( x x z
) - -
( y y z
)
)
é ë
ù û
y
z
( hiển nhiên đúng) Khi đó (
= = hoặc hai trong 3 số bằng nhau, số còn lại là 0 .
Đề số 21
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x
+
+
-
=
+
Bài 1.
=
+
=
+
+
+
= +
+ -
+
+
-
(
)
(
)
(
)(
)
Þ = + Û -
= (1)
+
+
-
1. Đặt = khi đó
= + khi đó
=
+
=
+
+
+
=
+
+
-
+
+
-
(
)
)
(
(
)(
)
Þ =
+ Û -
=
Đặt =
+
-
-
= +
=
+
+
-
(2)
(
)
+
)
(
Û
=
Û
+
=
+
=
Từ (1) v| (2) suy ra A = =
)
(
+
+
=
+
+
+
+
=
2. Ta có
)(
)
+
+
=
é Û ê ë
-
Ta có (
-
Phƣơng trình (1) l| PT bậc hai có D =
D + D =
-
+
-
=
+
-
+
=
+
-
=
-
³
Phƣơng trình (2) l| PT bậc hai có D =
(
)
(
)
Do đó
Suy ra trong D và D có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng
Vậy phƣơng trình đã cho luôn có nghiệm
+
+
=
Bài 2.
-
+
=
ì ï í ïî
. Điều kiện ³ 1.
+
Cách 1:
- = (3)
D =
-
+ =
-
³
PT (1) Û +
(
)
=
- = -
PT (3) l| phƣơng trình bậc hai ẩn x có
Þ y = -x + 1 . Thay y = -x + 1 vào PT (2) ta có
- -
+ +
= Û - +
- +
- =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Do đó PT (3) có hai nghiệm = - (loại vì ³ ), (điều kiện y £ 1 vì x ³ 0)
-
(
)
Û -
+ +
-
=
Û
+
- +
-
=
(
)
(
)
+
- +
é ê ê ë
ù ú ú û
- =
Þ = (TMĐK) suy ra = (TMĐK)
-
(
)
+ +
-
=
(
)
+
é ê Û ê ê ê ë
137
) là (
)
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (
+
- =
Cách 2: đặt điều kiện nhƣ c{ch 1
+
=
)
) - + - +
( =
( Û + ( Û +
)( )(
)
= - é Û ê = - ë
PT (1) Û +
-
- +
=
Û +
- +
=
Thay = - v|o (2) ta đƣợc
Ta thấy = l| nghiệm của pt (3) khi đó =
Nếu x > 1 thì vế tr{i lớn hơn 5 nên pt (3) không có nghiệm lớn hơn 1.
+
+
+ =
+
+
Û -
-
+
+
- - =
Nếu 0 ≤ x < 1 thì vế tr{i bé hơn 5 do đó pt (3) không có nghiệm 0≤x<1.
(
)
2.
-
+ - =
Cách 1:
+ = a, khi đó PT (1) trở th|nh Û -
D =
-
+ =
-
+
Đặt
(
)
Phƣơng trình (2) có
Þ D l| số chính phƣơng
Û + -
- +
=
+ =
Û -
-
=
Phƣơng trình (1) có nghiệm nguyên Û Phƣơng trình (2) có nghiệm nguyên
(
)(
)
)-
(
)
+
+
+
=
+
( Î ) Đặt (
– 2
–
2
2
)
(
)
)– 2
và l| số chẵn v| có tích cũng l| số chẵn nên (
–
2+
)
+
-
=
+
-
= -
= -
l| số chẵn. Vì ( (
- +
=
- +
= -
ì í î
ì í î
=ì í =î
ì í =î
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Do đó hoặc Û hoặc
+
+
=
=
=
138
-
-
=
=
é ê ê ê ê = ë
-
-
- =
+ - =
- = = Û
Vậy phƣơng trình (2) có 2 nghiệm l|
+
= Û
Ta có Û -
( Û -
)(
)
=é ê ê = - ë
. Ta chọn = (vì y Î Z)
) của phƣơng trình l| (
) và (
)
Vậy nghiệm nguyên (
Cách 2: Có thể phân tích đƣa về phƣơng trình ƣớc số (các bạn tự giải
Bài 3:
l| hai điểm xa nhau nhất trong c{c điểm thuộc tập hợp điểm đã cho . 1. Gọi
Giả sử l| điểm c{ch xa đoạn thẳng nhất . Khi đó
Tam giác l| tam gi{c lớn nhất v| có diện tích không lớn hơn 1
D
Vẽ c{c đƣờng thẳng đi qua c{c điểm , , lần lƣợt song song với c{c cạnh của
Ta đƣợc tam gi{c nhỏ bằng nhau v| một tam gi{c lớn chứa cả tam gi{c nhỏ
Tam gi{c lớn có diện tích không qu{ đơn vị. Do đó, tam gi{c lớn chứa tất cả điểm
đã cho
Ta có chia cho đƣợc v| dƣ l| 1 nên theo nguyên lý Dirichlet suy ra có ít nhất
=
+ +
+ +
+
trong tam giác có tam gi{c chứa trong điểm đã cho.
+ +
+
+
+ =
=
+
- +
+
+
- +
+
- +
+
(
(
(
)(
)
)
£
+
+
+
+
+
+
+
+ =
+
(
)( )
) )
)( ) =
(
(
suy ra 2. Đặt
+
£
+
+
-
-
³ Û +
³
+ Û +
(
)(
)
+
+
£
+
£
+
+
=
+
=
+
Không mất tính tổng qu{t, ta giả sử £ £ ta có
(
)
Do đó
(
)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
+ + + + + £ + = = = æ ç è ö ÷ ø
=
Û
+ + =
= +
139
£ £ ,
£ Û £ . Dấu “ ”= xảy ra
Û
=
=
=
Do đó
^
Bài 4.
I
A
N
=
=
a) Ta có tại (vì D vuông c}n tại )
P
1
=
=
nên l| tứ gi{c nội tiếp (1)
H
M
nên l| tứ gi{c nội tiếp (2)
1
B
D
C
Þ
+
=
=
=
Từ (1) v| (2) suy ra cùng thuộc một đƣờng tròn
và nên
=
=
l| tứ gi{c nội tiếp (1)
=
Ta có nên l| tứ gi{c nội tiếp
= mà
Þ
=
=
=
+
=
+
Suy ra (vì l| trung trực của )
=
+
=
+
=
Þ
+
=
+
=
Ta có mà
Suy ra
=
=
Do đó thẳng h|ng Þ ^
=
=
Þ
=
=
b) Ta có (vì )
Þ A, I, B, D cùng thuộc một đƣờng tròn
)
. Do đó Tam gi{c ADB vuông tại D có DI l| trung trực nên DI l| ph}n gi{c góc ADB (
=
=
(3)
Ta có nên cùng thuộc một đƣờng tròn (4)
Þ
+
=
Þ
=
=
=
Từ (3) v| (4) suy ra cùng thuộc một đƣờng tròn
(vì ) lại có
Do đó thẳng h|ng.
A
2.
Cách 1:
)
O
1
Kẻ l| đƣờng kính của đƣờng tròn (
B
C
H
M
=
Xét 2 tam giác vuông D và D
1
D
Þ
Þ
=
D∽
có (vì nội tiếp cùng chắn )
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
nên D (g.g)
D∽
Þ
=
140
Tƣơng tự D (g.g) Þ
D∽
Þ
=
Do đó (1)
Þ
=
Ta có D (g.g) Þ
Tƣơng tự
³
=
=
Do đó (2)
æ ç è
ö ÷ ø
Û =
Û D
Ta có
Dấu = xảy ra Û = c}n tại
Cách 2: (Cách này ai không thích thì xóa đi nha. Do mình copy nên để nguyên trạng
A
1 2
=
=
=
Gọi I l| giao điểm của AH với đƣờng tròn (O). Kẻ đƣờng kính AD.
Þ =
O
B
C
Ta có . Do đó BC // DI Þ =
H
M
=
=
=
Ta có DIBC là hình thang cân nên CD = BI, CI = BD
(
)
D
I
=
Þ D AHB
D ACD (g.g) Þ
Xét D AHB và D ACD có ,
=
=
=
(1)
(
)
=
Þ D ABD
D AHC (g.g) Þ
∽ Xét D ABD và D AHC có ,
(2)
=
=
Þ
=
=
=
∽ Từ (1), (2) suy ra (3)
đA
æ =ç è
ö ÷ ø
=
Þ D ABI
D AMC (g.g) Þ
Xét D ABI và D AMC có ,
(4)
=
=
đA
æ =ç è
ö ÷ ø
=
Þ D ABM
D AIC (g.g) Þ
∽ Xét D ABM và D AIC có ,
(5)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
∽
=
=
Þ
=
141
=
=
Từ (4), (5) suy ra (6)
+
³
=
=
Từ (3) v| (6) suy ra = (vì CD = BI, CI = BD)
=
Û
=
Û
=
Ta có
Û H º M
+
+
Û D ABC c}n tại A.
Đề số 22
Dấu “=” xảy ra Û
x
0;
x
9
*
Câu 1.
2
3
x
x x
3
2
x
3
x
1
x x
3
x 2
12
x
18
x
4
x
3
A
3
x
x
1
x
3
x
1
x
3
x
8
x x
x 3
8
x
24
x
8
x
1
x
3
x
1
x
3
x
1
2
x
4
2 3
x
4
2 3
3
1
a. Điều kiện:
x
8
4
2 3
8
12
2 3
A
4 3
2
2
x
1
3
1
3
1
b. thỏa mãn * . Với ta có:
Câu 2.
,x x thỏa mãn điều kiện bài toán là: 1
2
2
0
4 3
m
3
0
m m
2 2
0
0 0
m 3
3
0
2
x
x
25
S P 2 1
2 1
x
x
25
1
2
x x 2 1 2
2
m
m 8
16
0
m
4
2
m
2
3m
m m
1
2
m m
m
1 5 hoaêc
3
m
m
2
2 3
3
25
3m
Điều kiện để phƣơng trình 1 có hai nghiệm
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.
142
2
2
Câu 3.
x
4
x
2
x 3
4
x . Điều kiện: 2
2
t
4
2
2
t
x
4
x
x
4
x
x 2 a.
2
t
2
2
t 3
t 2
8
0
t
4 3
x
0
tm
2
2
2
t
2
x
4
x
2
4
x
2
x
x 2
4
x
0
Đặt , khi đó phƣơng trình đã cho trở thành:
x
2
tm
2
2
2
t
x
4
x
4
x
x
x 2
x
0
x
*)
4 3
4 3
8 3
20 9
4 3
3
2
x 2
2 x y 2
y
x
y
1
*)
3
xy 2
x 2
xy
x
4 2
y
2
2
1
x 2
y x
y
x
y
0
x
y
x 2
y
1
0
b.
x 2
y
x 2
1
3
2
2
y
x
2
x 2
x 2
4
0
2
x
1
x
x 2
2
0
x
1
1
y
Ta có
1
17
x
2
2
2
y
x 2
1
2
x
x
4
0
*) Với
1
17
x
2
1
17
khi
x
y
10
17
2
1
17
khi
x
y
10
17
2
*) Với
1
17
1
17
1; 1 ,
;10
17 ,
;10
17
2
2
Vậy tập nghiệm của hệ phƣơng trình đã cho l|:
Câu 4.
a. Chứng minh tứ giác BEIN nội tiếp
BAD BNI
1
BAD BNM hay
BAD BED
2
Tứ giác BAMN nội tiếp nên ta có:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Tứ giác BEAD nội tiếp nên ta có:
143
Từ 1 và 2 suy ra: BED BNI
AEB
Vậy tứ giác BEIN nội tiếp
BMI
BAE
1
b. Chứng minh: MIB
MNA MBA
2
MNA INE IBE
3
Tứ giác BAMN nội tiếp
MBA IBE
IBM MBE EBA MBE
IBM EBA
4
Tứ giác BEIN nội tiếp
MIB
Từ 2 và 3
AEB (G-G)
'O I MN
Từ 1 và 4
CDA
CBD (G-G)
c. Chứng minh
BD CD DA CA
*) CD là tiếp tuyến của O nên: CDA CBD
BD EB DA EA
CE EB CA EA
5
6
Tƣơng tự ta có: mặt khác CD CE (Tính chất tiếp tuyến), suy ra:
AEB ( C/m ở câu b)
EB IB EA IM
*) MIB
INB
*) ABD AED IEN mà IEN IBN (Tứ giác BEIN nội tiếp) ABD IBN
DAB (G-G)
IB DB DA IN
7
Mặt khác INB DAB (C/m ở câu a). Từ đó ta có:
IN IM I là trung điểm của MN
'O I MN .
IB IN
IB IM
Từ 5 ; 6 ; 7
2
2
y 4
2
199
x
x 2
Câu 5.
2
2
199
x
x 2
0
x
1
200
x
15; 14; 13;...;12;13
a. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
2
2
2
2
y 4
2
199
x
x 2
2
200
x
2
10 2
0
y
4
1
ĐK: (Vì x Z )
y
2; 1;1;2
Ta có: , mà y Z
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Suy ra: .
15
3
15
y
1
y
1
y
2
144
x x
13
x x
1
x x
13
x
3
y
2
x
1
; ; ;
;x y nguyên thỏa mãn đề bài là:
S
13; 1 , 13;1 ,
15; 1 ,
15;1 ,
3;2 ,
3; 2 1;2 , 1; 2
2
p
22 q
41 *
Vậy tập hợp các cặp số
,p q sao cho
2
2
2
*
b. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố
2 p
p
k 2
1
2p là số lẻ
p lẻ
k N , thay vào * suy
p q 2 41 41 q 2
2
2
k k 2
1
20
q
q
2
p
49
p
7
q chẵn, mà q là số nguyên tố nên
ra:
.
xy
1
Câu 6.
,x y là các số thực dƣơng thỏa mãn
1
1
2
1
x
1
y
xy
1
1
1
2
1
1
1
1
0
1
x
1
y
1
x
1
y
xy
1
1
xy
1
xy
xy
x
xy
y
y
x
x
0
.
0
1
x
1
y y
1
xy
1
x
1
xy
1
y
1
xy
2
y
x
xy
1
a. Cho chứng minh rằng:
0
1
x
1
y
1
xy
xy
1
x y ; 0 và , bất đẳng thức n|y luôn đúng với các số thực
.
3
x
xy 4
12
y
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng.
,x y là các số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện
1
1
P
2018
xy
1
x
1
y
3
3
x
y
12
4
xy
2
xy
b. Cho .Tìm GTLN của:
xy (Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số 4
t
xy
t
0
Ta có:
;x y ). Đặt
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
thực không âm , khi đó:
3
2
3
2
2
t
0
12
t 8
t 4
t 2
t
3
0
t
t 1 2
t 3
3
0
t
1
145
22 t
t 3
3
0
(Vì
t
1
0
xy
1
)
1
1
2
P
2018
xy
2018
xy
. Theo câu a ta có:
1
x
1
y
1
xy
2
2
P
t 2018
t
xy
0
t
1
.
1
t
Đặt , ta đƣợc:
Ta sẽ chứng minh GTLN của P là 2019 , thật vậy ta chứng minh bất đẳng thức sau luôn
2
2
3
2
2
t 2018
2019
t 2018
t 2018
t 2019
2017
0
t
t 1 2018
t 4036
2017
0
1
t
t
1
đúng:
x
y
1
" xảy ra khi:
x
y
x
y
1
t 1 Bất đẳng thức sau luôn đúng với 0 . Dấu "
Đề số 23
Vậy GTLN của P là 2019 đạt đƣợc khi .
2
2
x
2
3
x
2
3
x
x 4
1
0
Câu 1.
2
2
x
x 4
5
x
x 4
1
4
2
a)Ta có .
4
3
2
x
x 2
x 3
x 38
5
4
3
2
3
2
2
A
x
x 4
x
x 2
x 8
x 2
x 10
x 40
10
5
5
.
5 2
2
x
m
1
x
1
0
.
1 .
P cắt d tại hai điểm ph}n biệt
b)Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của d và P là
1;A x y ,
1
2;B x y
2
khi v| chỉ khi phƣơng trình 1 có hai
1x ,
2x
2
3
m
1
4
0
m
1
2
nghiệm ph}n biệt
m m
1
1
x
x
m
1
(*).
x x 1 2
2
1
y
Áp dụng ĐL Vi-ét ta có ; .
y 1
2 x , 1
2
2 x . 2
y
18
x
x
x
x
18
x
x
x
x
x
18
0
x
Từ giả thiết ta có
2 .
3 y 1
3 2
3 1
3 2
6 1
6 2
3 1
3 1
3 2
3 1
3 2
3 2
3
2
x
x
18
0
x
x
3
x
18
0
x
Khi đó
x nên
1
2
3 1
3 2
1
2
x x x 1 2 1
2
Do .
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Do đó,
2
3
146
4m
3 m 1 18 0 m 1 3 m 3 m 1 6 0 1 m 1 (t/m (*)).
2
y
xy 2
4
x 2
y 5 1
Câu 2.
