Đề thi tuyển sinh toán lớp 10 THPT Chuyên Toán Thái Bình
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp
BỘ ĐỀ THI VÀO LỚP 10
CHUYÊN MÔN TOÁN THÁI BÌNH
Thanh Hóa, ngày 31 tháng 3 năm 2020
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 1
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
2
1 1 xy ( x + y ) − xy
(với x > 0; y > 0 ).
+ + ⋅
x
y
xy
x
x
y
y
+
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức: =
P
1.
Rút gọn biểu thức P.
2.
Biết xy = 16 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 2. (1,0 điểm) Hai lớp 9A và 9B của một trường quyên góp sách ủng hộ. Trung bình
mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 5 quyển, mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 6 quyển nên cả hai lớp ủng hộ 493
quyển. Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của hai lớp là 90.
Câu 3. (2,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
(d1 ) : y = (m 2 + 1) x − 2m và (d 2 ) : y = (m + 3) x − m − 2 (m là tham số).
1.
Tìm m để ( d1 ) song song với ( d 2 ) .
2.
Chứng minh: với mọi m đường thẳng ( d 2 ) luôn đi qua một điểm cố định.
3.
Tìm m để (d1 ),(d 2 ) cắt nhau tại M ( xM ; yM ) thỏa
mãn A 2020 xM ( yM + 2) đạt giá
=
trị nhỏ nhất.
x3 − y 3 + ( x − 1) y 2 − ( y + 1) x 2 =
0
Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2
x + 4 y + 4 = 2 x + y + 7
Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính
R, vẽ AH vuông góc với BC tại H, vẽ đường kính AD cắt BC tại I, trên cạnh AC lấy điểm M
sao cho IM song song với CD.
1.
Chứng minh: Tứ giác AHIM nội tiếp một đường tròn.
2.
Chứng minh: AB. AC = AH . AD .
3.
Chứng minh: HM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH.
4.
Chứng minh: AB.CD + AC.BD < 4 R .
2
Câu 6. (0,5 điểm) Xét các số thực a; b; c (a ≠ 0) sao cho phương trình bậc hai
ax 2 + bx + c =
0 có hai nghiệm m; n thỏa mãn: 0 ≤ m ≤ 1;0 ≤ n ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: Q =
2a 2 − ac − 2ab + bc
a 2 − ab + ac
----------Hết----------
Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................
2
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên toán tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 2
1 1
+ =
1.
a b
Câu 1. (2,0 điểm) Cho các số thực a, b khác 0 thỏa mãn:
1. Tính giá trị biểu
thức A
=
(a
2
− b2 )
4
ab
4
2
+
4
.
ab
2. Chứng minh rằng: ( a + b − 2 ) − ( a − 1) − ( b − 1) − 3 ( a + b ) + 6 =
0.
3
3
3
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
x + 2 − 2 x − 1 = 3x − 3
( x + 2 )( x − 1)
y + 2 x2 + y = 4x + 3
2. Giải hệ phương trình:
0
( x − 3) y + 4 + ( y − 4 ) x − 1 + 2 =
Câu 3. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Trên
cung nhỏ AD lấy điểm E bất kì (E không trùng với A và D). Tia EB cắt các đường thẳng
AD, AC lần lượt tại I và K. Tia EC cắt các đường thẳng DA, DB lần lượt tại M và N. Hai
đường thẳng AN, DK cắt nhau tại P.
1. Chứng minh: Tứ giác EPND nội tiếp một đường tròn
2. Chứng minh: ∠EKM =
∠DKM .
3. Khi M là trung điểm của AD, tính độ dài đoạn thẳng AE theo R.
Câu 4. (1,0 điểm)
Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình
x+ y=
2020.
Câu 5. (1,5 điểm)
1
0 < a, b,c <
1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn
2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2a + 3b + 4c =
3
2
9
8
biểu thức: P =
+
+
a ( 3b + 4c − 2 ) b ( 4a + 8c − 3) c ( 2a + 3b − 1)
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm M ( a; b ) được gọi là điểm nguyên nếu cả a và b
đều là số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại điểm I trong mặt phẳng tọa độ và 2019
số thực dương R1 ; R2 ;....R2019 sao cho có đúng k điểm nguyên nằm trong đường tròn
( I ; Rk ) với mọi k là số nguyên dương không vượt quá 2019.
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................
3
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 3
x−4
1
=
P
+ 1 :
Câu 1. Cho biểu thức:
( x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ 4 )
x − 3 x + 2 2x − 3 x +1
1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tìm x sao cho P = 2019.
3) Với x ≥ 5, tìm giá trị nhỏ nhất của T= P +
10
.
x
1
1
Câu 2. Cho hai đường thẳng (d1): y = mx + n và (d2): y =
( với m là tham số, m ≠
− x+
m
m
0). Gọi là tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2. Tính T= x02 + y02 .
Câu 3.
Gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình: x 2 + ( 2 − m ) x − 1 − m =0 (1) (với m là tham số)
2 2
a) Tìm m để : x1 − x2 =
b) Tìm m=
để : T
1
( x1 + 1)
2
+
1
( x2 + 1)
2
đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 4.
a) Giải phương trình :
4 x + 8072 + 9 x + 18162 =
5.
3
3
2
0
x − y + 3 x + 6 x − 3 y + 4 =
b) Giải hệ phương trình
2
2
1
x + y − 3 x =
Câu 5: Cho đường tròn O bán kính a và điểm J có JO = 2a. Các đường thẳng JM, JN theo
thứ tự là các tiếp tuyến tại M, tại N của đường tròn (O). Gọi K là trực tâm của tam giác
JMN, H là giao điểm của MN và JO.
a)
b)
c)
d)
Chứng minh rằng: H là trung điểm của OK.
Chứng minh rằng: K thuộc đường tròn tâm O bán kính a.
JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r. Tính r.
Tìm tập hợp điểm I sao cho từ I kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn (O) và hai
tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.
Câu 5: Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn :12 x + 10 y + 15 z ≤ 60 .Tìm giá trị
lớn nhất của
T = x2 + y 2 + z 2 − 4 x − 4 y − z .
----------Hết----------
Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................
4
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên toán tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 4
Câu 1. (2,0 diểm)
1) Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 2m + 4 =
0 (1) (với m là tham số). Tìm m để
phương trình (1) có hai nghiệm không âm x1 ; x2 . Tính theo m giá trị của biểu thức
=
P
x1 + x2 và tìm giá trị nhỏ nhất của P
x2 + 2
2) Cho hàm số y =
. Tìm tất cả các giá trị x nguyên.
x+2
Câu 2 (2 điểm)
1) Cho các số a; b; c thỏa mãn điều kiện a + 2b + 5c =
0. Chứng minh phương trình
ax 2 + bx + c =
0 có nghiệm
(
2) Giải phương trình: 4 x 3 − x + 3
)
3
=
x3 :
3
2
Câu 3. (1 điểm) Hai cây nến cùng chiều dài và làm bằng các chất liệu khác nhau, cây nến
thứ nhất cháy hết với tốc độ đều trong 3 giờ, cây nến thứ hai cháy hết với tốc độ đều trong
4 giờ. Hỏi phải cùng bắt đầu đốt lúc mấy giờ chiều để 4 giờ chiều phần còn lại của cây nến
thứ hai dài gấp đôi phần còn lại của cây nến thứ nhất?