2
4
x 5
y 7
18
x
4 2
,x y
a)
y
1
2
1
y
y
2
x y
1
4 1
y
0
y
1
y
x 2
4
0
y
4
x 2
y
1
ĐK: .
2
x
2
4
x 5
11
x
4
11 5
4
2
x 24
x 110
117
0
55
217
55
217
2
x
x
Với thay vào 2 ta đƣợc
24
24
2
4
x 5
28
x 14
18
x
4
y
4
.
x thay vào 2 ta đƣợc 2
2
2
2
2
x
x 2
2
x
x 2
2
x
x 2
2
6
x
x 2
2
0
2
2
x
x 2
2
2
x
x 2
2
2
2
x
x 2
2
4
x
x 2
2
2
2
x
x 2
2
3
x
x 2
2
5
7
2
x
y
2
3
x 3
x 10
6
0
Với
5
7
2
x
y
3
2 7 3 2 7 3
.
5
55
217
55
217
5
7 2 ;
;1
;1
7 2 ;
Vậy hệ phƣơng trình có bốn nghiệm l|:
24
3
2 7 3
24
3
2 7 3
x y z ; ;
3
; ; ; .
2
2
2
2
2
9
x
x 6
25
x
x 30
225
8
x
x 24
15
x
8
x x
3
15
x
. Ta có b)Từ giả thiết suy ra 0
x
, 0
x
3
£ £ Þ
-
x =
0
0
3
x
3
0
với
£ , dấu bằng xảy ra khi
x = ). 3
( x x 8
)
15
x
2
x
x 6
25
x
, 0
x
3
29 x
x 6
25
15
(do hoặc
x hay
3
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Do đó với .
y
15
15
z
2
2
y
y 6
25
z 6
25
;
z
y z ,
: 0
y z ,
3
147
3
3
15
x
15
y
15
z
45
3
M
14
Tƣơng tự với .
3
3
x y z ; ;
3;0;0
x y z ; ;
0;3;0
Do đó, .
x y z ; ;
0;0;3
Dấu bằng xảy ra khi v| chỉ khi hoặc hoặc
2
2
2
5
x
x 6
25
x
x 22
121
x 4
8
x
4
.
2
2
x
, 0
x
3
11
x
4
x
1
11
2 x với
4
x -
0
Ta có
³ , dấu bằng xảy ra khi
x = ). 1
(
)2 1
11
x
2
x
, 0
x
3
x
x 6
25
25 x
x 6
25
11
(do
x hay
5
11
y
11
z
2
2
y z ,
: 0
y z ,
3
y
y 6
25
;
z
z 6
25
Do đó với .
5
5
11
x
11
y
11
z
33
3
M
6 5
Tƣơng tự với .
5
5
x
y
z
1
Do đó, .
x y z ; ;
3;0;0
x y z ; ;
0;3;0
Dấu bằng xảy ra khi v| chỉ khi .
x
y
z
1
x y z ; ;
0;0;3
Vậy GTLN của M là 14 đạt đƣợc khi hoặc hoặc
và GTNN của M là 6 5 đạt đƣợc khi .
x y ;
1;1
,x y nguyên dƣơng v|
Câu 3.
2
2
x
x
y
1
3;
xy
x
y
3
không thỏa mãn phƣơng trình nên a)Vì
y l| ƣớc nguyên dƣơng lớn hơn 3 của 30
. Suy ra xy
xy
x
y
5
x
1
y
1
6
gồm: 5; 6
Nếu ta đƣợc c{c trƣờng hợp
x y
1 1
2 3
x y
1 2
x
1
3
x
2
+) (thỏa mãn điều kiện đầu b|i)
y
1
2
y
1
xy
x
y
6
x
1
y
1
7
+) (thỏa mãn điều kiện đầu b|i)
Nếu không thỏa mãn
;x y thỏa mãn l| 1;2 , 2;1 .
2
2
2
12
n
1
m 2
2 1 ,
m
12
n
1
12
n
1
Vậy c{c cặp số
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
l| số lẻ nên để l| số nguyên thì b)Vì .
m m
1
148
2 n . 3
2
m
1
v
*
,
u v ,
m m ;
1
1
Suy ra,
2 u m 3 ; 2
2
m v m
;
1
u 3
2
2
2
m v m
;
1
v
23 u
1
Vì nên xảy ra hai trƣờng hợp .
u thì 3
2v l| số chính phƣơng chia 3 dƣ 2 . Điều
Nếu hay
m
2 u m 3 ;
1
2 v .
2
2
n 2 12
1
2
2 2
m
1
2
m 4
4
v 4
n|y không xảy ra vì mọi số chính phƣơng chia 3 dƣ l| 0 hoặc 1 . Do đó chỉ xảy ra
Ta có l| số chính phƣơng (điều phải
chứng minh)
A
M
E
I
K
N
F
H
O
B
D
C
T
G
Câu 4.
END INC=
a)Xét NDE và NCI có:
EDN ICN=
(đối đỉnh)
∽
NCI
(cùng chắn cung EI )
ND NC
NE NI
.
.
NI ND NE NC .
Suy ra NDE (g.g) nên .
AFE ACB DIE .
MEC ABC DEC DIC
b)Do c{c tứ gi{c BFEC , DEIC , ABDE nội tiếp nên:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Tứ gi{c MENI nội tiếp.
DIE EMN
/ /
AFE EMN MN AB .
149
,
Mà CH AB CH MN .
ENM TNC có
∽
EMN EIN NCT ENM TNC
,
ENM
TNC
c)Xét
NC NE NM NT
.
.
1 .
NE NT
NM NC
∽
,
KEN CGN ENK GNC ,
ENK
GNC
(g.g).
ENK GNC có
NC NE NG NK
.
.
2 .
NE NK NG NC
∽
NM NT NG NK
.
.
TGN
KMN
Xét (g.g).
NK NM NG NT
KMN TGN ( )3 .
TGN HGN
,
,
H T G thẳng h|ng.
Từ 1 , 2 suy ra .
Mà KMN HCK (cùng phụ với KHC ) KMN HGN ( )4 . Từ ( )3 và ( )4 ta có
Câu 5.
TH1: Tất cả c{c hộp có số kẹo bằng nhau v| bằng 2 , khi đó lấy 505 chiếc hộp bất kỳ ta sẽ
có tổng số kẹo l| 1010 .
1;2;...;1010
i
ngang sao cho hai hộp đầu tiên không có cùng số kẹo. Ký hiệu TH2: Tồn tại hai hộp có số kẹo kh{c nhau, khi đó ta sắp xếp c{c hộp th|nh một h|ng ia l| số kẹo trong hộp thứ i
£
;...;
S
...
a
1010
. Xét c{c số ,
S 1
a S ; 1 2
a 1
a 2
1010
a 1
a 2
1010
ia£
;...;
S
, với 1 .
S S ; 1
2
1010
S
S
a
...
a
1010
j
+) Nếu tồn tại hai số trong có cùng số dƣ khi chia cho 1010 , giả sử l|
j
i
i
1
j
S S i ,i j
S
S
1010
...
a
1010
S
S
2019;
S
S
1010
thì .
j
i
a i
1
j
j
i
j
i
;...;
S
Do 1 nên hay
S S ; 1
2
1010
;...;
S
,
+) Nếu trong không có hai số n|o có cùng số dƣ khi chia cho 1010 1 .
S S ; 1
2
1010
a , theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dƣ khi chia 2
a
,1
1010
Xét 1011 số
S 1
a 1
2
a a , 1
2
2,S a không cùng số dƣ khi chia cho 1010
1
2 .
k
2;3;...;1010
cho 1010 . Mà nên
,kS a cùng số dƣ khi chia cho 1010.
2
Từ 1 và 2 suy ra tồn tại sao cho
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Khi đó
S
a
...
1010
150
k
a 2
a 1
3
a k
1
a
...
2019
...
1010
.
a 1
3
a k
a 1
a 3
a k
Mà .
Đề số 24
Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 1:
+ +
-
+
- + =
(
)
(
)
)
(
a) Ta có:
(
)
Þ + +
- -
-
+
- +
=
- -
(
)(
)
(
)
) ( é ê ë
ù ú û
Þ + +
-
- -
(
)
(
)
ù - = ú û
Þ + +
-
=
- -
)
) ( é ê ë )(
(
(
)
Þ + +
) - -
(
)(
(
) - - =
Þ - -
- + =
Þ -
- + =
( )
- = Þ =
Þ + + - + - + = é ) ( ê ë ù ú û
- .
- + =
( )
-
+ =
ì - + = =
-
( ) ( )
Þ í î
ì ï Þ í ïî
Đặt
( )-
=
+
+
+
( Þ -
(
) - =
)
+ + +
=
( Þ -
- - + )( )(
)
+
+
+
=
( Þ -
)
(
)
é ë
ù û
= Þ =
-
Þ =
-
Þ -
+ =
+ =
Þ
(
) - =
Þ - - (
) - -
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Lấy ( ) , ta đƣợc:
( Þ -
)(
) + -
(
) - =
=
( Þ -
)
(
) + -
ù û
+ -
=
( Þ -
é ë )(
)
é =
)
( = -
Þ ê ë
+
=
+
+
D = -
= -
-
<
( + (
) )
+
+
+
151
(
)
= vô nghiệm.
{ = -
}
Vậy
Vậy .
) và
=
- Û
-
+
=
( )
a) là: Phƣơng trình ho|nh độ của (
) tại hai điểm phân biệt
D > Þ -
-
> Þ -
> Þ -
>
+ +
>
(
)
( Þ -
)(
)
Để thì ( ) phải có hai nghiệm phân biệt , nghĩa l| cắt (
Þ < <
)
( Þ -
+ + > æ ç è ö ÷ ø é ê ê ë ù ú ú û
+
-
+
-
-
-
-
-
=
=
=
=
+
-
-
-
+
+
=
=
+
-
-
-
=
=
=
+
=
+
=
+
ĐT Cô si- ³
=
Ngoài ra, ta có:
+
Mà
+
=
Û -
+ = Û =
Do đó đạt giá trị nhỏ nhất, ngĩa l|
= Þ = Þ =
Vậy = thì thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 2: Ta thấy
152
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:
)-
(
Þ £
Þ
£
-
(
)
-
Þ
-
³
Þ
-
³
Þ
- +
- -
³
(
)
(
)
)
(
(
)(
)
³
- -
³
- +
£
- -
£
- +
éì ï êí ê ïî Þ ê ì êï íê ïêîë
+ - = £ æ ç è ö ÷ ø æ = ç è ö ÷ ø
- ³
+
+
Þ ³
Þ ³
+ ³
( Do > ). - £
+ £ éì êï ïêí ê ï êïîêÞ êì ê ï ïê íê ïê ïêîë
-
(
)
=
=
=
- =
-
Câu 3:
(
)
- +
+
-
+
-
a) Ta có:
=
+
-
Đặt =
) + + -
=
+
+
+
(
) - -
(
) - +
(
) - -
=
+
-
(
)(
) - + -
+
- = ×
-
+ ×
Ta thấy: (
(
)
(
) - - =
é ê ë
ù ú û
+
Mà .
- = vào
+
=
Thay , ta đƣợc = - .
( = -
)
-
+
(
)
Vậy
- +
)( +
-
+
(
)
=
=
-
= -
b) Vì là số nguyên nên cũng l| số nguyên.
)( +
- +
+ +
+
+
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Ta thấy .
± ± ± ±
153
+ Þ + ÎƢ(10)={
}
+ = - Þ = -
(
)
+ = Þ = Þ =
+ = - Þ = -
(
)
+ = Þ = Þ = Ú = -
+ = - Þ = -
(
)
+ = Þ = Þ = Ú = -
+ = - Þ = -
(
)
+ = Þ = Þ = Ú = -
Do đó .
= - Î Z
Thử lại:
- +
= - Î Z
§ Thay = vào , ta thấy
= - Î Z
§ Thay = vào , ta thấy
- + - + - +
+
-
- + - - )
(
-
= Ï Z
§ Thay = - vào , ta thấy
= - Î Z
§ Thay = vào , ta thấy
- + - +
-
+
- + - - )
(
-
= Ï Z
§ Thay = - vào , ta thấy
-
=
Ï Z
§ Thay = vào , ta thấy
- + - +
-
+
- + - - )
(
= Î Z
§ Thay = - vào , ta thấy
- +
- +
§ Thay = vào , ta thấy
{ Î - -
}
- +
Vậy thì là một số nguyên.
Câu 4:
=
=
a) Tứ giác nội tiếp đƣờng tròn (Vì
=
=
Þ
)
( Hai góc cùng chắn cung
Þ D
)
Þ =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
vuông cân.
154
thuộc đƣờng tròn đƣờng kính , mà là hình vuông.
Þ
b) Tứ giác Þ thuộc đƣờng tròn đƣờng kính
=
nội tiếp đƣờng tròn
Þ cũng l| đƣờng kính.
Þ
^
( )
=
=
=
Vì là hình vuông nên
Þ
=
Þ ^
= ( )
(do các tứ giác nội tiếp) Ta lại có:
thẳng hàng. Từ ( ) ( ) Þ
Chứng minh tƣơng tự, ta đƣợc thẳng hàng.
Vậy thẳng hàng.
Þ ×
=
× Þ ×
=
×
Þ ×
=
-
+
=
-
+
=
-
=
-
(
)(
)
)
Þ
<
-
( (đúng vì D
)( tù tại
c) Các tứ giác là hình vuông.
<
×
)
Đề số 25
Vậy .
³
¹
Câu 1.
+
=
-
-
+
+
+ -
-
+
+ -
æ ç ç è
ö æ ÷ ç ÷ ç ø è
ö ÷ ÷ ø
=
+
- - + + )( (
+ )
-
-
(
- )
=
=
+
- )( -
- +
a) ĐKXĐ: x ; ¹
-
+
-
+
)
(
=
=
+
+
+
+
=
=
= - +
+
+
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
b) Ta có
155
=
+
-
+
- +
-
)
(
)
( = - +
ù ú û
é ê ë
=
-
-
+ - +
= -
( = -
)
(
)
Vậy
-
Câu 3.
+ - = có hai nghiệm dƣơng ph}n biệt khi v| chỉ khi
D >
-
+ >
-
>
> Û
>
Û
Û
) >
¹ì í > î
ì ( ï í ï î
>
- >
ì ï í ï î
ì ï í ï î
a) Phƣơng trình
¹ì í >î
-
Vậy với thì phƣơng trình đã cho có hai nghiệm dƣơng ph}n biệt
³ với mọi m nên phƣơng trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1,
b) Vì D =
x2
+
=
= -
ì í î
+
+
+
=
=
=
+
+
+
+
-
+ +
+
+
Û =
=
Theo hệ thức vi – ét ta có:
+ +
- + + =
+
Û
+
+
- =
Û
-
Khi đó
(1) có nghiệm khi
D ³ Û - - ³
Û - Û + - £ £ -
- =
-
=
Û - £ £
Vậy Min A = -1; khi đó ( ) Û - Û + Û = -
Vậy với m = -2 thì phƣơng trình có hai nghiệm thỏa mãn đề b|i
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 2.
-
+ =
-
+ +
-
+
>
=
156
æ ç è
ö ÷ ø
Þ VT > 0 với mọi xÎR
-
>
Có với mọi xÎR
-
+ +
=
+
Û -
+ +
-
+ -
=
-
+ =
>
ĐKXĐ:
+ -
=
= é Û ê = - ë
Đặt ta có phƣơng trình
-
+ =
Û -
- =
= - é Û ê =ë
Với t = 3 ta có
{ = -
}
Vậy phƣơng trình (1) có tập nghiệm
=
Câu 4.
v| D có (góc tạo bởi tia tiếp tuyến v| d}y cung v| góc nội tiếp cùng a) D
chắn cung AE)
Þ D
v| góc I chung
D (g.g)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
∽ Þ = Þ =
157
Þ =
Lại có D vuông tại A có AM ^ IO (do IO l| trung trực của AB)
=
Û =
D
=
Từ (1) v| (2) ta có
Þ D
v| D góc I chung v|
Þ
=
D (c.g.c)
Þ Tứ gi{c OMEC nội tiếp (góc trong của tứ gi{c bằng góc ngo|i ở đỉnh đối diện)
∽
Þ
=
b Do tứ gi{c OMEC nội tiếp (c}u a)
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OC)
=
(do tam gi{c OCE c}n tại O) M|
=
Þ
=
+
=
+
(chứng minh trên) V|
=
Þ
v| (do AB ^ IO) M|
D
c
=
v| D có
(= )
Þ D
chung
Þ
=
D (g.g)
Þ
=
Þ
=
Þ
=
=
=
D
∽
Lại có: D (g.g) (do (= theo câu a và (câu b)
Þ =
∽
=
Þ
=
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Từ (1) v| (2) ta có
158
Þ
=
M| MA2 = MI.MO (hệ thức lƣợng trong tam gi{c vuông IAO)
Þ
=
=
æ ç è
ö ÷ ø
m| MA = MB
Câu 5.
+ +
Với 3 số thực dƣơng a, b, c ta có + + ³
+ +
+ +
=
+
+
+
+
+
+
(
)
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
- ³
+ + + =
Thật vậy: Ta có
+ +
Vậy + + ³ (*)
Dấu “=” sảy ra khi a = b = c
+
+
£
+ +
* Với ba số thực a, b, c ta có
+
+
£
+ +
Û +
+
£
+
+
+
+
+
-
Û +
+
-
-
³
Û
-
+
-
+
-
³
(
)
(
)
(
)
é ë
ù û
Thậy vậy:
+ +
(
)
+
+
£
Luôn đúng với mọi a, b, c
Vậy (**)
Dấu “=” sảy ra khi a = b = c
Áp dụng (*) (**) và giả thiết a + b + c £ 3 ta có
+ + + + +
+ = + + + + + + + + + +
(
)
(
)
+ ³ ³ + = + + + +
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Dấu “=” sảy ra khi a = b = c = 1
159
Câu 6.
Tam gi{c ABC có B, C cố định, AH = h
Vậy A thuộc đƣờng thẳng d cố định song song với BC v| c{ch BC một đoạn h
Gọi (O; r) l| đƣờng trong nội tiếp tam gi{c ABC, tiếp xúc với BC, AC, AB lần lƣợt tại E, F,
=
G Ta có
D
=
+
+
=
+
+
(không đổi) (1)
D
D
D
Mặt kh{c D
Từ (1) và (2) ta có r lớn nhất khi AB + AC nhỏ nhất
Þ AB + AC = AB + AC’ ³ BC’
Þ AB + AC nhỏ nhất khi A º I (I là giao của BC’ v| d)
Lấy C’ đối xứng với C qua d Þ C’ cố định v| AC = AC’
Þ IB = IC’=IC Þ AB = AC
Gọi P l| trung điểm của CC’ vì d//BC nên I l| trung điểm của BC’
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy r lớn nhất khi tam giác ABC cân tại A
Đề số 26
160
+
+
-
- Û + =
+
+
-
Câu 1.
= -
+ Þ +
= -
+
( Þ +
)
+
+
=
+
+
=
( )
) (
)
(
= -
1) =
+ =
-
+ + -
+ =
(
)
)
(
+ +
+
+ ( Û + -
+ Û - )(
+ ) + + =
é + -
+ =
+ +
+ + =
Û ê êë
³ -
- +
Û + =
+
Û
Þ =
+ =
+
+
ì í î
£ -
- -
Û
Þ =
Û + = - -
+
+ =
ì í î
- +
- -
=
=
2) (Điều kiện ³ - )
- -
+ +
- =
-
)
Phƣơng trình có nghiệm l| ;
+
=
( ì ï í ïî
³
3)
Û
- -
+ +
- -
+ +
=
Điều kiện
(
- >³ )(
)(
)
- - =
- -
+ + =
é Û ê êë Û =
- thế v|o (2), ta đƣợc
= Þ =
+
-
= Û
-
- =
(
)
é êÛ ê = - Þ = - ë
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
(1)
-
161
)
ö ÷ ø
æ = - ç è
-
Û - +
=
( )
( )
+
+
£
Loại nghiệm (
( )
=
Từ (2), ta có:
< Þ - > Þ vô nghiệm { (
} )
Vậy tập nghiệm
Câu 2.
1) Vì d2 vuông góc với d1 nên d2: y = 4x+ b
=
+ Û -
- =
Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm giữa d2 và (P) :
( )Û có hai nghiệm ph}n biệt
d2 cắt (P) tại hai điểm ph}n biệt A, B
Û D = + (
)
> Û > - ) với (
+
+
= Þ =
=
=
+
+ = +
Gọi l| nghiệm của (!)
(
)
Ta có:
)+
=
+
+
=
-
=
+
Vậy (
(
)
(
)
=
=
+
+
( Û +
)
= -
é
Û -
Suy ra:
- = Û ê =ë
(thỏa điều kiện)
Vậy d2 : y = 4x – 1 hoặc d2: y = 4x + 3
+
= -
2) Phƣơng trình (1) có hai nghiệm Û D ³ Û ³ -
ì í î
Û -
-
+
= Û -
= Û =
(
)
(
) - -
(
= - ) + =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Theo định lí Vi-et
= -
= -
+
= - Û = -
162
ì ï í ï =î
= -
ì ï ï ï í ï ï ï î
= Þ = -
Suy ra :
Suy ra - (thỏa điều kiện)
>
=
>
Vậy = -
-
=
+ +
=
+ Þ =
+
æ ç è
ö ÷ ø
æ ç è
ö ÷ ø
Û -
=
+
+
+
æ ç è
ö ÷ ø
Û -
+
+
+
=
(
)
-
³ Þ ³
3) Đặt = +
=
= +
= Û
Û
( 1) có nghiệm Û D ³ Û -
=
= -
= +
ì í î
ì ï í ïî
ì = - ï í ïî
Vậy hoặc
+
- + +
Câu 3.
+ lẻ v|
+ lẻ
Vì 65 lẻ nên
+ lẻ nên
-
- = Û = ±
+
+ =
Mà chẵn, suy ra y chẵn
)
+
= Þ =
chẵn nên lẻ, suy ra Mặt kh{c
)
( Þ +
( )(
+
= Û +
-
=
Với x = 1
( Þ +
)(
)
=
Với x = -1 Phƣơng trình này không có
)
(
)
nghiệm nguyên. Vậy: (
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 4.
163
=
1. Chứng minh hai tam gi{c AGE, FHC đồng dạng v| I l| trung điểm của GH.
=
Ta có: (cùng chắn cung AC)
=
CDBF nội tiếp Þ (cùng chắn cung CD)
=
Suy ra: (1)
=
ADCE nội tiếp Þ (cùng chắn cung AD)
=
(cùng phụ )
Suy ra: (2)
=
=
Þ
=
Từ (1) v| (2) suy ra: hai tam gi{c AGE, FHC đồng dạng
=
Ta có: nội tiếp Þ
=
=
Þ
=
Þ
(CDBF nội tiếp)
=
Suy ra: . Mà
Suy ra: . Vì AO = OB nên GI = IH Þ I l| trung điểm GH
2. Chứng minh I, J, K thẳng h|ng. Vì I, J lần lƣợt l| t}m của đƣờng tròn ngoại tiếp hai tứ gi{c CGDH, ADCE nên ^ ^ Vì J, K lần lƣợt l| t}m của đƣờng tròn ngoại tiếp hai tứ gi{c ADCE, BDCF nên
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Suy ra: I, J, K thẳng h|ng.
164
Þ
^
)
(
3. Chứng minh tam gi{c JOK vuông v| ba đƣờng thẳng DE, IM, KO đồng quy. Ta có: J l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ gi{c AOCE Þ ^
=
Mặt kh{c (tính chất đƣờng trung bình)
=
Do đó:
=
=
Mà (BDCF nội tiếp)
Þ JDOK nội tiếp
=
Suy r:
=
=
Suy ra:
=
Mà: (CGDH nội tiếp v| )
Suy ra: . Suy ra tam gi{c JOK vuông tại O
^
Gọi N l| giao điểm của ED v| OK
=
=
=
=
Ta có: M l| trực t}m tam gi{c JNK nên (3)
=
=
(vì OJ//BC)
^
Mà (JK//EF) Þ suy ra IMOK nội tiếp
Suy ra: (4)
Đề số 27
Từ (3) v| (4) suy ra ba đƣờng thẳng DE, IM, KO đồng quy.
Bài 1.
=
+
2x
+ 2mx 2m 3
- =
-
2x Û -
2mx 2m 3 0
¢D =
+
+
+ > " Î
a/ Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (d)
2 0, m R
)2 2m 2m 3 m 1 + =
(
Có:
Vì thế: phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt
Hay: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
x ,x lần lƣợt l| ho|nh độ hai giao điểm của (d) và (P)
1
2
=
+
y
2m.x
+ 2m 3
1
b/ Gọi
x ,x chính là hai nghiệm của
1
2
=
+
y
1 2m.x
+ 2m 3
2
2
ì í î
và Khi đó:
2 = -
1 x .x 1
2
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
+ = x x 2m Theo Vi-ét, có: - 2m 3 ì í î
165
2
1
+
+
+ £
Û
2m 3
5
+ + 2m 3 2m.x 2 + £ +
+
Û
5
2m.x 1 2m.(x 1
x ) 4m 6 + - £
+
Û
2 2m.2m 4m 6 5 0
2
Û
+
+ £
4m 4m 1 0 2
Û
+
£
(2m 1)
0
+
2m 1 0
Û + = ( do
³ " Î )
+ £ y y 5 Có:
Û = m - 1 2
= m Vậy . - 1 2
2019
+
+
+ +
Bài 2. (2đ
0 = A 2
1 2
2 2
... 2
1
2
3
2020
+
+
+ +
= 2A 2
2
2
... 2
2
1
3
2020
0
1
2
2019
+
-
=
+
+ +
+
+
+ +
-
2
2
... 2
2
2
2
... 2
a/ Có
)
(
)
2020
Þ =
-
A 2
1
2020
B 2=
Trừ vế theo vế, ta đƣợc: ( 2A A 2
Î (lũy thừa 2020 theo cơ số 2)
2020
Lại có:
= A 2
- Î 1
-
= . Vậy
Nên:
2
2
2x
2x
x
³
+ ¹
=
0
là hai số tự nhiên liên tiếp. Và B A 1
3
+ - 3x 10 + x 2
+ - 2x 4 + x 2
+ - 2x 4 + x 2
b/ và ĐK: x 2 0
- +
=
- +
2x 7
3. x 4
24 + x 2
12 + x 2
+ =
- +
Û - + 2x 8
1 3. x 4
24 + x 2
12 + x 2
Phƣơng trình tƣơng đƣơng:
Þ + =
2t 1 3. t
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Đặt . t = - + x 4 12 + x 2
166
=
Û
t
t 1Û = hoặc
t
- 1 2 1
2
1 4
2
- 1 2 -
4t
+ = 5t 1 0
ì ³ï t í ï î
1 4
ì ³ï t ï Û é = í ê ï êï = t êëî
2t 1 0 . = + 4t 9t + 4t 1 ì + ³ ï Û í ïî
1= thì
+
-
+
=
+ x 2
12
0
- + = Khi t x 4 1
( Þ -
)( x 4 x 2
(
)
é = x
2 (n)
2x Û -
+ = 3x 2 0
12 + x 2 )
= x 1 (n)
Û ê ë
=
- +
=
t
x 4
(do ĐK (*) )
1 4
+
-
+
+ x 2
= 48 0
12 + x 2 )( ( Þ - 4 x 4 x 2
1 4 (
)
)
24x Û -
+ 9x 14
0
= (Vô nghiệm)
=
Khi thì
{
}
Vậy
Bài 3. (3đ
=
a/ Xét và . Có:
(Góc nội tiếp và góc tạo bởi
) )
=
tt và dây chắn của (
(Góc nội tiếp và góc tạo bởi
Þ
đồng dạng
tt và dây chắn của )
(g.g)
=
=
b/ Vì đồng dạng (câu a)
=
=
Nên: hay
=
+
M|: B l| trung điểm Þ (đpcm)
=
+
c/ Có: (Góc ngoài )
=
=
(Góc ngoài )
=
Û
=
=
Mà: và (ở câu a)
Nên: . Lại có:
=
Suy ra: đồng dạng (c.g.c)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Þ .
167
+ Û + Û +
= = =
+ + +
+ + +
Û +
=
-
+
Û +
=
Xét tứ giác có:
Vậy: là tứ giác nội tiếp.
Bài 4. (2đ
2
2
+
³
a
b
+ a b
a/ Ta chứng minh bằng phép biến đổi tƣơng đƣơng
)2
(
1 2
Û +
³
+
+
+
³
³
Û - ( Û -
)
2
2
+
³
a
b
+ a b
Xét:
)2
(
1 2
Vậy: . Dấu “=” xảy ra khi =
)2
(
2
2
Û £
+
4ab a
+ 2ab b 2
+
³
0
2
³
a b
0 (luon dung)
2 Û - a ( Û -
2ab b )
£
£ Xét: ab + a b 1 4
ab
+ a b
)2
(
1 4
2
2
2
+
+
-
+
-
=
Vậy: . Dấu “=” xảy ra khi =
y
z
18yz 0
( 9x y z
)
( 5 x
2
2
2
2
2
2
+
-
+
-
=
+
= -
+
+
Û + 5x
z
18yz 0
Û - 5x
z
18yz
( 9x y z
)
( 9x y z
)
( 5 y
( 5 y
)
) )
2
2
2
2
2
+
³
+
£
y
z
y z
z
+ y z
b/ Có:
(
2 ) + Û -
(
)
( 5 y
)
- 5 2
1 2
Mà theo câu a. Có:
(
)2
)2
(
2
2
-
+
+
£
+
£ Û £ và yz + y z 18yz + y z 9 2
z
18yz
( 2 y z
)2
)
+
£
+
25x Û -
( 9x. y z
)
( 2 y z
)2
+
-
+
£
25x Û -
0
( 9x. y z
)
( 2 y z
)2
+
+
+
-
+
£
25x Û -
0
( 10x. y z
)
( x. y z
)
( 2 y z
)2
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Nên: 1 4 ( 5 y
+
£
+ x 2. y z . 5x
+ y z
0
(
)
)
(
( Û -
)
(
)
Û -
+
£
168
+ + > )
0
( x 2. y z
)
£
+
(do 5x y z 0
( x 2. y z
)
+
)
=
=
- =
Q
- £ 1
1 3
Hay
- - 2x y z + y z
2x + y z
( 2.2. y z + y z
Có:
Û = x
= 4y 4z
maxQ
+
( 2. y z
)
ì =ï y z í = x ïî
=
Þ = . Dấu “=” xảy ra khi: 3
= khi =
Vậy
Bài 5.
Lời bình: Tƣ duy từ nguyên lý Dirichlet
Quy ƣớc, ta xem sự hợp tác của công ty A với công ty B là một liên kết một chiều từ A vào
B. Và hiển nhiên, cũng sẽ có liên kết một chiều ngƣợc từ B vào A.
=
Vì mỗi công ty của huyện KS hợp tác ít nhất 97 công ty huyện KV. Khi đó, số liên kết tối
thiểu từ KS vào KV là: (liên kết)
=
<
Giả sử: tất cả mỗi một công ty huyện KV đều có tối đa 32 liên kết với các công ty huyện
KS. Khi đó, số liên kết tối đa từ KV vào KS là: (liên kết) (mâu thuẫn
!)
Đề số 28
Vậy tồn tại ít nhất một công ty huyện KV có 33 liên kết với các công ty huyện KS (đpcm)
+ =
+
+ +
=
+
+
(1,0 điểm). Câu 1:
(
)
(
)(
)
- = -
+
Ta có:
(
)
=
+
+
+
+
+
+
=
+ +
và .
= .
(
)(
)(
)
(
)
Do đó:
- -
+ =
-
(2,5 điểm). Câu 2:
a)
+
(
(
)
=
-
Điều kiền: ³ .
) - - - +
+
)-
-
=
Û
=
-
( Û -
- +
+
( - +
+
)æ ç è
ö ÷ ø
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Với điều kiện trên phƣơng trình trở thành:
- =
(
)
- =
- +
+ =
( )
- +
+
é ê ê ê ë
é =ê Û ê ê ë
+
- =
Û
+
- = -
+
(
)- + + +
169
æ £ç è
ö ÷ ø
Û
+
-
=
-
+
(
)
Û -
+
-
=
=é
(
)
Û -
-
-
=
Giải ( ) , ta đƣợc:
(
)æ ç è
ö ÷ ø
(
)
êÛ ê = êë
.
ì = í î
ü ý þ
+
-
=
-
-
-
=
(
(
)
Vậy .
) + -
= -
) + -
= -
(
)
(
( )
ìï í ïî
ìï Û í ïî
-
=
=
b)
+ -
= -
)( + -
= (
)
- (
) ) = -
ìï Û í ïî
( ìï Û í ïî
é =ì íê =îêÛ ê =ì êí = êîë
.
) , (
) .
Vậy hệ phƣơng trình trên có nghiệm: (
=
=
=
(1,5 điểm). Câu 3:
=
Theo tính chất của tiếp tuyến cắt nhau, ta có: , , .
¢ sao cho:
¢ ¢
=
Trên đoạn , ta lấy điểm .
¢
¢
¢ +
=
¢ +
=
=
Ta có D cân tại nên .
° và
° nên
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Lại có: .
¢
¢
D
D
170
¢
¢
=
=
¢ ¢
¢
¢
D
D
- -
xét và , có:
(
)
¢
¢
=
=
=
Vậy .
¢ ¢
¢
¢
=
Suy ra: và .
¢ ¢
¢
¢
=
Do nên là phân giác của .
¢
¢
¢
¢
¢
¢
=
+
=
+
+
=
mà
° .
(
)
¢ ^
nên
¢ º
Suy ra .
Vậy .
Do đó: là tia phân giác .
-
-
-
³
Câu 4:
)(
)(
)
Þ -
+ +
+
+
+
-
³
(
)
)
(
+
+
£
+
+
+ -
+ +
+
+
+
-
(2,0 điểm). a) Theo giả thiết, ta có: (
(
)
(
)
=
+ +
-
+ +
+ -
(
)
(
)
= -
£ < .