Câu 4. (1,0 điểm)
(
2
Cho biểu thức x + 1 + x
)( y +
)
1 + y2 =
2018. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P= x + y
Câu 5 (3,5 điểm)
1) Cho tam giác ABC có=
AB 4,=
AC 3,=
BC 5 , đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng
bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH và HC. Hai nửa đường
tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E, F.
a) Tính diện tích nửa đường tròn đườn kính BH
b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của
hai đường tròn đường kính BH và CH
2) Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2 R. Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có
hai đỉnh M, N thuộc đường tròn , hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB sao cho điện
tích MNPQ lớn nhất
Câu 6 (0,5 điểm) Cho a,b,c là ba số thức dương thỏa mãn điều kiện :
1
1 1
+ 2+ 2 =
1
2
a
b
c
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=
1
5a 2 + 2ab + 2b 2
+
1
5b 2 + 2bc + 2c 2
+
1
5c 2 + 2ca + 2a 2
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................
5
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho mọi thí sinh)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 5
1
3 x 5
Câu 1. (2.0 điểm). Cho A
x 1 x x x x 1
a) Rút gọn biểu thức A.
x 1
4 x
2
1 với x 0; x 1 .
b) Đặt B x x 1 A . Chứng minh rằng B 1 với x 0; x 1 .
Câu 2. (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x 2 và đường thẳng (d):
y 2x 2m 8 (với m là tham số).
a) Khi m = – 4, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) .
b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) và Parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân
biệt có hoành độ x 1; x 2 . Tìm các giá trị m thỏa mãn điều kiện x1 2x 2 2 .
xy 2 y 2 2 x 2 3x
Câu 3. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình
x y 4 y 1 0
Câu 4. (1.0 điểm) Cho quãng đường AB dài 300km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuất
phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xe gặp
nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều
hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút.
Câu 5. (3.5 điểm) Cho đường tròn O; R có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên
O , C không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của O; R cắt tiếp tuyến tại A, B của O; R
lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC.
a) Chứng minh rằng tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP.BQ MN2 .
b) Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ.
c) Chứng minh rằng PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường tròn
ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất.
Câu 6. (0.5 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 8t 2 mt 1 0 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
P
y 2z 2
x y2 z 2
z 2x 2
y z2 x2
x 2y 2
z x 2 y2
.
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................
6
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên toán tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 6
Câu 1(2.0 điểm).
1) Cho a, b là hai số thực bất kỳ. Chứng minh có ít nhất một trong hai phương trình
ẩn x sau vô nghiệm:
x 2 2ax 2a 2 b 2 1 0
x 2 2bx 3b 2 ab 0
2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z 0 và x 2
Tính giá trị biểu thức: P
x2
y2
z2
y2 z 2 x 2 z 2 x 2 y2 x 2 y2 z 2
Câu 2(2.5 điểm).
1
1) Giải phương trình 4x 2 2
x
1
2 2x 20 0
x
x 2 y 2 4xy 2 1 4 4 xy
x y
2) Giải hệ phương trình
x y 3 2y 2 y 1 2y 2 x 3
Câu 3(1.0 điểm).
Tìm tất cả các cặp số nguyên x ; y thỏa mãn phương trình x 3 y 3 6xy 3
Câu 4(3.0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có hai tia BA và CD cắt
nhau tại E, hai tia AD và BC cắt nhau tại F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD.
và góc BFA
cắt nhau tại K.
Các đường phân giác trong của các góc BEC
a) Chứng minh rằng DEF DFE ABC và tam giác EKF là tam giác vuông
b) Chứng minh rằng EM.BD EN.AC
c) Chứng minh rằng ba điểm K, M, N thẳng hàng
Câu 5(1.5 điểm).
1) Cho các số thực dương a, b, c bất kì. Chứng minh rằng:
1
a 3a 2b
1
b 3b 2c
1
c 3c 2a
3
5abc
2) Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng
của hai số còn lại. Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh .......................................
7
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 7
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên toán tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm)
1) Giải phương trình 5 x − ( x + 3) 2 x − 1 − 1 =
0
2) Cho hai số thực a, b bất kì. Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương
2ax + 3ab 0
trình sau có nghiệm: x 2 + =
(1)
x2 + =
2bx − 8ab 0
( 2)
Câu 2 (2,5 điểm)
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 9 x 2 + 3 y 2 + 6 xy − 6 x + 2 y − 35 =
0
2) Cho P(x) là đa thức bậc ba có hệ số bậc cao nhất nhất bằng 1 và thỏa mãn:
P(2016) = 2017, P(2017) = 2018. Tính giá trị của -3P(2018) + P(2019)
Câu 3 (1,5 điểm)
y 3 + 8 x 4 − 2 y= 2 ( 2 x 4 + 3)
Giải hệ phương trình:
2 x 2 + x + y + 2 x + 2 y= 9 x − 2 x 2 + 19 y
Câu 4 (3,0 điểm)
Từ một điểm I nằm bên ngoài đường tròn (O), vẽ các tiếp tuyến IA, IB (A, B
là các tiếp điểm) và vẽ tiếp tuyến ICD (không qua tâm O) với đường tròn (C nằm
giữa I và D).
1. Chứng minh rằng: AC.BD = AD.BC
2. Gọi K là giao điểm của CD và AB, E là trung điểm của OI.
Chứng minh rằng KA.KB = OE2 – EK2.
3. Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh: ∠ADH =
∠IDB
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho các số thực x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1 và thỏa mãn 3 x 2 + 4 y 2 + 5 z 2 =
52 . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức F = x + y + z.
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh .......................................
8
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 8
Bài 1 (3,0 điểm).
Cho biểu thức: P =
2x + 2 x x −1 x 2 + x
−
+
x− x x x +x
x
(x > 0; x ≠ 1).
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của thức P khi x = 3− 2 2
c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức
chỉ nhận một giá trị nguyên.
7
P
Bài 2 (2,0 điểm).
Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = –1.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng
bình phương nghiệm còn lại.
Bài 3 (1,0 điểm).
Giải phương trình:
9
x2
+
2x
− 1 = 0.
2x + 9
2
Bài 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính
AH, tâm O, cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của cạnh HC.
a) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
= HBO
c) Chứng minh HAM
d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM.
Bài 5 (0,5 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:
1
1
1
3
+
+
≥
a 2 +1 b2 +1 c2 +1 2
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh .......................................
9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 9
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên toán, tin)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: 2 x 2 − mx − 1 =
0 (với m là tham số).
a) Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 − 4 x22 =
0
b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình trên có nghiệm x thỏa mãn x < 1
Bài 2 (2,0 điểm)
17
1
+9 x− =
0.
3
3
b) Tìm các số nguyên x, y với x, y ≥ 0 thỏa mãn:
2
a) Giải phương trình: 18 x − 2 x −
x 2 + 3 y 2 + 4 xy + 4 x + 10 y − 12 =
0.
x − y + 1 + 1= 4 ( x − y )2 + 3 ( x − y )
Bài 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
4 x 2 + 2 xy =
1
0 . Chứng minh:
Bài 4. (1,0 điểm) Cho x, y thỏa mãn x 2 + y 2 − 4 x − 2 =
10 − 4 6 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 6 + 10.
Bài 5 (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng AO
cắt đường tròn (O) tại M (M khác A). Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt
đường tròn (O) tại N (N khác C). Gọi K là giao điểm MN với BC.
a) Chứng minh tam giác KCN cân.
b) Chứng minh OK vuông góc BM.
c) Khi tam giác ABC cân tại A, hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M và N cắt
nhau tại P. Chứng minh ba điểm P, B, O thẳng hàng.
Bài 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài AB = 3a, AC = 4a và góc ∠BAC =
60o .
Qua A kẻ AH vuông góc với BC tại H. Tính độ dài đoạn AH theo a.
Bài 7. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh:
b2 c2 a 2
9
9
+ + +
≥ .
a b
c 2 ( ab + bc + ca ) 2
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh .......................................