=
+ +
+
+
-
-
=
+
+
-
-
-
-
Từ đó, ta có:
(
)(
)
(
)
=
+
+
-
+ +
=
+
+
-
(
)
(
)
(
)
é ë
ù û
é ë
ù û
+
+
b) Ta có:
£ . Từ đó, ta suy ra:
£
-
= .
(
)
theo chứng minh trên thì
) là một hoán vị của (
) .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (
= .
Vậy
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
(2,0 điểm). Câu 5:
¢
=
¢ =
171
¢ sao cho
¢D
a) Bên trong , lấy điểm và .
¢
=
¢ =
xét và D , có:
¢D
= D
- -
: cạnh chung
(
)
¢Þ
=
=
° =
Vậy .
¢ nội tiếp. suy ra
¢ thuộc đƣờng tròn (
) . ( )
¢
¢
¢
=
° =
+
=
+
Do đó, tứ giác
+
=
Ta có: .
° .
¢ thuộc
¢ = Nên đƣờng tròn (
và
¢ l| điểm chung thứ hai của hai đƣờng tròn (
) và (
) ,
. Từ đó, bằng cách chứng minh tƣơng tự nhƣ trên, ta cũng có ) . ( )
Từ ( ) và ( ) , ta suy ra
¢ trùng
¢
¢D
= D
=
=
tức là .
Bây giờ, do nên .
¢
=
=
Suy ra thuộc trung trực của .
Lại có
nên cũng thuộc trung trực của .
=
=
°
=
Do đó là trung trực của . Tức là và đối xứng với nhau .
° . Khi đó, do
=
=
b) Trên đoạn lấy điểm sao cho
°, suy ra tứ giác
=
=
=
° .
=
nên nội tiếp. Từ đ}y ta có:
° nên D
=
Mà đều.
) )
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Ta có (cùng chắn cung của đƣờng tròn (
=
172
) )
=
=
(cùng chắn cung của đƣờng tròn (
=
=
+
và (dựa trên chứng minh ở câu a)) nên .
=
=
Mặt khác, ta lại có: nên . Suy ra D cân tại ,tức là ta
có .
l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp D v| nhƣ thế, ta có đi qua t}m đƣờng tròn
Vậy ngoại tiếp D .
=
+
+
=
+
+
=
-
+
(1,0 điểm). Câu 6:
(
)
(
)
(
)
Ta có: .
Do nên .
(
)-
Lại có nên .
)-
. Suy ra (
(
)-
Từ đ}y, ta có: chia hết cho .
=
-
+
Dẫn đến , tức là .
(
)
)-
=
nên tức . Từ đó, suy ra ). Mà (do (
Đề số 29
Câu 1: ( 4,0 điểm)
-
+
+
a) Ta có: =
-
+
=
(
)(
) + +
(
)
ù û
+
-
+
=
)(
)
ù û
+
-
=
é ë ( é ë (
) + -
(
)
ù û
+
-
+
=
(
) ( é ë ) (
)
+ =
-
+ >
-
-
Với Î
> thì
(
)
(
)
-
+ =
-
Và
) - <
(
<
-
+ <
-
nên
+ không là số chính phƣơng.
Vậy (
)-
>
Do đó A không l| số chính phƣơng với Î
=
-
+
-
+
+
b)
(
)(
)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy .
+
-
-
-
+
+
-
=
173
)
(
+
-
-
+
+
=
)
(
+
-
-
+
+
=
(
(
)
)
ö ÷ ø
+
-
- + +
=
æ ç è (
)
= 35
Câu 2: (4,0 điểm)
Î
>
, thì:
Gọi x là số trứng b{n đƣợc (
)
-
+
Số trứng b{n đƣợc trong ngày thứ nhất là :
-
-
+ +
æ ç è
ö ÷ ø
+
Số trứng b{n đƣợc trong ngày thứ hai là :
-
-
+ +
-
æ ç è
ö ÷ ø
+
=
+
Giải phƣơng trình ta đƣợc: x = 392.
Vậy tổng số trứng b{n đƣợc là 392 trứng
-
+
=
Số trứng b{n đƣợc mỗi ngày là
Số ngày là 392 : 56 = 7 ngày
+ ³
b) Điều kiện:
( )
+ ³
ì í î
+
+
>
Đặt =
, =
(với
Hệ phƣơng trình đã cho trở thành:
+ = + - =
ì í î
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Theo b|i ra ta có phƣơng trình :
-
=
-
=
Ta thấy:
.Kết hợp với (1) suy ra:
thay v|o (2) ta đƣợc
=
- (3)
- = -
Thay (3) vào (2) ta có
Û
Û
£ +
=
-
- =
-
£ (
)
ì í î
ìï í ïî
£
-
-
=
-
Û
Û
Þ =
( thỏa (*))
+
ì ï é ïï =ê íê ïê ï =ê ïëî
-
-
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là:
æ ç è
ö ÷ ø
Câu 3: ( 4,0 điểm)
a) Do a,c < 0 nên phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
+
- =
+
+
Ta có:
.
=
+
+
-
+
Û
-
Û
=
+
+
-
+
+
=
Û
+
+
-
=
-
é ê êë
* Trƣờng hợp 1: +
=
Û m – 2019 = 0
Û m = 2019
+
>
+
>
* Trƣờng hợp 2: Không xảy ra do:
;
Vậy m = 2019.
+ ³
=
+
b) ĐK: (
)+
- + + + =
+
- +
(
Û (
)
)(
)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
174
-
+ =
Û
+ - +
+ - +
=
+ - +
Û
=
+ - +
é ê ê ê ê ë
=
-
Û
* Trƣờng hợp 1:
+ = ( vô nghiệm)
+ - +
=
- =
Û -
* Trƣờng hợp 2:
+ - +
-
Û
+
é =ê ê ê =ê ë
-
+
=
=
Vậy phƣơng trình có nghiệm :
;
Câu 4: ( 4,0 điểm) a) Ta có: AE, AF là hai tiếp tuyến của đƣờng tròn ( ) , suy ra: AE = AF, AI là phân
giác của góc EAF.
D
cân tại A, AI l| đƣờng ph}n gi{c do đó AI l| đƣờng cao của tam giác AEF
=
D
vuông tại E, EK l| đƣờng cao suy ra
Xét D
và D
có
chung.
=
. ( Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
D
Do đó: D
(g.g)
=
Þ
Þ
=
Ta có: AK.AI = AN.AD ( cùng bằng
)
Xét D
và D
có:
chung.
=
( Do AK.AI = AN.AD)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
175
D
Do đó: D
(c.g.c)
Þ
=
Do đó: DNKI nội tiếp
Vậy bốn điểm I,D,N,K cùng thuộc một đƣờng tròn. b) Do MD là tiếp tuyến của ( ) nên MD ^ ID.
+
=
+
=
Tứ giác MKID có
Do đó: MIKD nội tiếp, suy ra M,N,K,I,D cùng thuộc một đƣờng tròn.
=
Suy ra:
Ta có: MN ^ IN
= )Î ( )
(
Vậy MN là tiếp tuyến của đƣờng tròn ( )
Câu 5: ( 4,0 điểm) ( Hình vẽ 0.25 điểm)
=
a) Ta có:
( cùng chắn
của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AEB
=
=
( tính chất đối xứng ) suy ra
(1)
Mà
=
Ta có:
( Cùng chắn cung
của đƣờng tròn ngoại tiếp D
)
=
Mà
( tính chất đối xứng) suy ra
=
(2)
=
Mặt khác
( Cùng phụ
) (3)
=
Từ (1), (2) và (3) suy ra
hay KA là phân giác tron của
Gọi P, Q lần lƣợt l| giao điểm của BE với AC và CF với AB
=
=
=
=
Ta có:
nên
,
.
=
=
=
Trong tam giác vuông ABP có:
, suy ra
. Hay
=
=
.
+
=
Tứ giác APHQ có:
=
Þ
Þ
=
+
=
( đối đỉnh)
Suy ra
=
=
=
=
=
Ta có:
,
.
=
+
=
+
+
=
Mà
=
+
=
Suy ra:
.
Do đó tứ giác BHKC nội tiếp.
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
176
=
b) Gọi (
) l| đƣờng tròn đi qua bốn điểm B,H,C,K. Ta có dây
=
nên b{n kính đƣờng tròn (
) bằng bán kính R của đƣờng tròn
= ) .
Î
,
( Gọi M l| giao điển AH và BC suy ra MH ^ BC; Kể KN vuông góc BC (
)
gọi I l| giao điểm HK và BC.
=
+
=
+
=
+
Ta có:
(
)
£
+
£
£
=
( Do
)
(
)
Ta có: KH là dây cung của đƣờng tròn (
) .
£
Suy ra
(không đổi), nên
lớn KH = 2R và HM + KN = HK = 2R .
=
=
Gía trị lớn nhất
) thì M,N,I trùng nhau; suy ra I là trung
Khi HK l| đƣờng kính của đƣờng tròn ( điểm của BC nên D
cân tại A; Khi đó A l| điểm chính giữa của cung lớn BC.
Đề số 30
Câu 1.
=
+
+
-
+
+
(
+
+
+
-
+
+
=
+
) -
- )(
)
(
=
+
+
-
+
-
a)
(
)
=
( - +
) -
+ +
=
+ +
- +
-
=
b) Gọi R l| b{n kính mặt cầu. Khi đó diện tích mặt cầu
p
p=
Û =
.
(
)
=
p
=
p
=
p
Thể tích hình cầu
.
(
)
Câu 2.
a) Phƣơng trình ho|nh dộ giao điểm của (
) và (
) :
=
+ - Û -
- + =
( )
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
177
Ta có:
¢D = - . (
) cắt (
) tại hai điểm ph}n biệt khi v| chỉ khi phƣơng
trình (*) có 2 nghiệm ph}n biệt, tức l|
¢D > Û - > Û > .
Vậy > .
178
+
- -
= -
b) Ta có
( Û +
)(
)
+ - + =
)
Vì
Î nên ta có c{c trƣờng hợp sau
+ = -
= -
Û
Û
i)
+ - - =
+ - =
= = -
ì í î
ì í î
ì í î
= -
+ = -
Û
Û
ii)
= = -
+ - =
+ - - =
ì í î
ì í î
ì í î
=
Û
Û
iii)
+ - =
= =
+ + = - - = -
ì í î
ì í î
ì í î
Û
Û
iv)
+ + = - - = -
+ = - = -
= - =
ì í î
ì í î
=
-
=
-
=
.
ì í î Vậy nghiệm nguyên cần tìm l|(
)
(
) (
)
(
) (
)
(
) (
)
( = -
)
- +
- - =
-
-
.
Câu 3 Giải phƣơng trình
(
)(
)
-
Điều kiện: £ £ . Đặt
ta có
=
-
ì = ï í ïî
+ = +
+ - =
+
=
= + Û +
+
- = Û
-
+ = + )
)
+ = + ( )
³
³
³
ì ï í ï î
ì ï ( Û + í ï î
ì ï ( í ï î
ì ï + = - é ï íê + = ë ï ï ³ î
- =
=é =
+ = +
=
- =
Û
Û + = Û + = Û
Û
Û
(
)
= =
é ê ë
- =
+ = ³
³
³
ì ï í ï î
ì ï í ï î
=ì é íê = î ê ê =ì êí = êîë
- =
éì ï êí ê ï î ê ì ê ï íê ïêî ë
ì ïê ëï ï í ï ï ï î
Vậy nghiệm cần tìm l|
.
+ +
=
+
)
(
)
( )
a) Giải hệ phƣơng trình
+
+
+ +
=
+
)( ( +
)(
)
(
)
( )
=é ê =ë ( ì + ï í ïî
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
+ - - + = - ( Û + - )(
+
=
+
-
+
Từ (2) ta có
(
(
)
)
û , thay v|o (1) ta đƣợc ù
é ë
=
+
-
+
+ +
+
)
(
)
(
)
(
é ë
) ( ù û
-
+
=
+
( Û +
)
(
)
(
)
é ë
ù û
+
( Û +
)(
)
= - é = Û ê = - ë
i) Với = - thì (2) trở th|nh
+ = , vô lý. Suy ra = - không là
nghiệm.
=
ii) Với = - thì (1) trở th|nh
(
)
ë
=é - + Û + - = Û ê = - = -
Khi đó hệ có nghiệm
hoặc
= -
=ì í î
ì í =î
Câu 4
a) Chứng minh 5 điểm
cùng thuộc một đƣờng tròn.
^
^
Vì
,
l| c{c tiếp tuyến nên
,
, mặt kh{c
l| trung điểm
^
của
nên ,
. Gọi
l| trung điểm của
. Khi đó ta có
=
=
=
=
( tính chất đƣờng trung tuyến trong tam gi{c
vuông).
Suy ra 5 điểm
cùng thuộc một đƣờng tròn (
) .
=
b) Chứng minh
.
D
Xét hai D
và D
có
suy ra D
(g-g)
=
ìï í ïî
∽
=
Suy ra
(1)
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
179
=
Xét D
có
(2)
=
Û =
Từ (1) v| (2)
.
D
Xét hai D
và D
có
suy ra D
(c-g-c)
=
ì ï í ï î
∽
=
Suy ra
(hai góc tƣơng ứng).
Xét tứ gi{c DHOC có:
+
+
=
+
=
=
suy ra tứ gi{c DHOC nội tiếp.
=
Suy ra
( góc nội tiếp cùng chắn cung DC).
c) Chứng minh đƣờng thẳng
luôn đi qua một điểm cố định khi di động.
=
=
Gọi
l| giao điểm của
và
. Xét hai D
và D
có
ì ï í ïî
D
suy ra D
(g-g)
Suy ra
= ∽
=
=
Mặt kh{c
( hệ thức lƣợng trong tam gi{c vuông
)
= Û =
=
Từ đó
, hệ thức n|y chứng tỏ
l| điểm cố
định. Hay đƣờng thẳng
luôn đi qua một điểm cố định khi di động.
Câu 5.
Vì
> nên {p dụng BĐT AM-GM ta có
+
³
+
+
³
+
+
=
+
³
suy ra
(
)
+
³
ì ï ï ï í ï ï ï î
Vậy gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức trên l| 10. Đẳng thức xảy ra khi
2
2
=
2x
z
2
2
=
2y
z
1 2 1 2
>
ì = x 1 ï Û = y 1 í ï =î z 2
0 +
+
=
= x y x, y, z xy yz zx
5
ì ï ï ï ï ï í ï ï ï ï ï î
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
180
Đề số 31
181
-
=
-
Câu 1.
+
=
-
Tính đƣợc
=
-
-
Và
)
(
)
( é ê ë
ù é ú ê û ë
ù ú û
Đƣa đƣợc về dạng
Tính đúng kết quả =
Câu 2.
=
+ +
Û -
- - =
D = Þ -
- - -
=
Viết đƣợc phƣơng trình ho|nh độ giao điểm:
(
)
-
=
Lập luận để có
Tính đƣợc
Câu 3.
a
+
a
+
a
=
Biến đổi đƣợc về đẳng thức:
Suy ra đƣợc: a=
Lập luận đƣợc a³ suy ra a=
Tính đƣợc a= Lưu ý: Học sinh không lập luận được a³ trừ 0,25 điểm
Câu 4.
=
=
=
Viết đƣợc số về dạng:
l| tích của 2 số lẻ liên tiếp
Tính đƣợc tổng hai số l|:
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Câu 5.
D
182
=
Chứng minh đƣợc: = Chứng minh đƣợc D
Suy ra hệ thức
+
=
+
-
Câu 6.
+
+
-
=
+
-
(
)(
)
=
Biến đổi đƣợc phƣơng trình: về dạng
=
=
=
=
Suy ra đƣợc:
) (
Qui việc tìm Tìm đƣợc 2 cặp nghiệm: ( về giải phƣơng trình: - + = )
^
^
Câu 7.
Kẻ Chứng minh đƣợc M, O, N thẳng h|ng
=
=
=
Sử dụng tính chất đƣờng kính v| d}y tính đƣợc:
Gọi
=
+
=
+
-
(
)
) ( Tìm đƣợc =
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Dùng định lý Pytago đƣợc hệ thức
183
Suy ra: =
Câu 8
+
+
+
+
+
=
æ ç è
ö ÷ ø
Từ điều kiện: + + = suy ra đƣợc
+
+
+
+
+
=
+
+
=
Quy đồng biểu thức trong ngoặc đƣợc:
+
+
=
Từ điều kiện + + = suy ra đƣợc:
Kết luận đƣợc:
^
Câu 9.
Chứng minh đƣợc
=
Chứng minh đƣợc tứ gi{c AHDE nội tiếp
=
Chứng minh đƣợc
Suy ra:
Câu 10.
Tìm đƣợc điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm ph}n biệt.
D =
-
Trong đó:
(
)
Tính đƣợc:
<
Suy ra: ¹
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Lập luận đƣợc trƣờng hợp thứ nhất: Phƣơng trình có hai nghiệm tr{i dấu, suy ra
184
>
+ <
ì í î
Lập luận đƣợc trƣờng hợp thứ hai: Phƣơng trình có hai nghiệm cùng dƣơng, suy ra:
Kết luận đƣợc cả hai trƣờng hợp l|: ¹ v| trong hai số a, b có ít nhất một số }m
Câu 11.