10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 10
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
2
3
5 x −7 2 x +3
+
−
Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức A =
(x > 0, x ≠ 4)
:
x − 2 2 x + 1 2 x − 3 x − 2 5 x − 10 x
1, Rút gọn biểu thức A.
2, Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên.
Bài 2. (2, 5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2(m + 3)x – 2m + 2 ( m là
tham số, m ∈ ℝ).
1, Với m = –5 tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d).
2, Chứng minh rằng: với mọi m parabol (P) và đường thẳng (d) cắt nhau tại hai điểm phân
biệt.
Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dương.
3, Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi m
2 x 2 + 3 xy − 2 y 2 − 5(2 x − y ) =
0
Bài 3. (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 2
2
0
x − 2 xy − 3 y + 15 =
Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Tiếp tuyến tại B và C
của đường tròn (O; R) cắt nhau tại T, đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D
khác A.
1, Chứng minh rằng tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT.
2, Chứng minh rằng: AB.CD = BD.AC
3, Chứng minh rằng hai đường phân giác góc BAC , góc BDC và đường thẳng BC đồng
quy tai một điểm.
4, Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh rằng góc BAD bằng góc MAC.
Bài 5. (0,5 điểm) Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: x( x + 1) + y( y + 1) + z( z + 1)
1
1
1
≤ 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B =
+
+
x + y +1 y + z +1 z + x +1
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh .......................................
11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 11
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho chuyên toán, tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (3,0 điểm)
1) Giải phương trình:
5 x − 6 + 10 − 3 x= 2 x 2 − x − 2
3
2
96 y
x + 8 xy =
2) Giải hệ phương trình: 2
2
48
x + 32 y =
Bài 2. (2,0 điểm)
1) Cho phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Tính =
S x17 + x2 7
2) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2. Chứng
minh a + b + c + d là hợp số.
Bài 3. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương và có tổng bằng 1.
Chứng minh:
a − bc b − ca c − ab 3
+
+
≤
a + bc b + ca c + ab 2
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho hình bình hành ABCD với A, C cố địnhvà B, D di động. Đường phân giác của góc
BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A
của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác AIJ.
1) Chứng minh AO là phân giác góc IAJ.
2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn.
3) Tìm đường tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động.
Bài 5. (1,0 điểm)
Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng
các chữ số chi hết cho 11
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh .......................................
12
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho chuyên toán, tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 12
x
1
1
+
+
( x − 4) với x ≥ 0; x ≠ 4
x − 2 x − 4
x +2
Bài 1.(2 điểm) Cho biểu thức P =
1) Rút gọn biểu thưc P
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
1(1)
mx − y =
(với m là tham số)
x + my =m + 6(2)
Bài 2. (2 điểm) Cho hệ phương trình :
1) giải hệ phương trình với m=1
2) Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) thoả mãn 3 x − y =
1
Bài 3 (2 điểm)
1) Cho phương trình bậc hai : x 2 − (2m − 1) x + m 2 − m − 6 =
0 (với m là tham số). Chứng
minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi giá trị của m. Tìm m để :
−5 < x1 < x2 < 5
2) Giải phương trình: ( x + 2)( x − 3)( x 2 + 2 x − 24) =
16 x 2
Bài 4. (3.5 điểm) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên đường thẳng BC lấy điểm M nằm
ngoài đoạn BC sao cho MB >MC và hình chiếu vuông góc của M trên AB là điểm P ( P giữa A và
B). Kẻ MQ vuông góc với đường thẳng AC tại Q.
1.Chứng minh bốn điểm A,P,Q,M cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm O của
đường tròn đó.
2.Chứng minh BA.BP = BM.BH
3. Chứng minh OH vuông góc với PQ
4. Chứng minh PQ >AH
Bài 5. (0.5 điểm) Giải phương trình:
2x +
2013 x − 1
2− x
2
− 3 2014 −
2013 x − 1
2− x
2
=
x + 2013 − 3 x + 1
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh .......................................
13
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho chuyên toán, tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đề chính thức
Đề số 13
Câu 1. (2,5 điểm)
(
4 + 15
a) Tính A =
)(
10 − 6
)
4 − 15
2
2
x + y + 1= 2 ( x + y )
b) Giải hệ phương trình
y ( 2 x − y ) = 2 y + 1
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
a
b
c
+
+
biểu thức: P =
3+b−a 3+c −b 3+ a −c
Câu 3. (2,0 điểm) Cho m, n là hai số nguyên dương thỏa mãn m + n – 1 là số nguyên
tố và m + n – 1 là ước của 2 ( m 2 + n 2 ) − 1
Chứng minh m = n.
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Đường tròn tâm J đường
kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và
AEF. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
a) Tiếp tuyến tại A của (O) song song với EF
b) Ba điểm A, I, H thẳng hàng.
c) KH,EF, IJ đồng quy
Câu 5: (1,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, CD là một dây cung của
đường tròn (A, B, C, D là bốn điểm phân biệt). M là điểm bất kì di động trên công nhỏ CD,
gọi I, J lần lượt là giao điểm của MA, MB với dây cung CD.
Xác định vị trí của điểm M để đoạn IJ có độ dài lớn nhất
----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh .......................................
14
HƯỚNG DẪN GIẢI
Đề số 1
Câu 1:
a) Ta có:
(
)
xy x + y − xy
2 xy + x + y
2 xy + x + y
1
=
.
.
xy
xy
x+ y
x + y x + y − xy
P
(
)(
x + y)
(=
1
.
2
xy
x+
x+
y
)
y
xy
b) Với x > 0; y > 0 xy = 16 ta có:
xy
x+ y 2 x y
1
P=
≥
=
=
4
4
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi x = y = 4.
Câu 2:
Gọi số học sinh lớp 9A là x (0 < x < 90)
Suy ra số học sinh lớp 9B là 90 – x
Theo bài ra ta có: 5x + 6.(90 – x) = 493 nên x = 47
Kết luận: số hoc sinh lớp 9A là 47, số học sinh lớp 9B là 43.
Câu 3.
m =
2
m 2 + 1 = m + 3
m 2 − m − 2 = 0
1) Điều kiện (d1) //(d2) là
⇔
⇔ m = −1 ⇔ m =
−1
m≠2
−2m ≠ −m − 2
m≠2
2) Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà đường thẳng (d2) luôn đi qua
∀m ∈ R ⇒ y0 =
( m + 3) x0 − m − 2
đúng ∀m ∈ R
⇔ m ( x0 − 1) + 3 x0 − 2 − y0 =
0 đúng ∀m ∈ R
=
x0 − 1 0 =
x 1
⇔
⇔ 0
− y0 0 =
y0 1
3 x0 − 2=
Vậy với mọi m đường thẳng (d2) luôn đi qua M(1;1) cố định.
3) Phương trình hoành độ giao điểm (d1) và (d2):
(m
2
+ 1) x − 2m = ( m + 3) x − m − 2 ⇔ ( m + 1)( m − 2 ) x = m − 2
m ≠ −1
Để (d1), (d2) cắt nhau tại M(xM, yM) thì ⇔
m≠2
15
1
⇒ yM =
m +1
Khi đó: xM =
( m + 3)
1
− m 2 − 2m + 1
−m−2=
m +1
m +1
−2m 2 + 6
3 − m2
=
A 2020 xM (=
yM + 2 ) 2020 =
1010.
2
2
( m + 1)
( m + 1)
2
2
2
−2 ( m + 1) + 4 ( m + 1) + 4
4
4
= 1010.
=
1010.
−
2
+
+
=
1010
+
1
−
3
≥ −3030
2
2
1
1
m
+
m
+
1
1
m
+
m
+
(
)
(
)
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là -3030 khi m = -3
Câu 4.
Điều kiện: y ≥ −4
x2 + y 2 =
0
Từ (1) ⇒ ( x 2 + y 2 ) ( x − y − 1) = 0 ⇔
0
x − y −1 =
Trường hợp 1: x 2 + y 2 = 0 ⇔ x = y = 0
Trường hợp 2: x − y − 1 = 0 ⇒ y = x − 1
Thay vào (2) ta có: x 2 + 4 x + 3= 3 x + 6
( x ≥ −3)
⇔ x2 − 2x + 1 = x + 3 − 4 x + 3 + 4
⇔ ( x − 1) =
2
=
⇔ ( x − 1)
(
2
(
x+3−2
( x − 1)
)
2
2
x+3+2
)
2
(
x + 3 + 2 > 0 ∀x ≥ −3
x =1
⇔
2
=
x+3+2
1
( L ) do x + 3 + 2 ≥ 2
(
)
Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = (1;0 )
Câu 5:
)
16
1) Ta có ∠ACD =
900 (góc nội tiếp chắn nử đường tròn)
Vì IM //CD nên ∠AMI =
∠ACD =
90o
= 180o ⇒ tứ giác AHIM nội tiếp
Nên ∠AMI + ∠AHI
2) Xét hai tam giác AHB và ACD có
90o
∠AHB =
∠ACD =
∠ABH =
∠ADC (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Suy ra hai tam giác AHB và ACD đồng dạng.
AB HA
⇒
=
⇒ AB. AC = AH . AD
AD CA
3) Gọi đường tròn O’ ngoại tiếp tam giác ABH
Vì tam giác ABH vuông nên O’ là trung điểm của AB
Tam giác AO’H cân tại O’ nên ∠O ' HA =
∠O ' AH
∠AHM =
∠AIM
(1)
(2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
∠AIM =
∠ADC (đồng vị)
∠ADC =
∠ABH (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Nên ∠AHM =
∠ABH
( 2)
Từ (1) và (2) ⇒ ∠O ' HA + ∠AHM = ∠O ' AH + ∠ABH = 90o
⇒ MH ⊥ O ' H ⇒ HM Là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH.
4) Ta có hai tam giác AHB và ACD đồng dạng
⇒ AB.CD =
BH . AD
Chứng minh tương tự như trên ta có hai tam giác AHC và ABD đồng dạng
⇒ AC.BD =
AD.HC
⇒ AC.BD + AB.CD= AD.HC + BH . AD= AD. ( HC + HB=
) AD.BC
Do BC < 2 R; AD =⇒
2R
AC.BD + AB.CD < 4 R 2
17
Câu 6.
−b
m+n =
a
ax 2 + bx + c =
0 Có nghiệm m, n nên
c
mn =
a
c
b
1− 2 −
2a − ac − 2ab + bc ( a − b )( 2a − c ) a
a
=
=
=
2
2
b c
a − ab + ac
a − ab + ac
1− +
a a
2
Q
(1 + m + n )( 2 − mn )
1 + m + n + mn
mn ≤ 1
Do 0 ≤ m ≤ 1;0 ≤ n ≤ 1 ⇒
m ( n − 1) + n ( m − 1) + ( mn − 1) ≤ 0
mn ≤ 1
1+ m + n
3
⇒
⇒Q≥
⇔Q≥
1
1
4
mn ≤ 3 (1 + m + n )
1 + m + n + (1 + m + n )
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là
3
khi
4
0
a + b + c =
a=c
Đề số 2
Câu 1.
1) Ta có:
2
a 2 − b2
4 1
1
4
A= 2 2 +
= 2 − 2 +
b ab
a b ab a
2
2
4
1 1 1 1
= − + +
ab
a b a b
2
4
1 1
= − +
a b ab
1 1
= +
a b
=1
2
2) Từ giả thiết:
1 1
+ = 1 ⇒ a + b = ab ⇒ ab − a − b + 1 = 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 1
a b
Áp dụng hằng đẳng thức:
( x + y)
3
= x3 + y 3 + 3 xy ( x + y )
18
⇒ ( a − 1) + ( b − 1) = ( a − 1) + ( b − 1) + 3 ( a − 1)( b − 1) ( a − 1) + ( b − 1)
3
⇒ ( a + b − 2) =
3
3
( a − 1) + ( b − 1) + 3 ( a + b − 2 )
3
3
3
⇔ ( a + b − 2 ) − ( a − 1) − ( b − 1) − 3 ( a + b ) + 6 =
0
2
3
3
Câu 2.
1) Điều kiện x ≥ 1
x + 2 − 2 x − 1 = 3x − 3
⇔
x + 2 − 2 x −1 =
( x + 2 )( x − 1)
( x + 2 ) + 2 ( x − 1) − 3 ( x + 2 )( x − 1)
Đặt a = x + 2; b = x − 1 ( a; b ≥ 0 )
Ta được phương trình:
a = 2b
a − 2b = a 2 + 2b 2 − 3ab ⇔ ( a − 2b )( a − b − 1) = 0 ⇔
a= b + 1
Với a = 2b ⇒ x + 2 = 2 x − 1 ⇔ x = 2
Với a = b + 1 ⇒ x + 2 =
x −1 +1 ⇔ x + 2 = x + 2 x −1 ⇔ x = 2
Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.
2) Điều kiện x ≥ 1; y ≥ −4; x 2 + y ≥ 0
Biến đổi phương trình (1):
(1) ⇔ x 2 + y + 2
⇔
(
)
x + y +1
2
Với
x2 + y + 1 = x2 + 4x + 4
2
=
( x + 2)
2
x2 + y = x + 1
⇔
x 2 + y =− x − 3 ( L ) x ≥ 1
x 2 + y = x + 1 ⇔ y = 2 x + 1 thay vào (2) ta được:
( x − 3) 2 x + 5 + ( 2 x − 3) x − 1 + 2 =0
⇔ ( x − 3) ( 2 x − 5 − 3) + ( 2 x − 3) ( x − 1 − 1) + 5 x − 10 =
0
( x − 3)( 2 x − 4 ) ( 2 x − 3)( x − 2 )
⇔
+
+ 5 ( x − 2) =
0
2x + 5 + 3
2x − 6
⇔ ( x − 2)
+
2x + 5 + 3
x −1 +1
+ 5 =
0
x −1 +1
2x − 3
2x − 6
2x − 3
⇔ ( x − 2)
+2+
+ 3 =
0
x −1 +1
2x + 5 + 3
2x + 2 2x + 5 2x + 3 x − 1
0
⇔ ( x − 2)
+
=
x −1 +1
2x + 5 + 3
2
⇔x=
19
Do
2x + 2 2x + 5
2x + 5 + 3
+
2x + 3 x − 1
x −1 +1
> 0 ∀x ≥ 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (2; 5)
Câu 3.
1) Ta có PNE NAC NCA 2NCA sdEA
Chứng minh ∠PAD =
∠ABE
Suy ra ∠PDE =
2∠ABE =
∠PAD + ∠ADE =
∠ABE + ∠ADE =
sd EA
PDE
và hai đỉnh N; D là hai đỉnh liên tiếp nên
Xét tứ giác EPND có PNE
EPND là tứ giác nội tiếp đường tròn.