+ +
+
+
(
)
)
(
+
+
£
+
+
Biến đổi đƣợc biểu thức M về dạng -
³
-
Chứng tỏ đƣợc:
=
Suy ra đƣợc:
Tính đƣợc đạt đƣợc khi = = =
=
Câu 12.
a) Chứng minh đƣợc
Suy ra D vuông tại A
Gọi J l| giao điểm của BI v| CK.
^
Chứng minh đƣợc AJ l| tia ph}n gi{c của
Chứng minh đƣợc: D c}n tại C, suy ra đƣợc
^
Chứng minh đƣợc J l| trực t}m của D
Suy ra đƣợc
D
D
=
=
=
Chứng minh đƣợc D
)
=
b) Chứng minh đƣợc vuông c}n tại A (
£
=
Suy ra đƣợc
=
=
Chứng minh đƣợc
D
=
£
D
Tính đƣợc
D
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
suy ra đƣợc D
Đề số 32
185
Câu 1.
a) Ta có:
=
=
b) Ta có:
Đặt ta có phƣơng trình t2 – 6t -40 =0
vô nghiệm
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình l|
c) Ta có:
TH1: x=y, thay v|o phƣơng trình (1) ta đƣợc x=y=
TH2:
Thử lại , ta thấy x=y=0 không là nghiệm của hệ phƣơng trình đã cho
Ệ
Ọ
ịnh Bình sưu tầ
ổ
ợ
Vậy hệ phƣơng trình có hai nghiệm là (1;1), (-1;-1).
186
Câu 2.
a) Nếu a = 0 thì b 2 v| do đó phƣơng trình có nghiệm
Nếu a 0 thì
+ Nếu nên phƣơng trình có nghiệm
+ Nếu 0 Nên phƣơng trình có nghiệm Vậy phƣơng trình đã cho luôn có nghiệm với mọi số thực a,b thỏa mãn 2m.m2 = (3n-2)2 +15 b)Ta có 2m.m2 = 9n2 -12n +19 Nếu m lẻ m= 2k +1, k 2m.m2 =2.4k.m2 = (3+1)k 2m2 2m2 (mod3) mà m2 0;1 (mod3) nên 2.4k.m2 0;2 (mod3). Mặt khác (3n-2)2 +15 1 (mod3) Vậy trƣờng hợp này không xảy ra Nếu m chẵn m= 2k , k thì ta có phƣơng trình 22k.m2 - (3n-2)2 = 15 (2k.m +3n-2) (2k.m -3n+2) = 15 (*) Vì m,n nên 2k.m +3n-2 > 2k.m -3n+2 và 2k.m +3n-2 >0 2k.m -3n+2 >0 Do dó (*) hoặc (vô nghiệm) TH1: TH2: Vậy phƣơng trình đã cho có nghiệm m=2, n=1 Câu 3. Ta sẽ chứng minh (*) Thật vậy ta có (*) (luôn đúng) Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Do đó 187 Áp dụng BĐT quen thuộc ta có Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy max P = Lƣu ý: Có thể dùng bất đẳng thức Cauchy- Schwart để chứng minh (*) nhƣ sau: Câu 4. a)Tứ giác ABJC nội tiếp nên Tứ giác MBIJ nội tiếp nên Tứ giác NCJI nội tiếp nên Do đó Ta lại có Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Suy ra M,I,N thẳng hàng 188 b)ABJC và CNIJ là tứ giác nội tiếp nên Suy ra JA là tia phân giác của góc Kẻ tiếp tuyến Ax của đƣờng tròn (O). Suy ra Ta lại có . do đó nên MN//Ax Vậy AO vuông góc với MN c)Vì Vì I là trung điểm của BC nên Suy ra Ta lại có MNIJ, NCJI nội tiếp nên AB.AM=AI.AJ=AN.AC Suy ra Áp dụng tính chất đƣờng phân giác ta có Câu 5. Ta tô m|u c{c đoạn thẳng bằng ba m|u đỏ, xanh, vàng. Ta sẽ chứng minh tồn tại một tam giác có ba cạnh đƣợc tô cùng màu. Gọi A là một điểm đã cho, nối A với 16 điểm còn lại ta đƣợc 16 đoạn thẳng. Ta có 16=3.5+1 nên theo định lí Dirichlet tồn tại ít nhất 6 đoạn thẳng đƣợc tô cùng một màu Giả sử 6 đoạn thẳng đó l| AB, AC, AD, AE, AF, AG có cùng m|u đỏ. Xét c{c đoạn thẳng nối từng cặp điểm trong 6 điểm B,C,D,E,F,G thì xảy ra trƣờng hợp sau TH1: tồn tại một đoạn thẳng đƣợc tô m|u đỏ, chẳng hạn là BC thì tam giác ABC có ba cạnh cùng m|u đỏ TH2: tất cả c{c đoạn thẳng nối B,C,D,E,F,G chỉ có màu xanh hoặc v|ng. Ta xét 5 đoạn thẳng BC,BD,BE,BF,BG đƣợc tô bởi hai màu thì theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất 3 đoạn thẳng có cùng một màu. Giả sử BC,BD,BE có cùng màu xanh. + Nếu trong ba đoạn thẳng CD,CE,DE có một đoạn tô màu xanh, chẳng hạn CD thì tam Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ giác BCD có ba cạnh cùng màu xanh. 189 + Nếu trong ba đoạn thẳng CD,CE,DE không có đoạn nào tô màu xanh, thì tam giác CDE có ba cạnh cùng màu vàng. Do vậy tồn tại một tam giác có ba cạnh đƣợc tô cùng màu. Lấy các số nguyên dƣơng trên mỗi đoạn thẳng chia cho 3 ta đƣợc các số dƣ l| 0,1,2. Tô m|u c{c đoạn thẳng có số dƣ 0,1,2 tƣơng ứng với ba m|u đỏ, xanh, vàng. Theo kết quả thì luôn tồn tại một tam giác có ba cạnh đƣợc tô cùng màu, tức là ba số ghi trên cạnh của tam giác có cùng số dƣ r khi chia cho 3, chẳng hạn là 3h+r, 3k+r, 3q+r. Đề số 33 Khi đó 3h+r +3k+r +3q+r =3(h+h+q+r) l| số chia hết cho 3 3 5 . 3 5 P Câu 1. 10 2 3 5 . 3 5 . 2 5 1 P 8 2 5 1 . 2 5 2 6 2 5 . 3 5 5 3 5 8 8 5 1 .2. 5 1 8 2. 5 1 1 8 x x 2 2 3 Q x 1) Không dùng m{y tính cầm tay, hãy tính gi{ trị biểu thức 2020 2 2019 x 2 2 x 2020 2 2019 2019 2 2019 1 2019 1 tại 2) Rút gọn rồi tính gi{ trị của biểu thức x 2019 1 x x 2 2 1 x x 2 2 3 Q x x 2 2 Q x 2 1 Q 2 2019 1 1 2 2019 1 Ta có Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Câu 2. 190 2 2 2 x x m x 2
x m 2 1 2 1 0 ac m 2 1 0 1)Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm giữa d và P là Phƣơng trình bậc hai có với mọi m nên luôn có hai nghiệm B x y với mọi m ; , ; A x y
A A B B 2 2 ph}n biệt kh{c 0 với mọi m. Do đó d luôn cắt parapol P tại hai điểm ph}n biệt x x m 2 1 0 x x l| c{c nghiệm khac 0 của phƣơng trình
;A B . B 2
m A
x x
.
A B B x x 2 Áp dụng hệ thức Vi et ta có : 1 5 38. y x
.
A
A y x
.
B
B x x
.
A B y
A
x y
x 38
5 B A 3 x x x x x 5 38. 5 38. 3
A 3
B x x
.
A B A B x x x
3 .
A B A B x x
.
A B 2 m 2
m 5 8 6 1 38. 1 m 28
m 32 2 Do 2 2 x y 6 0 2 I
( ) Vậy m = 2 và m = -2 thỏa mãn điều kiện đề b|i. 2 2 x y 1 3 0 x y x y x y 6 2 4 2) Giải hệ phƣơng trình x y 1 3 0 2 x y Ta có (1) ab 6 (1) 1
b a
6 a x y b 0 Đặt b x y 2 2 2 a 1 3 0 a 1 3 (2) 4
2
b a
4
36 a 3 2 2 2 a a a a 9 1 27 8 18 18 0 khi đó (I) a 3
4 Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Từ (2) ta có phƣơng trình x 191 a b 3 2 x
x y
y 3
2 y 5
2
1
2 x y x a Với ta có suy ra b 8 3
4 y x 3
4
8 y 35
8
29
8 Với ta có suy ra x y
; ; x y
; 35 29
;
8
8 5 1
;
2 2 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm = Câu 3. = 1) Vì CD l| đƣờng kính nên = = = Do đó (góc có cạnh tƣơng ứng vuông góc cùng nhọn) = Mà Nên . Do đó tứ gi{c CDFE nội tiếp đƣờng tròn = 2) Gọi Q l| giao điểm của BM và CD + = = Tam giác BEF vuông tại B nên BM = ME Þ (1) Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Tam giác BCD vuông tại B nên mà + = 192 ^ + = Þ = (chứng minh c}u 1) nên Từ (1) v| (2) : hay ^ Þ K l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ gi{c CDFE, O l| trung điểm CD, nên ^ ^ (cùng vuông góc với CD) (3) Þ Ta có M l| trung điểm EF, nên và hay (4) ^ Từ (3) v| (4) suy ra KMBO là hình bình hành , suy ra 3) H l| trực t}m tam gi{c DEF, do đó Tƣơng tự (cùng vuông góc BF) Do đó BHDA là hình bình hành nên BH = AD Mặt kh{c BDAC l| hình chữ nhật nên AD = BCÞ = Lấy O’ đối xứng với O qua B ta có BO’ = BO (6) với O’ cố định vì O, B cố định Từ (5) v| (6) suy ra HO’CO l| hình bình h|nh nên O’H = OC = R ';O R Vậy H chạy trên đƣờng tròn cố định x x x 1 1 2 Câu 4. 2
x . 1 2 2 2 2 x x x x 0 2 2 1 2 2 1 . Chứng minh rằng 1) Cho số thực x thỏa mãn 1 1x 2 2 2 2 x x x x x x 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 ta có Với 1 x x x x x x 0 1 1, 1;1 1 1 1 1 2 2 2 Lại có : x x x x x 1 1 1 2 , 1;1 2 x 0 x 0 Vậy . 2 2 x x 1 1 Đẳng thức xảy ra khi v| chỉ khi : 2) Cho tập hợp A gồm 41 phần tử l| c{c số nghuên kh{c nhau thỏa mãn tổng của 21 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 20 phần tử còn lại. Biết c{c số 401 v| 402 thuộc tập A. Tìm tất cả A ; ; ;...; c{c phần tử của tập hợp A. ; ; ;...; ... a a a
1
2
3 a
41 a a a
2
3 a
41 a
2 a
3 a
41 a a a a ... ... Giả sử với 1 và 1
a a
2 3 21 22 a
23 41 a a a ... a
1 a
22 2 a
23 3 41 a (1)
21 y x ;x y 1 Theo giả thiết ta có 1
a x thì 20, 20,..., 20 2 a
22 a
2 a
23 a
3 a
41 a
21 Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Mặt kh{c với v| nếu y 20 20 20 ... 20 400 193 401 Nên từ (1) suy ra 1
a 1a nhỏ nhất v| 401 A a
1 Mà 401 ... 400 a
23 a
3 a
41 a
21 a
22 a
2 ... 400 a
23 a
3 a
22 a
2 a
41 a
21 Ta có ... 20 3 a
22 a
2 a
23 a
3 a
41 a
21 20 ... 20 a
22 a
2 a
22 a
21 a
21 a
20 a
3 a
2 ... 1 4 a
22 a
21 a
21 a
20 a
3 a
2 Kết hợp với (2) 401 402 402 A a
2 a
1 A 401; 402; 403;...; 441 Ta có mà Kết hợp (3) v| (4) suy ra Câu 5. Gọi P, Q lần lƣợt l| giao điểm của CD với MA và MB. = Đặt PD = x ; CQ = y Þ D D Þ = Û = Û = = + + = + + + + + + ( ) ( ) ( ) + = + + + - ( ) ( ) + + + + = + + = ( ) ( ) ( ) ( ) = = = = = = Ta có : (góc có cặp cạnh tƣơng ứng vuông góc) Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Áp dụng định lý Tales, ta có : + Þ = = = = 194 +
+ + Þ = + Þ = Đề số 34 (do ( ) ) + Bài 1 + và b = + a, Điều kiện x ≥ - đặt a = a ≥ 0,b > 0 = ó (a-b)(a+3b)=0ó a=b + + = Phƣơng trình trở thành: X=1 hoặc 25 là nghiệm của pt b, thay 2 = x2 + y2 vào PT thứ 2 ta đƣợc + (x+2y)( x2+y2+3y2+4xy)=27 ( ) =27 ó x = 3 - 2y thay vào PT thứ nhất ta đƣợc: (3-2y)2+y2=0 y=1 hoặc y= x =1 hoặc - + + = Bài 2 - ta nhận thấy 3x-1 phải chia hết cho (x2-x+1) a, từ biểu thức ta có (3x - 1)(3x - 2) = 9x2 - 9x + 2 = 9(x2 – x + 1)-7 cũng phải chia hết cho (x2-x+1) suy ra 7 chia hết cho (x2 - x + 1) (x2 - x + 1) = 1 hoặc 7 X = 0,1,3 và -2 lần lƣợt thay vào ta có y => (x,y) = (1,1),(1,-2) và (-2,1) b, Từ giả thiết xy + 2 ≥ 2y => 4 xy + 8 ≥ 8y Mà ta lại có 4x2 + y2 ≥ 4xy = ð 4x2 + y2 + 8 ≥ 4xy + 8 ≥ 8y
ð 4(x2 + 4) ≥ 8y + 8 - y2
ð 4(x2 + 4) ≥ 4(y2 + 1) + (5y + 2)(2-y) ≥ 4(y2 + 1) +
+ ≥ 1 Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Dấu = xẩy ra khi x=1 và y=2, Mmin=1. 195 Bài 3 a, Do đƣờng tron (O) nội tiếp hình vuông ABCD nên E v| F l| trung điểm các cạnh AB v| AD => ∆ ABF v| ∆ BCE bằng nhau => góc EBG bằng góc BCG => góc BGC vuông => AEGF cùng nằm trên một đƣờng tròn, mà AEOF cũng nằm trên một đƣờng tròn => AEGOF cùng nằm trên một đƣờng tròn. b, Ta có AB là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) nên góc BEM=góc EFM, lại có góc EAG và EFG cùng chắn cung EG nên góc EAG = EFG + + ³ + + ð EM//AG trong khi E l| trung điểm của AB => M cũng l| trung điểm của BG + + + + + + Bài 4 Ta có: 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = (x + y)(x + z) 1 + y2 = xy + yz + xz + y2 = (x + y)(y + z) 1 + z2 = xy + yz + xz + z2 = (z + y)(x + z) + + +
+ + + + + + + + VT= + + + + + + + + + + ≤ Ta có: + + + + + + = + +
+ + + + + = + + +
+ + + + + Do đó VP= + + Bất đẳng thức trở thành + + + = + £ ≤ + + + + + = £ + + + + + + Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Ta có: = £ + + + + + + + + 196 + + + => ≤ Đề số 35 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = Câu 5. + + )( Û (
+ + )
+ = + + + = +
)( =
) +
)( =
) ì
ï
í
(
ï
î ì
ï
í
(
ï
î a. Ta có Do phƣơng trình thứ nhất nên + ¹ do đó ta kết hợp hai phƣơng trình + + = + Û - + - lại ta có ( )( ) =
é
= Û ê = -
ë = Þ + + . =
é
= Û ê = -
ë - TH1: - = Û = . ( ) TH2: = - thay v|o phƣơng trình thứ nhất ta có ) là ( ) ( )- . Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm ( + £ . = - + = - ³ b. ĐK: £ ( ) ( ) = Đặt và . Ta có -
+ -
+ < - < - . (1) + + Ta thấy, nếu > ³ thì và tức là VT mâu thuẫn. Tƣơng tự với < cũng mẫu thuẫn. Do đó = , tức l| phƣơng - + trình ban đầu tƣơng đƣơng với = - Û ê ( ) (
( )
) =é
=ë . = . Vậy phƣơng trình có hai nghiệm = º Câu 6. " Î . ( ) a. Trƣớc hết ta chứng minh rằng Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ (1) - = - + + 197 ( )( )( )
+ . - + Thật vậy, ta có ( )( ) - º Dễ thầy là tích 3 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 6. " Î , tức là - chia hết cho ( ) Theo định lí Ơle thì . - chia hết cho ( ) = Vậy . Khẳng định ( ) đƣợc chứng minh. + + + + + + + + ( ) ) ) é
ë ù
û é
(
ë ù
û é
(
ë ù
û º + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ) + + + + + + + º + (
) ( º + ( ) º Từ đó ( )(
) . ( )+ £ = Từ đó ta có khẳng định của bài toán. + ³ b. Đặt = + . Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có æ
ç
è ö
÷