MAK
45o
2) Ta thấy tứ giác AKME là tứ giác nội tiếp do MEK
MKA
90o
Suy ra MEA
KDB
KBD
EKM
Do đó MK / /BD MKD
3) Chứng minh MDC đồng dạng MEA g.g
MD
ME
CD 2
2
Suy ra
MC .ME MD.MA MD
MC
MA
4
Mặt khác ta có MC 2 CD 2 MD 2 CD 2
Suy ra: MC
Mà
5CD
ME
2
CD 2
5CD 2
4
4
5CD
10
EA AM
AM .CD
5
10
EA
CD
R
CD
MC
MC
5
5
Câu 4.
1) Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0
Liên hệ tài liệu word môn toán zalo: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
20
(1) ⇔
=
x
2020 − y ⇔ =
x 2020 + y − 2 2020 y
⇔=
x 2020 + y − 4 5.101 y
Do x, y nguyên nên
5.101y nguyên hay 5.101y là số chính phương.
Suy ra 5.101 y = k 2 ⇒ y = 5.101.a 2 = 505a 2 (a là số nguyên)
Tương
tự x 5.101
=
=
b 2 505b 2 (b là số nguyên)
Thay x; y theo a; b vào (1) ta được:
a 505 + b 505
= 2 505 ⇔ a +=
b 2
a
b
x = 505b 2
y = 505a 2
0
1
2
2
1
0
2020
505
0
0
505
2020
Vậy phương trình có các nghiệm là: (2020;0);(505;505);(0;2020)
Câu 5.
2) Ta có: P =
=
2
3
4
+
+
a (1 − 2a ) b (1 − 2b ) c (1 − 2c )
2a
3b
4c
+ 2
+ 2
a (1 − 2a ) b (1 − 2b ) c (1 − 2c )
2
1
a + a + 1 − 2a
Áp dụng bất đẳng thức AG – GM ta có: a 2 (1 − 2a ) ≤
=
3
27
1 2
1
Tương tự : b 2 (1 − 2b ) ≤
; c (1 − 2c ) ≤
27
27
3
Suy ra: P ≥ 27 ( 2a + 3b + 4c ) =
81
1
3
Dấu “=” xảy ra khi a= b= c=
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 81.
3) Xét điểm I
(
)
2; 3 . Ta chứng minh khoảng cách từ I đến hai điểm nguyên
khác nhau là khác nhau.
Xét hai điểm nguyên M ( a; b ) ; M ' ( a '; b')
IM = IM ' ⇔ IM 2 = IM'2
(
⇔ a− 2
) + (b − 3 ) =( a '− 2 ) + (b '− 3 )
2
2
2
2
⇔ a 2 + b 2 − a '2 − b '2 + 2 ( a '− a ) 2 + 2 ( b '− b ) 3 =
0
21
Nhận xét nếu các số nguyên m, n, p thỏa mãn m + n 2 + p 3 =
0 thì m = n = p = 0
2; 3; 6 ∉ Q; m, n, p ∈ Q
2
2
2
2mn 2 = 3 p − m − 2n
2mp 3 = 2n 2 − m 2 − 3 p 2
2
2
2
2 pm 6 =m − 2n − 3 p
0
m+n 2 + p 3 =
= np
= pm
= 0
mn
⇒
⇒ m = n = p =0
0
m + n 2 + p 3 =
Ta có:
a 2 + b 2 − a '2 − b '2 =
0
b = b '
2
2
IM = IM' ⇔ IM = IM ' ⇔
2 ( a '− a ) = 0
⇔
⇔ M ≡ M'
a
=
a
'
2 ( b '− b ) =
0
Xét tất cả các khoảng cách từ các điểm nguyên I, các khoảng cách này đôi một phân
biệt. Gọi S là tập hợp các số thực bằng các khoảng cách cách từ tất cả các điểm
nguyên đến I. Ta có thể chọn 2020 số dương nhỏ thuộc S và được sắp theo thứ tự
tăng dần, nghĩa là tồn tại các số dương s1 ; s2 ;...s2020 thuộc tập S thỏa mãn s p < sq nếu
p
Rk
=
<
q,
các
số
thuộc
S \ {s1 ; s2 ;....s2020 } đều
lớn
hơn
sk + sk +1
, k 1; 2;3;...2019 Ta có điều phải chứng minh.
=
2
.
Đề số 3
Câu 1.
( x − 2)( x + 2)
=
+ 1 .(2 x − 1)( x − 1)
a) P
−
−
(
x
1)(
x
2)
2 x +1
(2 x − 1)( x − 1)
x −1
=
P 4x − 1
b) =
P 2019 ⇔ 4 x −=
1 2019
x = 505
10
10
10 2 x 18 x
= 4x + − 1 = ( + ) +
−1
c) T = P +
x
x
x
5
5
10 2 x 18 x
10 2 x 18
T= ( + ) +
−1 ≥ 2
.
+ .5 − 1 =21 ( Do x ≥ 5 và côsi)
x
x 5
5
5
5
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 21 khi x = 5
=
P
s1 ; s2 ;...s2020 .
Đặt
22
Câu 2.
Hoành độ điểm I là nghiệm của phương trình .
1
1
1 − m2
− x + = mx + m ⇔ x =
m
m
1 + m2
1 − m2
2m
1 − m 2 2m
do
=
x
⇒=
y
⇒ I(
;
)
1 + m2
1 + m2
1 + m2 1 + m2
1 − m2 2
2m 2
) +(
) =1
T =(
2
1+ m
1 + m2
Chú ý: Ý trên học sinh có thể dùng quỹ tích I là đường tròn R = 1.
Câu 3.
a)
∆
= m 2 + 8 > 0 ∀m nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
x1 + x2 = m − 2
x1 x2 =−1 − m
Theo viét
x1 − x2 =2 2 ⇔ ( x1 − x2 ) 2 =
8 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 .x2 =
8
(m − 2) 2 − 4(−1 − m) = 8 ⇔ m 2 = 0 ⇔ m = 0
b) T
( x2 + 1) 2 + ( x1 + 1) 2 2 + ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 .x2 + 2( x1 + x2 )
=
( x1 + 1) 2 .( x2 + 1) 2
( x1 .x2 + x1 + x2 + 1) 2
( Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác -1 với mọi m)
m2 + 4
=
≥1
T
4
T nhỏ nhất là 1 khi m = 0
Câu 4.
4( x + 2018) + 9( x + 2018) =
5
a) Đk x ≥ −2018 ta có
2 x + 2018 + 3 x + 2018 =
5 ⇔ x + 2018 =
1
x = −2017
3
3
2
3
3
b) x − y + 3 x + 6 x − 3 y + 4 =0 ⇔ [( x + 1) − y ] + 3( x + 1) − 3 y =0
( x + 1 − y )[( x + 1) 2 + ( x + 1) y + y 2 + 3] = 0 ⇔ y = x + 1
x = 0
1 ta có 2 x 2 − x = 0 ⇔
Với y= x + 1 thế vào x + y − 3 x =
1
x =
2
1 3
Vậy hệ có hai nghiệm là (0;1),( ; )
2 2
2
Câu 5.
2
23
M
J
K
H
E
O
N
I
F
a) Do MK và ON vuông góc JN (1)
NK và OM vuông góc JM (2)
MK / / ON
⇒ Tứ giác OMKN là hình bình hành(3), suy ra H là
NK
/
/
OM
Nên từ (1) và (2) có
trung điểm OK.
b) Do OM = ON (4) . Từ (3)&(4) có tứ giác OMKN là hình thoi (5)
∠MOJ =
600 (6)
= 600 ⇒OMK đều
Từ(5)và(6) ⇒ ∠MOK
⇒ OK =
OM =
R =⇒
a K thuộc đường tròn tâm O.
c) Do (M;r) nhận OJ là tuyến tuyến mà MH ⊥ JO = H ⇒ r = MH
1
1
1
4
a 3
=
+
= 2 ⇒ r=
Ta có
2
2
2
MH
OM
JM
3a
2
Mặt khác OJ = 2OM = 2a suy ra
( hoặc dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông)
d) Gọi IE,IF là hai tiếp tuyến với (O) tại E,F và IE ⊥ IF
Suy ra tứ giác IEOF là hình vuông
Tính OI = a 2 (Không đổi)(1)
Do O cố định (2)
Từ (1) và (2) tập hợp I nằm trên đường tròn tâm O bán kính a 2
Câu 6.
Do x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn :12 x + 10 y + 15 z ≤ 60 .
x, y , z ≥ 0
x ≤ 5
Ta có
(*)
y
≤
6
z ≤ 4
Từ điều kiện trên ta có
T = x2 + y 2 + z 2 − 4 x − 4 y − z
24
= x( x − 5) + y ( y − 6) + z ( z − 4) + x + 2 y + 3 z
12 x
60
+ 2 y + 3z ≤
=
12
5
5
=
x 0=
x 0
=
or y 0
Vậy GTLN của T bằng 12 đạt được
khi y 6=
z 0=
z 4
=
≤ x + 2 y + 3z ≤
Đề số 4
Câu 1
1)
Phương trình có hai nghiệm không âm
m ≥ 2
m 2 − m 2 + 2m − 4 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
⇔ S ≥ 0 ⇔ 2m ≥ 0
⇔ m ≥ 0
m 2 − 2m + 4 ≥ 0
2
P ≥ 0
( m − 1) + 3 ≥ 0
Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho, ta có:
⇔m≥2
(luon...dung )
2m
x1 + x2 =
(định lý Vi-et)
2
x1 x2 = m − 2m + 4
P=
x1 + x2 ≥ 0 ⇒ P 2 = x1 + x2 + 2 x1 x2 = 2m + 2 m 2 − 2m + 4
Với m ≥ 2 ta có:
P 2 = 2m + 2 m ( m − 2 ) + 4 ≥ 2 2 ( 2 − 2 ) + 4 = 8
⇒ P2 ≥ 8 ⇔ P ≥ 2 2
2
Dấu " = " xảy ra ⇔ m =
Vậy Min
P = 2 2 khi m = 2
2)
x2 + 2 x2 − 4 + 6
6
=
= x−2+
Ta có: y =
x+2
x+2
x+2
Để y ∈ ⇒ ( x + 2 ) ∈ U ( 6 ) = {±1; ±2; ±3; ±6}
-1
1
-2
2
-3
3
-3
-1
-4
0
-5
1
tm
tm
tm
tm
tm
tm
Vật tập hợp các giá trị của x để y nguyên là {−3; −1; −4;0; −5;1; −8;4}
x+2
x
Câu 2
-6
-8
tm
6
4
tm
25
1)
a + 2b + 5c = 0 ⇔ b =
− a − 5c
2
2
a 2 + 10ac + 25c 2
a 2 − 6ac + 25c 2 ( a − 3c ) + 16c
∆ =b − 4ac =
− 4ac =
=
≥ 0∀a; b; c
4
4
4
0 luôn có nghiệm
⇒ Phương trình ax 2 + bx + c =
3
3
3
x3 :
2) Giải phương trình ( 4 x − x + 3) =
2
3
( 4 x3 − x + 3) =x3 : 32
2
2
3
3
2
x 2
⇔ ( x + 1) ( 4 x − 4 x + 3) = x . ⇔ ( 4 x 2 − 4 x + 3) =
. ( x ≠ −1)
3
x +1 3
3
3
2
3
3
3
2
x
x 2
Dễ thấy
< 1∀x ≠ −1; < 1 ⇒
. <1
3
x +1
x +1 3
∀x ≠ −1
Để phương trình có nghiệm thì 4 x 2 − 4 x + 3 < 1
⇔ 4 x 2 − 4 x + 2 < 0 ⇔ ( 2 x − 1) + 1 < 0 vô nghiệm
2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
Câu 3.
Giả sử chiều dài của hai cây nến là L ( cm )
Gọi thời gian đốt hai cây nến để đượ phần còn lại của cây nến thứ hai gấp đôi phần còn lai
của cây nến thứ nhất là x (giờ) ( x > 0 )
Theo đề bài ta có, trong 1 giờ thì đốt được độ dài các cây nến thứ nhất và thứ hai lần lượt
là
L L
, (cm)
3 4
Trong x giờ thì độ dài cây nến thứ nhất và thứ hai đã đốt lần lượt là
xL xL
,
(cm)
3 4
⇒ Độ dài cây nến thứ nhất và thứ hai còn lại sau khi đã đốt x (giờ) là: L −
Theo đề bài ta có phương trình
xL
xL
,x−
(cm)
3
4
26
xL
xL
x
2x
= 2 L −
⇔ 1− = 2 −
4
3
4
3
5x
12
⇔
=1 ⇔ x = =2, 4 (tm)
12
5
L−
Vậy phải đốt hai cây nến trong 2,4 giờ hay phải đốt hai cây nến lúc 4 − 2, 4 =
1, 6 giờ =1 giờ
36 phút chiều để được yêu cầu như bài toán.
Câu 4.
(
)
2018 y − 1 + y 2
2018
x2
=
=
= 2018
Từ giả thiết ta có: x + 1 +
y 2 − (1 + y 2 )
y + 1 + y2
=
y 2 2018
Tương tự ta có: y + 1 +
(
1 + x2 − x
)
Cộng từng vế của hai phương trình trên ta được:
2019 ( x =
+ y ) 2017
(
1 + x2 + 1 + y 2
(
2
2
Xét A = 1 + x + 1 + y
)
2
)
=2 + x 2 + y 2 + 2 (1 + x 2 )(1 + y 2 )
⇒ A ≥ 2 + x 2 + y 2 + 2 (1 + xy ) = 4 + ( x + y )
⇒ VP ≥ 2017 4 + ( x + y )
2
2
⇒ VT
= 2019( x + y ) ≥ 2017 4 + ( x + y )
2
⇒ 2019 P = 2017 4 + P 2
⇒ 20192 P 2 ≥ 2017 2. ( 4 + P 2 )
4.2017 2
2017 2 2017 2018
⇒P ≥
⇒P≥
=
2.4036
2018
2018
2
Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y =
Vậy MinP =
Câu 5.
2017 2018
4036
2017 2018
2017 2018
khi x= y=
2018
4036
(
1 + y2 − y
)
27
A
E
F
B
O1
H
O2 C
1)
a) Tính diện tích nửa đường tròn đường kính BH
2
=
BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại A( định lý Pytago đảo)
Ta có: AB 2 + AC
BH
Áp dụng hệ thức lượng tròn tam giác vuông ta có: =
AB 2 16
=
BC
5
⇒ Diện tích nửa đường tròn đường kính BH là
2
2
1 BH
1 8
32
=
=
S
π=
π
π ( dvdt )
2 2
2 5
25
b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và……
Gọi O1 và O2 lần lượt là trung điểm của BH và CH
=
FEH
Dễ nhận thấy AEHF là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) ⇒ CAH
) ⇒ FEH
=
=
ABC
ABC (cùng phụ với BAH
Mà CAH
tạo bởi dây cung EH và EF ở
ABC nội tiếp chăn cung HE của đường tròn ( O1 ) ; FEH
Mà
vị trí góc tại bởi tia tiếp tuyến và dây cung
⇒ EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH
Chứng minh tương tự ta có EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CH
)
AEF =
AHF . Mà
AHF =
ACB (cùng phụ với FHC
Vì AEHF là hình chữ nhật ⇒
=1800
=1800 ⇒
AEF + BEF
ACB + BEF
AEF =
ACB . Mà
⇒
⇒ Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 0 )
2) Cho nửa dường tròn dường kính AB=2R………
28
M
A
N
Q
O
B
P
Đặt MN = 2 x ta có: AQ =
R − x; BQ =
R+x
=
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMB ta có: MQ
= MN .MQ
= 2 x R − x ≤ x + R −=
x R
Khi đó ta có: S MNPQ
2
Dấu bằng xảy ra ⇔ x =
2
2
2
R2 − x2 ⇔ x2 = R2 − x2 ⇔ x =
2
AQ.BQ
=
R2 − x2
2
R
2
R
⇒ MN =
R 2; MQ ==
x
2x =
2
Câu 6.