ø ³ Hay . - . Suy ra ( ) = + + = - ³ ³ - = - - Từ đó, ta có ( ) - = = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi . Câu 7. = a. Sử dụng định lí Talet trong tam giác với , ta có . = Sử dụng định lí Talet trong tam giác với , ta cùng có = = = Ð = Do đó ∽ D D Þ Ð = Ð = Ð Hai tam giác và có Ð và nên Ð = Ð . Mặt khác, ta lại có Ð (so le trong) và Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ (so le trong). Do đó là phân giác của góc . = = + = 198 = b. Go nên . Suy ra . (1) Chứng minh tƣơng tự, ta cùng có . (2) Ð = Ð = Ð = Ð Theo chứng minh câu a, hai tam giác đồng dạng nên và = Ð = Ð . = Hai tam giác FHB và EHC có Ð và Ð nên đông dạng với nhau. Suy ra . = = Ta kết hợp (1) v| (2), ta thu đƣợc . Điều phải chứng minh. c. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử nằm cùng phíc với so với nhƣ hình vẽ ở trên. Gọi l| giao điểm của và . Áp dụng định lí Menelaus cho = . tam giác với cát tuyến , ta có = = Mà hai tam giác và đồng dạng với nhau có và l| hai đƣờng cao tƣơng ứng nên . = . Suy ra (3) Để chứng minh ba điểm thẳng hàng, ta chỉ cần chứng minh thẳng hàng. Theo định lí Menelaus đảo áp dụng cho tam giác , điều n|y tƣơng đƣơng với ta Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ phải chứng minh = . = = = = = 199 = Lại có và . = Do đó, chỉ cần chứng minh (4) = Kết hợp (3) v| (4) , ta đƣa b|i to{n về chứng minh (5) Hay = = = = = = = = Gọi T, N lần lƣợt là tiếp điểm của đƣờng tròn (I) với . Đặt + + ( ) = . Ta sẽ chứng minh )(
- (6) + - + - = = Thật vậy, sử dụng định lí cosin trong các tam giác và , ta có . + - + - ( ) = Suy ra (
)
- - )
- - - -
( - -
)( (
) , + - + - ( ) - = - Hay (
)
- - )
- - - -
( - -
)( (
) . = Từ đ}y, ta có - + + + + + ( ) ( )( ) , - - + + + + + = . ( ) ( )( ) ) - - - + = + Hay )( ) ( ) ù
û (
) (
é
ë . Nhƣ thế, ta có ( + + ( ) - - + = = = = Do > nên (6) đƣợc chứng minh, Sử dụng (6) vừa chứng minh ta có + - - -
- - ( ) + (
( )
) - - )(
-
)(
- . Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Đẳng thức (5) đƣợc chứng minh. Ta có điều phải chứng minh. = Î £ + số 200 - . Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Trong { } Đặt Câu 8. phân biệt từ tập hợp , luôn tồn tại ba số phân biệt có tổng bẳng . Ta chứng minh bằng phƣơng ph{p phản chứng. Giả sử tồn tại số nguyên dƣơng n sao cho thể + số phân biệt từ tập hợp chọn ra m| trong đó không có ba số phân biệt - . Gọi n là số nhỏ nhất có tính chất nhƣ v}y. Khi đó > ( vì
nào có tổng bằng
với = thì mệnh đề đúng). Vì n l| số nhỏ nhất làm cho mệnh đề không đúng
- số
nên mệnh đề đúng với - . Nếu trong các số đƣợc chọn có ít nhất
thì do mệnh đề đúng với - , sẽ tồn tại ba số phân biệt trong các số thuộc - - số đƣợc chọn thuộc
- có ít nhất ba số đƣợc chọn. - . Suy ra trong bốn số - + - + đƣợc chọn có tổng bằng . Mẫu thuẫn. Vậy có tối đa - + - Suy ra 0 không đƣợc chọn. ) - + đƣợc chọn. Chia tập · Nếu cả hai số của cặp ( - cặp } {
- - ¼ - - - thành ) ( (
+ ¼ - + - ) ) ) ( ( - = ta thấy từ mỗi cặp ta chỉ chọn đƣợc tối đa một số. Suy ra chỉ lấy đƣợc tối đa + số. Mẫu - + - thuẫn. ) - - + - đƣợc chọn thì theo lí luận ở trên, · Nếu chỉ có một số của cặp ( ) đƣợc chọn. Không mất tính tổng quát ta giả sử cặp ( - - ¼ - - - + ¼ - + - - một bộ ba số không đƣợc chọn. Lúc này chia các phần tử còn lại ) ( ) ) ( - + - + - đƣợc chọn còn -
- cặp
) ( ) - + + = và một phần tử lẻ cặp là - . Từ mỗi cặp ta lấy đƣợc tối thành
(
( đa một số, từ bộ ba số ta cũng lấy đƣợc tối đa một số. Từ đó ta lấy đƣợc
tối đa + số. Mẫu thuẫn. Vậy trong mọi trƣờng hợp đều dẫn đến mẫu thuẩn, tức điều giả sử sai. Mệnh đề Đề số 36 đƣợc chứng minh. Áp dụng mệnh đề cho = ta có điều phải chứng minh. Câu 1. √
√
√ √
√
√ Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ √ √ 201 √ √ √ √
√ √ √ √ √
Vậy √ √
.
√
√ √ √ √ √
√ √ √ √
√ √ √ √
√ √ √ √
√ √ √ √ √ √
Vậy . √ √
√
√ √ Câu 2. √
Xét phƣơng trình Dễ thấy phƣơng trình có hai nghiệm
√ √ √
v| tích do tổng √ √ (hoặc giải phương trình bậc hai)
√ √ √ √ √ Thay hai nghiệm v|o phƣơng trình ta đƣợc hệ
thì nghiệm của phƣơng trình bậc hai l| nghiệm của phƣơng trình Vậy
Với ta có phƣơng trình l| .
trở th|nh
Đặt ta đƣợc phƣơng trình Phƣơng trình √
có bốn nghiệm ph}n biệt l|
√ Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ √ √ 202 Câu 3. a) Đồ thị h|m số đi qua điểm Vậy √ √
√ √ √ Bảng gi{ trị √ √ Đồ thị nhƣ hình
√ √ √ b) Điểm thuộc đồ thị Giả sử điểm thuộc đồ thị √
Lấy (1) trừ (2) ta đƣợc √ √ + TH1: Nếu thay v|o (1) ta đƣợc √ +TH2: Nếu √ √
√ √ √ Thay v|o (1) ta đƣợc √
√ √ √
√
Phƣơng trình vô nghiệm √ √
√
Vậy thì điểm thuộc đồ thị khi đó điểm thuộc Câu 4.
Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ợ
ổ 203
Vậy
Câu 5. vuông tại có a) Tam gi{c
Tam gi{c l| trung điểm vuông √
đều có
√
nên
góc v| l| đƣờng ph}n gi{c của góc
Diện tích hình chữ nhật √ √
(đồng vị) b) Do song song
nên
√ √ Ta có
(so le trong). Vậy tam gi{c M| đều
Vậy
Vậy tứ gi{c
nội tiếp
(kề bù) Câu 6. Ta có công thức tính thể tích hình trụ b{n kính đ{y . Thể tích phần than chì có dạng hình trụ chiều cao
Thể tích bút chì có chiều cao b{n kính đ{y
Thể tich phần gỗ bút chì
. Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Đề số 37 204 + + - ( ) + + - + - = ¸ - = ¸ - Câu 1. +
- - - - + + - + + (
( ( ) )(
)( )
) + +æ
ç
-è
-æ
ç
+è ö
÷
ø
ö
÷
ø + )
(
)
( (
)
(
) - + - + + + = - = - = = - a) Ta có - +
- - -
- + + + - + - (
( (
( )
) (
( )
) )(
)( )
) . + + + Vậy = - . = . + = + + = b) Đặt = và = thì đẳng thức đề bài có thể viết lại thành ³ nên + . = Do + = hay ( )+ )+ . Từ đó ta có ( Suy ra + = . Đ}y l| kết quả cần chứng minh. Câu 2. Gọi (km/h) là vận tốc của An khi đi trên quãng đƣờng , (km/h) là vận tốc của Bình > . khi đi trên quãng đƣờng . Rõ ràng > + = + = Ta thấy, độ d|i quãng đƣờng là là (km). Do nên ta có , tức + = (km) v| độ d|i quãng đƣờng
( ) - Thời gian An đi trên quãng đƣờng là (giờ). - Thời gian Bình đi trên quãng đƣờng là (giờ). - = + - - = Do An đến sớm hơn so với Bình đến là (giờ) ( phút = giờ) + - + - - = Nên hay . + +
+ + -
- - . Một c{ch tƣơng đƣơng, ta có . ( ) + - = - = . Từ ( ) , ta có = )( ) - - Thay v|o phƣơng trình ( ) , ta đƣợc , hay ( Do > nên ta có = , suy ra = (thỏa mãn). Vậy vận tốc của An trên quãng đƣờng là (km/h). + Câu 3. + = . ( ) = ( ) = + + = , Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ a) Để và là nghiệm thì ta phải có 205 - - = . Rút = - - từ phƣơng trình đầu, thay v|o phƣơng trình sau, ta đƣợc - - Từ đó = hoặc = - , tƣơng ứng = - hoặc = - . ) thỏa mãn điều kiện đề bài là ( )- æ
ç
è ö
÷
ø = - - và . Vậy có hai cặp ( ( ) = nên ( ) ( )( ) = - - b) Do là hai nghiệm phân biệt của phƣơng trình . ( ) ( )( ) - - + - + - + - - = . Tƣơng tự, ta cũng có . )( ) ( )( ) - + - - + - = . Điều kiện đề bài có thể viết lại thành ( )( ) - = - - = - Hay ( ) ( ) hay . Một c{ch tƣơng đƣơng, ta có ( Đ}y chính l| kết quả cần chứng minh. = - - Bình luận. Định lý về khai triển đa thức theo các nghiệm m| ta đã dùng ( ) ( )( ) là một tính chất quan trọng của đa thức. Nếu không biết định lý này, ta vẫn giải đƣợc bài toán bằng các phép biến đổi, nhƣng sẽ vất vả hơn. Ở c}u a), đề bài không nói khác nên nếu thí sinh dùng định lý Vieta sẽ bị thiếu nghiệm. = Ð = Câu 4. = a) Hai tam giác và có Ð và chung góc Ð nên đồng dạng = = Ð với nhau (g-g). Từ đó suy ra . ( ) = Ð = Ð Tứ giác có Ð nên nội tiếp. ) ) và Suy ra Ð (cùng chắn cung D = (cùng chắn cung của đƣờng tròn ( của đƣờng tròn (
) ). = = Từ đó, ta có D (g-g). Suy ra . ( ) hay . Từ ( ) và ( ) , ta đƣợc ^ Đ}y chính l| kết quả cần chứng minh. ^ ^ b) Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có . ( ) - Ð - Ð Ð = = = - Ð Ta sẽ chứng minh , hay . = Ð Do tam giác cân tại nên . = Ð = - Ð = Mặt khác, do tứ giác nội tiếp nên Ð (cùng bù với Ð ). Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Kết hợp với kết quả ở trên, ta đƣợc Ð . ^ ^ 206 ^ Do đó , hay thẳng hàng. . Kết hợp với ( ) , ta suy ra c) Khi tam giác đều thi đi qua , l| trung điểm của và . ^ Gọi l| giao điểm và thì l| trung điểm của . = = Do tam giác đều và nên cũng l| trung điểm của . Do tam giác đều nên cũng l| trọng tâm của tam giác. Suy ra . = = = Mặt khác, sử dụng hệ thức lƣợng trong tam giác vuông tại có l| đƣờng cao, ta có . Suy ra . = - = - = Từ đ}y, sử dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông tại , ta có = = . Vậy . - + + - + + + = Câu 5. ) ( ) ( ) ( ) ( = - = - = + Biểu thức có thể đƣợc viết lại dƣới dạng . - và - thì ta có ( ) ( ) ( )
- + = ( ) = + + + = + + - ( )( ) = - + + + - ³ - ) ) é
(
ë ù é
(
û ë ù
û = . Đặt = . Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = và = - . Vậy Đề số 38 207 + + - ( ) + + - + - = ¸ - = ¸ - Câu 1. +
- - - - + + - + + (
( ( ) )(
)( )
) + +æ
ç
-è
-æ
ç
+è ö
÷
ø
ö
÷
ø + )
(
)
( (
)
(
) - + - + + + = - = - = = - a) Ta có - +
- - -
- + + + - + - (
( (
( )
) (
( )
) )(
)( )
) . + + + Vậy = - . = . + = + + = b) Đặt = và = thì đẳng thức đề bài có thể viết lại thành ³ nên + . = Do + = hay ( )+ )+ . Từ đó ta có ( Suy ra + = . Đ}y l| kết quả cần chứng minh. Câu 2. Gọi (km/h) là vận tốc của An khi đi trên quãng đƣờng , (km/h) là vận tốc của Bình > . khi đi trên quãng đƣờng . Rõ ràng > + = + = Ta thấy, độ d|i quãng đƣờng là là (km). Do nên ta có , tức + = (km) v| độ d|i quãng đƣờng
( ) - Thời gian An đi trên quãng đƣờng là (giờ). - Thời gian Bình đi trên quãng đƣờng là (giờ). - = + - - = Do An đến sớm hơn so với Bình đến là (giờ) ( phút = giờ) + - + - - = Nên hay . + +
+ + -
- - . Một c{ch tƣơng đƣơng, ta có . ( ) + - = - = . Từ ( ) , ta có = )( ) - - Thay v|o phƣơng trình ( ) , ta đƣợc , hay ( Do > nên ta có = , suy ra = (thỏa mãn). Vậy vận tốc của An trên quãng đƣờng là (km/h). + Câu 3. + = . ( ) = ( ) = + + = , Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ a) Để và là nghiệm thì ta phải có 208 - - = . Rút = - - từ phƣơng trình đầu, thay v|o phƣơng trình sau, ta đƣợc - - Từ đó = hoặc = - , tƣơng ứng = - hoặc = - . ) thỏa mãn điều kiện đề bài là ( )- æ
ç
è ö
÷
ø = - - và . Vậy có hai cặp ( ( ) = nên ( ) ( )( ) = - - b) Do là hai nghiệm phân biệt của phƣơng trình . ( ) ( )( ) - - + - + - + - - = . Tƣơng tự, ta cũng có . )( ) ( )( ) - + - - + - = . Điều kiện đề bài có thể viết lại thành ( )( ) - = - - = - Hay ( ) ( ) hay . Một cách tƣơng đƣơng, ta có ( Đ}y chính l| kết quả cần chứng minh. = - - Bình luận. Định lý về khai triển đa thức theo các nghiệm m| ta đã dùng ( ) ( )( ) là một tính chất quan trọng của đa thức. Nếu không biết định lý này, ta vẫn giải đƣợc bài toán bằng các phép biến đổi, nhƣng sẽ vất vả hơn. Ở c}u a), đề bài không nói khác nên nếu thí sinh dùng định lý Vieta sẽ bị thiếu nghiệm. = Ð = Câu 4. = a) Hai tam giác và có Ð và chung góc Ð nên đồng dạng = = Ð với nhau (g-g). Từ đó suy ra . ( ) = Ð = Ð Tứ giác có Ð nên nội tiếp. ) ) và Suy ra Ð (cùng chắn cung D# = (cùng chắn cung của đƣờng tròn ( của đƣờng tròn (
) ). = = Từ đó, ta có D (g-g). Suy ra . ( ) hay . Từ ( ) và ( ) , ta đƣợc ^ Đ}y chính l| kết quả cần chứng minh. ^ ^ b) Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có . ( ) - Ð - Ð Ð = = = - Ð Ta sẽ chứng minh , hay . = Ð Do tam giác cân tại nên . = Ð = - Ð = Mặt khác, do tứ giác nội tiếp nên Ð (cùng bù với Ð ). Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Kết hợp với kết quả ở trên, ta đƣợc Ð . ^ ^ 209 ^ Do đó , hay thẳng hàng. . Kết hợp với ( ) , ta suy ra c) Khi tam giác đều thi đi qua , l| trung điểm của và . ^ Gọi l| giao điểm và thì l| trung điểm của . = = Do tam giác đều và nên cũng l| trung điểm của . Do tam giác đều nên cũng l| trọng tâm của tam giác. Suy ra . = = = Mặt khác, sử dụng hệ thức lƣợng trong tam giác vuông tại có l| đƣờng cao, ta có . Suy ra . = - = - = Từ đ}y, sử dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông tại , ta có = = . Vậy . - + + - + + + = Câu 5. ) ( ) ( ) ( ) ( = - = - = + Biểu thức có thể đƣợc viết lại dƣới dạng . - và - thì ta có ( ) ( ) ( )
- + = ( ) = + + + = + + - ( )( ) = - + + + - ³ - ) ) é
(
ë ù é
(
û ë ù
û = . Đặt = . Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = và = - . Vậy Đề số 39 210 Câu 1. x x 3 0 3 có nghĩa l| a) Điều kiện của x để biểu thức x
x 1
3 a a a a 1 1 a a a a a a a 1 1 1 1 1 1 1 a a a a 1 1 1 1 b) Ta có Câu 2. y x 3 2019 M d y x b b : 3 3.2 1 a b 3, 2019 Vì đƣờng thẳng (d) song song với đƣờng thẳng nên b 7 (thỏa mãn) 2 2 2 Câu 3. m m m m m ' 4 4 4 4 2 a) Ta có: ' 0 2m Phƣơng trình có hai nghiệm ph}n biệt khi v| chỉ khi : 2m x m 2 2 b) Với thì phƣơng trình có hai nghiệm ph}n biệt ,x x
1
2 m 4 4 x
1
x x
.