1
1
+
≥
( 5a 2 + 2ab + 2b2 ) 27
⇔
1
5a 2 + 2ab + 2b 2
≤
2
27. ( 5a 2 + 2ab + 2b 2 )
27
1
1
+
. 2
2
2 5a + 2ab + 2b
27
Chứng minh tương tự ta có:
1
5b 2 + 2bc + 2c 2
⇒P≤
≤
27
1
1
1
27
1
1
+ ;
≤
+
2
2
2
2
2 5b + 2bc + 2c
27 5c 2 + 2ca + 2a 2
2 5c + 2ca + 2c
27
27
1
1
1
1
.
+
+
+
2 ( 5a 2 + 2ab + 2b 2 ) ( 5b 2 + 2bc + 2c 2 ) ( 5c 2 + 2ca + 2a 2 ) 9
29
Sử dụng BĐT
1
11 1 1
≤ + + ta có:
x+ y + z 9 x y z
1
1
1 1
1
1
=
≤ 2+
+ 2
2
2
2
2
2
2
2
2
( 5a + 2ab + 2b ) 3a + ( 2ab + a ) + ( a + 2b ) 9 3a 2ab + a a + 2b
1 1
1 1
1
1 1 1
1 1
≤ 2 + . +
+ 2 + . 2 + 2 + 2
9 3a 9 ab ab a 9 a b b
1 5
2
2
= 2+
+ 2
9 9a 9ab 9b
Ta lại có :
⇒
2 Cauchy 1 1 1
≤ 2+ 2
9ab
9 a b
1
1 5
1
1
2 1 2
1
≤ . 2 + 2 + 2 + 2=
. 2 + 2
2
5a + 2ab + 2b
9 9a 9a 9a 9b 9 3a 3b
2
Chứng minh tương tự:
1
1 2
1
≤ 2+ 2
2
5b + 2bc + 2c
9 3b 3c
1
1 2
1
≤ 2+ 2
2
2
5c + 2ca + 2a
9 3c 3a
2
1
1
1
+ 2
+ 2
2
2
5a + 2ab + b 5b + 2bc + 2c 5c + 2ca + 2a 2
1 2
1 1 2
1 1 2
1 1 1
1 1 1
≤ . 2 + 2 + . 2 + 2 + 2 + 2=
. 2 + 2 + 2=
b
c 9
9 3a
3b 9 3b 3c 9 3c 3a 9 a
⇒
2
⇒P≤
27 1 1
3
. + =
2 9 9 3
a= b= c
3
⇔ a = b = c = 3 . Vậy Pmax =
Dấu " = " xảy ra ⇔ 1
1 1
3
1
a 2 + b 2 + c 2 =
Đề số 5
1
3 x 5
Câu 1. Cho A
x 1 x x x x 1
a) Với x 0; x 1 ta có
x 1
4 x
2
1 với x 0; x 1 .
30
1
x
3
5
A
x 1 x x x x 1
x 1 3 x 5
x 1 x 1
Vậy A
1
x
x 1
4 x
x 1
2
4
4 x
2
x
1
3
5
1
x 1 x 1 x 1
x 1
x 1
x 1
2
x 1
2
x 1 4 x
4 x
2
4 x
1
x
với x 0; x 1 .
b) Đặt B x x 1 A . Chứng minh rằng B 1 với x 0; x 1 .
Với x 0; x 1 ta có B x x 1 A
x x 1
x
2
x 1 x
x
x
x
1.
Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x 2 và đường thẳng (d):
y 2x 2m 8 (với m là tham số).
a) Khi m 4 , tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d là
x 2 2mx 2m 8 x 2 2mx 2m 8 0
x 0
Khi m = – 4, phương trình trên trở thành x 2 8x 0
x 8
Với x 0 thì y 0 và với x 8 thì y 64
Vậy khi m = – 4 thì tọa độ giao điểm của P và d là 0; 0 và 8;64 .
b) Chứng minh đường thẳng d và Parabol P luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có
hoành độ x 1; x 2 . Tìm các giá trị của m để x1 2x 2 2 .
Xét phương trình hoàn độ giao điểm x 2 2mx 2m 8 0 .
Ta có ' m 2 2m 8 m 1 7 0 với mọi m, do đó phương trình hoành độ luôn
2
có 2 nghiệm phân biệt. Suy ra d và P tại hai điểm phân biệt.
x x 2m
2
Theo hệ thức Vi – et 1
x 1x 2 2m 8
Theo đề bài ta có x 0. . Kết hợp với hệ thức Vi – et trên ta có hệ
31
x x 2m
x 2 2m
2
1
1
x 2x 2 2
x 4m 2
1
2
Thay vào hệ thức x 1x 2 2m 8 ta được
2 2m 4m 2 2m 8 4m
2
7m 2 0
1
Giải phương trình được x 0 . Vậy m
2;
là các giá trị cần tìm.
4
xy 2 y 2 2 x 2 3x
Câu 3. Giải hệ phương trình
x y 4 y 1 0
Lời giải. Điều kiện xác dịnh của hệ phương trình y 1 . Phương trình thứ nhất tương
đương với
xy 2 y 2 x 2 3x 2 0 y 2 x 1 x 1x 2 0
x 1
2
x 1 y x 2 0
2
x y 2
+ Thay x 1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được
y 1 4 y 1 0 y 1
y 1 0
y 1
y 1 4 0
y 1 4
y 17
+ Thay x y 2 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được y 2 2 y 4 y 1 0 .
Đặt
y 1 a a 0 y a 2 1 , khi đó phương trình trên trở thành
a
2
2
1 2 a 2 1 4a 0 a 4 3a 2 4a 0
a 0
a a 3 3a 4 0 a a 1 a 2 a 4 0
a 1
x y 2 2
x 1
Với a 0 ta được
y 1
y 1
2
x y 2
x 0
Với a 1 ta được
y 2
y 2
Kết hợp với điều kiện xác định ta có các nghiệm của hệ là x ; y 1;1, 1;17 , 0;2 .
Câu 4. Cho quãng đường AB dài 300km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuất phát từ A đến
B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xe gặp nhau. Tính vận
32
tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai
là 2 giờ 30 phút.
Lời giải. Đổi 2h 30 '
5
h . Gọi vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là
2
x; y km/h . Điều kiện y x 0 .
Sau 3 giờ thì xe thứ nhất đi được 3x km và xe thứ nhất đi được 3y km
Ta có phương trình 3x 3y 300 x y 100
300
h , thời gian xe thứ hai đi hết quãng
x
300 300 5
60 60 1
300
đường AB là
h . Ta có phương trình
x
y
2
x
y
2
y
y 100 x
x y 100
Kết hợp các phương trình ta có hệ phương trình 60 60 1
60
60 1
y
2
100 x
2
x
x
60
60
1
ta được x 300; x 40
Giải phương trình
x
100 x
2
+ Với x 300 ta được y 200 (không thỏa mãn điều kiện)
Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là
+ Với x 40 ta được y 60 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là 40 km/h và 60 km/h.