1 2 m 2 4 4 0 Theo hệ thức Vi ét ta có : 2
x
1 mx
1 Do x1 l| nghiệm của phƣơng trình nên thỏa m 2 4 4 2
x
1 mx
1 m m m 2 8 5 0 2 4 4 2 8 5 0 (*) 2
x
1 mx
2 mx
1 mx
2 (do (*)) Ta có m m m m 2 12 9 0 2 .2 12 9 0 m x
1 x
2 2 2 m m m m m 4 12 9 0 2 3 0 2 3 0 (hệ thức vi ét) 3
2 m (thỏa mãn) 3
2 Vậy l| gi{ trị cần tìm. Câu 4. Gọi chiều rộng của mảnh đất l| x (m, 0 < x < 50) Chiều d|i của mảnh đất l| 4x (m) x x x x
4 .2 100 5 50 10 Chi vi mảnh đất l| 100m : Vậy chiều rộng của mảnh đất l| 10m, chiều d|i mảnh đất l| 40m Diện tích mảnh đất l| : 40.10 = 400m2 Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Gi{ tiền của mảnh đất : 400x150000000 = 6000000000 đồng = 6 tỷ (đồng) 211 rh 2 Câu 5. xqS r m 20 r
2 .5 2 3 V 2
r h m 20 Diện tích xung quanh của hình trụ : Câu 6. = a) AHB vuông tại A (giả thiết AH l| tiếp tuyến của đƣờng tròn) (góc nội tiếp chắn nữa đƣờng tròn (O)) suy ra AJ l| đƣờng cao của tam gi{c AHB Áp dụng hệ thức về cạnh v| đƣờng cao trong tam gi{c vuông AHB ta có AJ.HB = AH.AB. = b)Vì OH l| đƣờng trung trực của đoạn thẳng AK (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên = OH vuông góc với AK Þ Þ = Ta lại có => tứ gi{c AIJH nội tiếp đƣờng tròn = (góc nội tiếp cùng chắn cung JH) Þ = + = Þ + = Mặt kh{c (do cùng phụ với góc ) Mà Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Vậy 4 điểm B, O, I, J cùng nằm trên một đƣờng tròn. 212 Þ = c) Ta có OP // AH (vì cùng vuông góc với AB) = = (so le trong) Mà (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Þ Suy ra tam giác HOP c}n tại H => HP = OP (**) AH CH
CP
OP AH OP CH CP OP CP 1 1 Áp dụng định lý Ta let trong tam gi{c AHC ta có : AH
OP HP
CP AH HP
HP CP (do (**)) Câu 7. ... 2 ... 2 3 400 2 2 3 3 400 400 1 1 1 ... 2 3 2 400 399 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ... 2 3 2 400 399 1 2 3 2 ... 400 399 1 2 1 400 38 1 1 1 ... 38 Ta có : 2 3 400 Đề số 40 Vậy = - + - = - + - × ( ) - = - + = - + - = - ( )
2a) (d) song song với D - = - = - Û Û Û = - ¹ ¹ ì
í
î ì
í
î Câu 1. - + Vậy = - l| gi{ trị cần tìm. = v|o phƣơng trình = = - - + Û = - + + Û = (đúng với " ) Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ 2b) Thay = - đƣợc: - 213 Vậy đƣờng thẳng (d) luôn đi qua điểm với mọi m. - 2c) ) ¹ - Cách 1:
Vì điểm B thuộc D nên tọa độ điểm B có dạng ( + ĐK: B khác A hay - - Giả sử phƣơng trình đƣờng thẳng AB là = ( ) - + = - - Þ + = - - Þ = + = - + ì
í
î Vì và nên ta có hệ phƣơng trình: - - × - = - Û = - hay + - Þ + = - - Û = - Þ = - × = AB vuông góc với D -æ
ç
è ö
÷
ø Vậy tọa độ điểm B là . + Cách 2: Giả sử phƣơng trình đƣờng thẳng AB là = × - = - Û = Û = - hay + Þ phƣơng trình đƣờng thẳng AB có dạng = - AB vuông góc với D + đi qua = × - + Û = + Þ phƣơng trình đƣờng thẳng AB là = Þ Tọa độ điểm B l| nghiệm của hệ phƣơng trình: Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Vì đƣờng thẳng = nên: - = = + - Û Þ æ
ç
è ö
÷
ø = - + = ì
ï
í
ï
î ì
ï
ï
í
ï
ïî 214 + + + = + + Û + = Câu 2. + = . Phƣơng trình (1) trở thành: + = Û + - = = = - Đặt Giải phƣơng trình (2) đƣợc ³ ³ + = Û Û + = + = ì
í
î ì
í
î ³ ³ Û Û Û = - + = = - ì
ï
í
ï
î ì
ï
í
ï
î Với = thì £ £ + = - Û Û + = + = ì
í
î ì
í
î
£ £ Û Û Û = - = + = ì
í
î ì
í
î = - - Với = - thì Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) là = + - ) + = + +
+ ì +
(
ï
í
ï
î 2) + + = - - Û + + = + = - - ì
ï
- Þ í
ïî Þ = = + +
+ - -
- - + -
+ - Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Dễ thấy = không là nghiệm của (1). Với ¹ , ta có: Þ + = 215 + -
+ - Từ (2) và (3) (4) = - Û - + = = Þ - -
-
Û -
= Û =
Þ + = Û = - Đặt + = . Phƣơng trình (4) trở th|nh: + - + Û + = - + Û + - = = + - ± Û = Þ = - + - - - + Thay = - v|o (2) đƣợc: ö
÷
ø æ
ç
è æ
ç
è ö
÷
ø và l| c{c nghiệm của hệ đã cho. Vậy Thử lại ta thấy Câu 3. - + = 1) Khi = thì phƣơng trình (1) trở thành: = = (2) = Giải phƣơng trình (2) đƣợc = . + - - = - Vậy khi = thì phƣơng trình (1) có hai nghiệm: 2) Xét D = Phƣơng trình (1) có nghiệm Û D ³ Û ³ - + + + = Û = + - - Vì l| nghiệm của phƣơng trình (1) nên: + + = + Û + - - + + = + Û + + = + = + Theo đề bài: + = + Û + + = + Û = (TMĐK) Mà + (theo hệ thức Vi-ét) nên: Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Vậy m = 2 l| gi{ trị cần tìm. 216 Câu 4. = Þ ^ = Þ ^ Þ MB // NC Þ BMNC là hình thang = 1) Vì l| c{c góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn nên: Lại có nên BMNC là hình thang vuông. Þ IH l| đƣờng trung bình của hình thang BMNC Þ IH // BM Þ ^ ^ D IMN có HM = HN và Þ D IMN c}n tại I 2) Gọi H l| trung điểm của MN 3) Gọi P l| chu vi tứ gi{c BMNC. Ta có: + P = BC + BM + MN + CN = BC + (MA + MB) + (NA + NC) Dễ chứng minh bất đẳng thức + £ + £ + + = Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: Þ + = £ £ = + Mà (theo định lí Py-ta-go) Þ £ + + Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Tƣơng tự: 217 = Û Û = = = ì
í
î Dấu “=” xảy ra + + Vậy khi d tạo với tia AB và tia AC các góc 45o thì chu vi tứ gi{c BMNC đạt gi{ trị lớn nhất là = Câu 5. Chọn điểm rơi = = + + £ + + £ + = + + + £ + Þ ³ + + + + + > + + ³ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta có: + +
+ + Dễ chứng minh với + + = ³ + + + + + + + + + + £ Þ + £ - Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: Þ + + + £ - + + = - + + = - - £ Þ ³ = = = = = Từ GT: ì
Û í
=î ì
= Û í
=î Đề số 41 Dấu “=” xảy ra . Vậy - Câu 1. - - - ¹ Û 1) Ta có: = ³
ì
í
¹î ³ì
ï
í
ï - ¹
î = - ĐKXĐ: + và = + + (với ¹ ± ) song song với nhau ( ) Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ 2) Hai đƣờng thẳng 218 = ± - = = Û Û Û Û = - (TMĐK) ¹ ¹ + ¹ ì
í
î ì
í
î ì
í
î Vậy = - l| gi{ trị cần tìm. = - = - = (cm) 3) Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: = Þ = = = Áp dụng hệ thức lƣợng trong tam gi{c vuông, ta có: (cm) Þ = cm 4) Trong hình trụ thì chiều cao bằng độ d|i đƣờng sinh = = p = p Thể tích hình trụ l|: (cm3) Câu 2. + = - + +
- -
+ + ö æ
÷ ç
÷ ç
ø è ö
÷
÷
ø + + - - + ( ) æ
ç
ç
è
( ) ) ( ( ) = + + - + -
)(
(
+ - + )
- + - = - = = - - ¹ 1) Ta có: - > ¹ Þ - ³ Vậy = với > Î Û - 2) Với Î - Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ P nhận gi{ trị nguyên Û - ³ Þ - Î Þ Î 219 { } { } Mà Câu 3. - - = = - = 1a) Với m = 0, ta có phƣơng trình: + - - - = Giải phƣơng trình đƣợc = - - < " 1b) Phƣơng trình Þ Phƣơng trình có hai nghiệm tr{i dấu Ta có Þ = - + = + Mà < Þ < < - + = Û - - - = Û + = - = - - Do đó: Þ - - = - Û = + - - + = - Lại có: + (theo hệ thức Vi-ét) ) (1) + + Vậy = l| gi{ trị cần tìm.
)(
2) (
ĐK: - £ £ ) - + ( ) )
Þ - + = - (
+ + + +
) Þ - = - = -
(
+ - Þ - < (vô nghiệm) đƣợc Dễ thấy = l| nghiệm của phƣơng trình (1)
Xét ¹ . Nh}n cả hai vế của (1) với ( Vậy nghiệm của phƣơng trình (1) l| = Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Câu 4. ≡ 220 = = 1) D CHK và D DAO có: đIC æ
=ç
è ö
÷
ø Þ D CHK (GT) ; Þ = Þ = = D DAO (g-g) (1) D CIK và D BAO có: = = 2) Từ D CHK D DAO Þ = Þ = đHC æ
=ç
è ö
÷
ø Þ D CIK ; Þ = Þ = D BAO (g-g) (2) Từ (1) v| (2) Þ HK = IK Vậy K l| trung điểm của HI. = Þ = = 3) Gọi F l| giao điểm của BD v| HI = Þ OKCF l| tứ gi{c nội tiếp Þ = Ta có và Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Vì K l| trung điểm của dây HI Þ ^ Þ Þ = Þ FC l| tiếp tuyến của (O) Þ º 221 Þ EC2 = EI.EH Dễ chứng minh D ECI D EHC (g-g) (3) D ACE vuông tại C Þ AE2 = EC2 + AC2 Vì AC > BD Þ AC2 > BD2 Þ AC2 > 4OB2 (4) (5) Þ EI.EH + 4OB2 < EC2 + AC2 = AE2 (đpcm) Từ (3), (4), (5) + = - + + - Câu 5. - + - = + ì -
ï
í
ï
î ³ 1) Ta có: + = - = > ³ Þ = - = + ĐK: ³ - ( ) Đặt - + = + - - + - - + - + - - = Û - - + + + - - + - = Û - Û - + - = Û - + + = Û - = Û = Þ + = - Þ = + Phƣơng trình (1) trở th|nh: Þ - - + = + (3) (4) + - + - + = + Û + - - - + = + Û - + = + - + - + - + - + = Û - + + + - + - + = Û )( ) ( Þ - + - + = Þ - + = + Û - - = Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Thay (3) v|o (4) đƣợc: ± Û = 222 ± ± = Þ = (TMĐK) Với + + - - Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình l| ( ) ö æ
÷ ç
÷ ç
ø è ö
÷
÷
ø ü
ï
ý
ï
þ ì
æ
ï
Î ç
í
ç
ï
è
î . + + + + = Þ = + + + + + Þ + = = = + + ö
÷
ø æ
ç
è ö
æ
÷ ç
è
ø Þ + + = + + £ + + = + ö
÷
ø æ
ç
è æ
ç
è ö
÷
ø æ
ç
è ö
÷
ø æ
ç
è ö
÷
ø 2) Ta có: + + + + + + æ
+ç
è ö
÷
ø = + + Þ £ æ
+ç
è ö
÷
ø (theo BĐT Cô-si) + + + £ + + æ
+ç
è ö
÷
ø + + + £ + + æ
+ç
è ö
÷
ø Þ £ + + + + + æ
ç
è ö
÷
ø + + ³ + + Tƣơng tự: + + + + = Þ + + = æ
ç
è ö
÷
ø + + = + + £ + + Þ £ + + = = Þ Đpcm. Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Chứng minh đƣợc Đề số 42 + + - = + - - + - = 223 ( ) ) ( ) + + + + - + = ( )
+ - ( )
+ = . Bài 1. Điều kiện: > và ¹ . Ta có:
(
)
( )( ) - = và
( - + - ( ( ) = = Do đó, phƣơng trình đã cho có thể đƣợc viết lại thành . - + - ( )
+ -
)( ) Phƣơng trình n|y tƣơng đƣơng với hay . Nhƣ thế, ta có - = hay = (thỏa mãn). Vậy có duy nhất một giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài là = . Bài 2. + = a) Điều kiện: ³ . Từ phƣơng trình đã cho, ta thấy có hai trƣờng hợp xảy ra: + - = . Trong + - = , tức = - hoặc = , vô lý vì ³ . ( )( ) · Trƣờng hợp 1: trƣờng hợp này, ta có , hay - - = . Trong trƣờng hợp này, ta có - = , tức = . · Trƣờng hợp 2: + Vậy phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất = . + ³ . + b) Điều kiện: + + ³ và + , tức = - + ³ Từ phƣơng trình thứ nhất của hệ, ta có + + = . + ³ , ta phải có - £ - - + + - - = hay = . Từ đ}y v| c{c điều kiện + + ³ và - ³ , tức )
+ - )( ( ( ) ) £ Bây giờ, thay = -
( v|o phƣơng trình thứ hai của hệ, ta đƣợc:
)( = - (tƣơng ứng = = ( ) )
- . Do nên từ đ}y, ta có ). Vậy hệ phƣơng trình đã cho có = - + l| phƣơng trình bậc hai ẩn có các hệ số tƣơng ứng = , ( + = + và = - . Do và nghiệm duy nhất (
Bài 3. Phƣơng trình ( )
) trái dấu nên phƣơng trình ( ) luôn có hai nghiệm phân = - ì
í
î Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ biệt trái dấu nhau. Theo Viet, ta có: . - = + + = 224 - = + - = + - a) Do + nên ta có , tức = . ( ) ( ) + - - = - = , tức Ta có b) . Dó đó, để thỏa mãn yêu cầu đều bài Vậy có duy nhất một giá trị
)( thỏa mãn yêu cầu này là = .
)( = . )( ) = hoặc - thì ta phải có ( + nên ta có = - . + - = - Ở trƣờng hợp thứ hai, do + = - , tức )( = + và
( ) )+ = . Suy ra = hoặc = - . Từ đ}y, do nên ( = - . Vậy có ba giá trị thỏa mãn yêu cầu này là = , = - và Bài 4. + = Ở trường hợp của ông a) : Theo giả thiết, ta thấy giá bán lẻ một lít xăng RON từ ( ) giờ chiều ngày là (đồng). Khi ông mua lít xăng RON vào ngày thì do trong khoảng thời gian gian chƣa có điều chỉnh giá nên = giá một lít xăng RON chính là giá niêm yết ngày , suy ra số tiền ông đã bỏ ra là (đồng). Tƣơng tự nhƣ trên, gi{ xăng RON vào ngày chính là giá niêm yết lúc giờ ¸ = chiều ngày . Do đó, với cùng số tiền đã bỏ ra để mua lít xăng RON vào ngày thì vào ngày , ông chỉ có thể mua đƣợc lít xăng RON . Ở trường hợp ông : Gọi là số lít xăng RON mà ông đã mua trong ng|y , ³ . Theo đề + = + = là số lít xăng RON mà ông đã mua trong ng|y . Rõ ràng + = + = ì
í
î ì
í
î + = + + = + bài, ta có: . Hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với . ( ) Do nên ta có = , từ đó suy ra = (thỏa mãn). Vậy số = = lít xăng RON mà ông đã mua v|o ng|y là lít. + + = + + + = = + b) Theo đề bài, ta có . = = = = Do nên , hay . Từ đ}y, ta tính ( ( ) ( ) ) ( ) = + = + = = = đƣợc , , và . ( ) Do nên ta có . Suy ra . Từ đó, theo định Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ lý Pythagoras đảo, tam giác vuông tại . = ^ 225 Do nên tam giác cân tại . Gọi là trung điểm của thì ta có . = - = - = . = + = + Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông tại , ta có = + = Từ đ}y, ta tính đƣợc: ( ) . Bài 5. Ð = Ð = Ð a) Theo tính chất của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp, ta có ) ). Lại có Ð = Ð = Ð = Ð = Ð (cùng chắn cung (tính chất của đƣờng tròn ( = Ð hình chữ nhật) và Ð (đồng vị) nên Ð . = = D∽ Xét tam giác và tam giác , ta có góc chung và Ð (chứng minh + Ð = Ð + Ð = = Ð = Ð trên) nên D (góc – góc). Từ đó suy ra , hay . Bây giờ, do Ð nên ta có Ð . = Ð Từ đó suy ra tứ giác nội tiếp. = Ð = Ð Theo tính chất của góc nội tiếp, ta có Ð (cùng chắn cung của đƣờng ) Lại có Ð + Ð = Ð + Ð = Ð + Ð = nên Ð . b)
tròn ( Từ đ}y, ta có Ð . Suy ra tứ giác Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ nội tiếp. = Ð = Ð = Ð = Ð = ^ 226 = Bây giờ, do nên ta có Ð . Do - Ð
( ) = - Ð = Ð Ð = - Ð đó tam gi{c cân tại , suy ra . = Ð = Ð Mặt khác, do Ð và Ð nên ta cũng có ( ) = , suy ra tam giác cân tại . Từ đó ta có . , tức l| trung điểm của đoạn . Từ ( ) và ( ) ta suy ra ^ c) Do l| trung điểm của và nên ) và ^ . Lại có là tiếp tuyến tại l| đƣờng kính của l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
của đƣờng tròn ( ) nên ( ) . . Từ đó suy ta , tức đƣờng tròn ( ^ Do tứ giác nội tiếp nên thuộc đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác . Ta lại có là ^ trung điểm của và là tâm của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác nên . Mà ( ) . = = (theo giả thiết) nên Đề số 43 là hình bình hành. Từ đó . Từ ( ) và ( ) ta suy ra tứ giác > > Câu 1. - a) Có: nên . > . Vậy phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt. + + > < + Û - - < < + Suy ra D = - + > ì
Û í
î + + - - = - + + = + + = > Có )( ) ( ) - + + + = + + + = - + = > . Suy ra ( )( ) ( ) - - > Và ( )( ) Þ > Þ > Þ > b) Có ( >ì
í
>î Xét trƣờng hợp: Mâu thuẫn với giả thiết > . < . + + > Vậy )( ) < - Þ > Þ > Þ > Có ( < - ì
í
î Xét trƣờng hợp: Mâu thuẫn với giả thiết > . > - . Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Vậy 227 + = + Câu 2. + . (
+ º - ) ( ) = a) = suy ra . Suy ra lẻ, = + . ( )
+ = + = + Suy ra + ta có + không chia hết cho (
+ º - ) ( ) Nếu = suy ra . + , với - = + - . Từ Vậy với = là số tự nhiên là các số cần tìm. ( )( )
- . = + £ < b) Cách 1: Ta có ( ) + - = - + - = Đặt . - chia hết cho - , suy ra - chia hết ( )
- + - < Khi đó - , suy ra = . = cho mà £ + = + = Do đó . - + chia Trường hợp 1: Nếu lẻ, suy ra chẵn, = , suy ra = - , suy ra - vô lý. = - hết cho chia hết cho + chia hết cho - , mà Trường hợp 2: Nếu chẵn nên = , suy ra - nên + chia hết cho - , suy ra - vô lý vì > . - - -- + - , suy ra - , mà - suy ra - + chia hết chia hết cho chia hết cho ( ) Cách 2: Ta có - . cho - + chia hết cho - . + Lý luận tƣơng tự ta có £ < . + + = < Giả sử = - . Mà - , giải ra = = (vô lý). Chọn nhƣ trên, ta có chia hết cho nên - - = - = - + + Câu 3. ( ) ( )( )( ) - + + = - , mà nên đẳng thức đƣợc viết lại thành a) Ta có ( )( ( ) )( ) + > + + = . Vì . )( ) (do không thể đồng thời bằng ) nên ta Mà ¹ nên ( ( )+ + > có + > . + ( ) > Ngoài ra, ta cũng có đ{nh gi{ (đẳng thức không xảy ra vì ¹ ) < Û + < . (
Û + ) Nên Vậy ta đƣợc < + < . ¹ , ta sẽ chứng minh Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ b) Rõ ràng trái dấu. Ta xét hai trƣờng hợp: > > > - = - > 228 > . Tƣơng tự thì > . Khi đó ( ) + > , mâu thuẫn với a). < · Nếu thì nên · Nếu < thì + < , cũng m}u thuẫn với a). < . Do đó trái dấu và = - > , + = - - + = Không mất tổng quát, giả sử thì đặt ta viết lại ¹ . Ta cần chứng minh < <
)( ) - < Û - < - Û < và tính
= > . Từ đ}y dễ thấy ( . Câu 4. a) Tứ giác ANBM là hình chữ nhật nên hai đƣờng chéo MN, AB bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng. Suy ra MN l| trung điểm của AB. = = Chứng minh tƣơng tự ta cũng có PQ đi qua trung điểm của AC b) Do ANBM là hình chữ nhật và NQ là phân giác ngoài của nên Mà và ở vị trí đồng vị nên MN // AC. Ta có MN // AC v| MN đi qua trung điểm của AB nên MN l| đƣờng trung bình ứng với cạnh AC của tam gi{c ABC. Suy ra MN đi qua trung điểm I của BC. Chứng minh tƣơng tự ta cũng có PQ đi qua trung điểm I của BC. Vậy NM và PQ cắt nhau = - = - tại trung điểm I của BC. Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ c) Ta có: = - 229 = Tƣơng tự ta cũng có: = Do đó: .Mà hai hóc này ở vị trí so le trong, suy ra BE // FC, từ đ}y ta sử dụng = định lý Thales trong tam gi{c JFC v| BE //FC (J l| giao điểm của d1 và BC), ta có: = Mặt khác theo tính chất tia phân giác ta có: = + = + = Kết hợp hai kết quả lại ta đƣợc: d) Ta có: . Do đó tam gi{c BEJ c}n tại B. Mà BM vuông góc với EJ nên ta có M l| trung điểm của EJ. Lại có tam giác KAB cân tại A (có AN vừa là phân giác vừa l| đƣờng cao). Suy ra N là = = = trung điểm của KB. Bây giờ sử dụng định lý Thales trong tam giác IBN với MJ // BN, ta = = có: = Hai tam giác IJE và IBK có (đồng vị) và nên đồng dạng với nhau (c-g- c). Suy ra . Từ đó ta có K, E, I thẳng hàng. Vậy đƣờng thẳng KE đi qua trung điểm I của BC. Chứng minh tƣơng tự, ta có LF đi qua trung điểm I của BC. Do đó, KE v| LF cắt nhau tại
trung điểm I của BC. + ³ Câu 5. - ³ . Gọi a) Giả sử ngƣợc lại rằng thì là tập hợp các quốc gia có đúng học sinh tham dự buổi gặp gỡ và là tập hợp các quốc gia còn lại. Khi đó, mỗi quốc gia trong sẽ có ít nhất học sinh. + - = - học sinh. ( ) Ta chọn tất cả học sinh trong và mỗi quốc gia trong , chọn học sinh thì có - ³ Các học sinh n|y có đặc điểm là: không có học sinh n|o đến từ cùng cùng quốc gia. Do + - < - £ Û £ nên có thể chọn ra trong đó học sinh n|o đó không thỏa mãn đề bài. b) Theo câu a) ta có nên . ³ Û - £ Do số học sinh tổng cộng là học sinh đến từ cùng quốc gia thì theo + £ nguyên lý Dirichlet, ta chỉ cần chỉ ra rằng . , đề chỉ ra có
-
- ) . Vì ta đã có Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ nên ta sẽ đƣa về Ta sẽ chứng minh đ{nh gi{ trên đúng với mọi ( - £ Û ³ 230 +æ
ç
è ö
÷
ø chứng minh . Do đó, với ³ thì khẳng định đúng. Tiếp theo, - = £ ta xét hai trƣờng hợp: · Nếu = thì theo (*), ta phải có £ nên , đúng. · Nếu = thì theo (*), khi đó loại trừ học sinh ở nƣớc đó ra thì còn lại học sinh, đến từ quốc gia. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại học sinh đến từ cùng quốc Đề số 44 gia. - + + - Câu 1. = + - = - + - + £ Û - £ Û £ £ 1) = < = - < Đối chiếu điều kiện giá trị cần tìm £ < = - Û + = = + 2) Vì nên PT có hai nghiệm phân biệt và vì nên < < + = Û = do đó - - Theo định lí Vi et + - + Û Nên - = + - - =
( )( ) ìï
í
ïî = + - - ( ) æ
ç
è ö
÷
ø ì
=ï
ï
í
ï
ï
î - - . Câu 2. 1) - ( ) ì
=ï
Û í
ï = ±
î = ì
=ï
ï
Û í
ï
ïî . ) của hệ phƣơng trình l|: ( ) æ
-ç
è ö
÷
ø + - = - - Û + - + = - ( ( ) ( ) ) ( ) = - = Vậy nghiệm ( + + = Û + + - + - = Đặt: ) ( ) ( + + = Û + + + - + ) ( ) ( ) (
é
ë ù
û ù
+ -
û Û + + + - ( é
) (
ë
)( )
- - + = Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Ta có phƣơng trình: + + - - - + = Û - + - + - = Û = = ( ) ( ) ( ) Þ = - = (VN) + + = Þ + - + = Û - + + = Û = 231 ( )( ) +) Vậy phƣơng trình có nghiệm = = + + - + Câu 3. ( ) ( ) + º - + 1) Ta có ( ) ( ) ) - + Û Vì , nên khi và chỉ khi ( Û ( ) mà ( ) = nên
+ , mà ³ Þ ³ Do đó 2) Ta có = là các số nguyên tố nên ³ là số + nguyên tố lẻ. = - nên º Vì là số chẵn, vậy = . Khi đó = Þ + Þ vô lý vì + = Nếu lẻ thì là số nguyên tố. = Nếu chẵn, y nguyên tố suy ra = và = Vậy các số cần tìm là = = Câu 4. = = = a) Vì nên = = = = = do đó tứ giác nội tiếp. b) Từ tứ giác nội tiếp, ta có: Suy ra hai tia HD và HF trùng nhau. Vậy H, D, F thẳng hàng. Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ c) Gọi l| giao điểm của và 232 = (Định lý Ceva) = Ta có: = = (Phân giác) (Talet) = Û = . Suy ra: + + = Vậy l| trung điểm . + + + = = Câu 5. Ta có: + + + = Û + + + + + + = - = = = Đặt = + + = + + + + + + + + ( )( ) ( )( ) ( )( ) £ + + + + + = + + + + + + Đề số 45 Ta có + + = và = Câu 1. + = - Nếu = thì ta có suy ra = = , vô lý vì ¹ . Do đó ¹ . Chứng minh tƣơng tự, + = - ta cũng có ¹ . Từ đó giả thiết của bài toán có thể đƣợc viết lại thành . + + = + + + - - - + Đặt = và = thì ta có ¹ và . ( ) )( = + - + = + - - = + - + - + + + Sử dụng kết quả quen thuộc , ta đƣợc (
+ - ) ( ) ( ) )( + + - + + = + + + + - > . ( ) ( ) ( ) é
ë ù
û Mặt khác ta lại có . Nên từ kết quả ở trên, ta suy ra + = , tức là + = . Vậy = . = + = - = + = - = + = - Câu 2. = - - - = - + - = + Sử dụng định lý Vieta, ta có , , . ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) - é
ë + ù
û - = - - Ta có . ( ) ( ) ( )( ) Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ Tƣơng tự, ta cũng có . - + - 233 = và ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) - + - ( ) ) ( = . ( ) - + - Do nên từ hai biến đổi trên, ta suy ra ) ) = . ( ) ( - + - = . ( ) ) ( ) ( Chứng minh tƣơng tự ta cũng có
( - ³ - > l| nhƣ nhau. Không mất tính tổng quát, Từ ( ) , ( ) và ( ) , có thể thấy vai trò của ³ . Lại có { } . Khi đó, ta có ta có thể giả sử và ( ) ³ . Để xảy ra dấu đẳng thức nhƣ ( ) thì dấu bằng trong c{c đ{nh gi{ phải xảy = = nên ra, tứ ta phải có . Đ}y chính l| kết quả cần chứng minh. + - + = Câu 3. ( )- - a) Phƣơng trình đã cho có thể đƣợc viết lại thành ) ( )
+ + = . = và + + = . Giải ra, ta đƣợc = ± và = . Vậy có hai cặp số nguyên )- - hay ( ) ) thỏa mãn yêu cầu của đề bài là ( ) và ( + + . Suy ra (
( b) Do chẵn nên trong các số có ít nhất một số chẵn. Từ đó suy ra tích chia hết cho . ( ) º ± ± ± º ± Giả sử trong ba số không có số nào chia hết cho . Ta thấy rằng, với mọi nguyên ( ) ( ) º ± º ± º ± không chia hết cho thì , suy ra . ) ( ( ) ( ) + + º - - + + Do đó , , . ( ) , tức Suy ra không chia hết cho , mâu thuẫn. Vậy trong ba số phải có ít nhất một số chia hết cho . Từ đó suy ra tích chia hết cho . ( ) ) = , ta có chia hết cho . Từ ( ) và ( ) với chú ý ( = Ð = Ð = Câu 4. a) Ta có Ð nên năm điểm cùng nằm trên một đƣờng - Ð - Ð Ð = Ð = = = - Ð = - Ð tròn. = Ð Lại có Ð và = = . Đ}y l| góc nội tiếp chắn các cung tƣơng ứng là và của đƣờng ) , do đó Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ . Tứ giác nội tiếp và có nên là hình thang cân. Nên Ð
tròn ( = 234 = Ð b) Gọi l| giao điểm của và . Do tứ giác là hình thang cân nên . Suy = Ð = - Ð = - Ð ra tam giác cân tại . Từ đó, ta có Ð . = = Lại có Ð và Ð nên Ð . Suy ra tam giác cân = - Ð tại , tức ta có . Vậy đi qua trung điểm của . = Ð = - Ð c) Do tứ giác nội tiếp nên Ð . ^ ^ Lại có Ð (do tứ giác nội tiếp) nên Ð . ( ) ^ = Ð = Ð Do là hình thang cân nên // . Mà nên . ( ) D D Lại có nên // . Suy ra Ð BCP (g-g). Từ ( ) và ( ) , ta suy ra BEF D D = Lại có là trung điểm của và l| trung điểm của nên từ kết quả trên, ta cũng = Ð D# suy ra D . Từ đó, ta có D . ( ) . ( ) và = Ð = . . Kết hợp với ( ) , ta đƣợc D Từ ( ) , ta suy ra Ð Do đó Ð . Câu 5. a) Xét tập hợp có ba phần tử . Mỗi một tập hợp với = sẽ phải có chung với đúng một phần tử. Ta chia các tập hợp với = tạo thành ba nhóm. Nhóm thứ nhất gồm các tập hợp chứa phần tử , nhóm thứ hai gồm các tập hợp chứa phần tử và nhóm thứ ba gồm các tập hợp chứa phần tử . Ba nhóm này tổng hợp lại có tập hợp, do đó phải có một nhóm chứa ít nhất tập hợp. tập hợp này cùng với sẽ tạo thành tập hợp có đúng một phần tử chung. Chỉ cần lấy tập hợp trong chúng ra sẽ đƣợc tập hợp thỏa mãn yêu cầu bài toán. (Chú ý, giao của bốn tập Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ hợp không thể có quá một phần tử). 235 b) Xét bốn tập hợp có chung phần tử . Ta chứng minh tất cả các tập hợp còn lại đều có chung phần tử . Thật vậy, giả sử tồn tại tập hợp không chứa . Khi đó mỗi một tập trong các sẽ có chung với một phần tử (khác ). Vì chỉ có ba phần tử nên theo nguyên lý Dirichlet, sẽ có hai tập hợp trong chúng có chung phần tử chung với . Chẳng hạn có chung phần tử với . Nhƣng lúc n|y ta có điều mâu thuẫn vì khi đó có chung hai phần tử và . Vậy tất cả các tập hợp đều có chung ³ + ´ = phần tử . Do giao của hai tập hợp bất kỳ có đúng một phần tử nên tất cả các phần tử khác còn lại đều đôi một khác nhau, suy ra È È È . Từ đó suy ra số phần tử của không ít hơn . Ệ Ọ ịnh Bình sưu tầ ổ ợ _____________________Hết____________________{
}
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