Câu 5. Cho đường tròn O; R có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên đường tròn
O , C không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của O; R cắt tiếp tuyến tại A, B của O; R
lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC.
a) Chứng minh tứ giác CMON là hình chữ
nhật và AP.BQ MN2 .
D
Ta có OA OC R và PA PC (tính
Q
chất của hai tiếp tuyến cắt nhau). Suy ra
OP là đường trung trực của AC, do đó
I
C
P
900
OP AC OMC
900
Chứng minh tương tự được ONC
M
A
E
N
O
B
33
900 .
Lại có ACB
Tứ giác CMON có
ONC
MCN
900 nên tứ giác
OMC
CMON là hình chữ nhật.
Vì CMON là hình chữ nhật nên POQ 900 và vì PQ là tiếp tuyến tại C của O nên
OC PQ
Tam giác OPQ vuông tại O có đường cao OC nên ta được PC.QC OC2
Mà PA PC;QB QC và MN OC . Từ đó ta suy ra được AP .BQ MN 2 .
b) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ.
Gọi I là trung điểm của PQ. Tam giác OPQ vuông tại O có OI là đường trung tuyến
Do đó ta có OI
PQ
nên O thuộc đường tròn
2
PQ
I ;
2 .
Vì AP và BQ là các tiếp tuyến của O nên AP AB , BQ AB nên APQB là hình thang
vuông
Mà OI là đường trung bình của hình thang APQB, do đó OI//AP nên suy ra OI AB
Do đó AB là tiếp tuyến tại O của
PQ
.
I ;
2
c) Chứng minh PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp
tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất.
+ Tam giác OCP vuông tại C có đường cao CM nên ta được OC2 OM.OP
Tương tự ta có OC2 ON.OQ . Từ đó ta được OM .OP ON .OQ
OM
ON
OQ
OP
OM
ON
Hai tam giác OMN và OQP có POQ chung và
OQ
OP
Do đó OMN ∽ OQP suy ra ta được OPQ ONM nên tứ giác PMNQ nội tiếp đường
tròn.
Gọi D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ, E là giao điểm của OC và MN.
Đường tròn D có I là trung điểm của dây PQ và E là trung điểm của dây MN
34
Do đó DI PQ; DE MN nên ta được DI//OE và DE//OI, suy ra tứ giác OEDI là hình
bình hành.
Từ đó ta được DI OE
R
.
2
+ Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông DIP ta được
x 1, x 2
Dấu bằng xẩy ra khi PQ AB OC AB hay C là điểm chính giữa của nửa đường
tròn O .
Vậy khi C là điểm chính giữa của nửa đường tròn O thì đường tròn ngoại tiếp tứ giác
PMNQ có bán kính nhỏ nhất bằng
R 5
.
2
Câu 6. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 8t 2 mt 1 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
P
Lời giải. Ta có P
y 2z 2
x y2 z 2
1
1
1
x 2 2
y
z
z 2x 2
y z2 x2
1
1
1
y 2 2
x
z
x 2y 2
z x 2 y2
.
1
1
1
z 2 2
y
x
1
1
1
a
b
c
và
a; b; c , khi đó ta được P 2
2
2
2
2
x
y
z
b c
a c
a b2
a 2 b2 c2 3
Do đó n 3
Đặt
x 1 .x .x 2 (luôn đúng)
x
1 2
Ta lại có bất đẳng thức
0
x
2
3 x2
2. 3 x 2
2
1
1
1
3
Suy ra P a 2 b 2 c 2 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
2
2
2
2
a b c 1 x y z 1.
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là
3
, đạt được tại x y z 1 .
2
Đề số 6
Câu 1(2.0 điểm).
1) Cho a, b là hai số thực bất kỳ, chứng minh có ít nhất một trong hai phương trình ẩn x
sau vô nghiệm:
35
BAC
OMN
Phân tích và lời giải. Đặt các phương trình đã cho là
x 2 2ax 2a 2 b 2 1 0(1)
x 2 2bx 3b 2 ab 0(2)
Để chứng minh có ít nhất một trong hai phương trình ẩn x sau vô nghiệm thì thì ta
chứng minh một trong hai biệt thức delta của phương trình nhận giá trị âm. Muốn vậy ta
đi tính tổng hai biệt thức delta của hai hai phương trình nhận giá trị âm. Ta có
1' a 2 2a 2 b 2 1 a 2 b 2 1
'
b 2 3b 2 ab 2b 2 ab
2
Khi đó ta được 1' 2' a 2 b 2 1 2b 2 ab a 2 b 2 1 ab
Mặt khác dễ thấy rằng 2a 2 2b 2 2 2ab a b 2 a 2 b 2 0
2
Do đó ta được 1' 2' 0 . Vậy trong hai phương trình tồn tại ít nhất một phương trình
vô nghiệm.
2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z 0 và xyz 0
Tính giá trị biểu thức P
x2
y2
z2
y2 z 2 x 2 z 2 x 2 y2 x 2 y2 z 2
Phân tích và lời giải. Để tính được y 2 z 2 x 2 ta để ý đến giả thiết
x y z 0 y z x . Khi đó thực hiện bình phương hai vế ta được
y 2 z 2 2yz x 2 y 2 z 2 x 2 2yz .
x2
x2
x2
Từ đó ta có biến đổi 2
2
2yz
y z2 x2
y z 2 y 2 z 2 2yz
Hoàn toàn tương tự ta cũng có
y2
y2
z2
z2
;
2zx x 2 y 2 z 2
2xy
z 2 x 2 y2
Chú ý rằng xyz 0 nên cộng theo vế ta được
36
x2
y2
z2
x2
y2
z2
2yz 2xz 2xy
y2 z 2 x 2 z 2 x 2 y2 x 2 y2 z 2
3
3
3
3
3
3
3
3
3
1 x y z
1 x y z
1 x y z 3xyz 3
3
3
2
xyz
2
xyz
2
xyz
x y z x 2 y 2 z 2 xy yz zx
1
3
3
2
xyz
2
P
3
Vậy P .
2
Câu 2(2.5 điểm).
1) Giải phương trình 1 3x ;1 3y;1 3z
y 1; x z 0 Phân tích và lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là
x 2 4x 12 0; x 1 . quan sát phương trình đã cho ta để ý đến biến đổi
x 2 4x 12 x 2 8 x 1 . Khi đó ta viết lại được phương trình đã cho thành
2
x 2
2
8 x 1 2 x 2 x 1 . Phương trình có sự lặp lại của hai đại lương nên
ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x 2 a; x 1 b b 0 . Khi đó phương trình trên trở
thành
a 2 8b 2 2a b a 2 8b 2 4a 2 4ab b 2
a b
3a 2 4ab 7b 2 0 3a 7b a b 0
3a 7b
1
+ Với f (x ) 9yz 4y 4z x 4yz x 1 thì
3
x 2 0
x 2
5 13
x 2 x 1
x
2
2
x 4x 4 x 1
x 5x 3 0
2
+ Với g(x ) ax b thì
9x 2 36x 36 49x 49
9x 2 85x 85 0
3x 6 7 x 1
x 2
x 2
Hệ vô nghiệm với x 1
Thử lại vào phương trình đã cho ta có nghiệm của phương trình là a, .
x 2 y 2 4xy 2 1 4 4 xy
x y
2) Giải hệ phương trình
x y 3 2y 2 y 1 2y 2 x 3
37
Phân tích và lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x y;2y 2 y 1 0 .
Quan sát phương trình thứ nhất của hệ ta nhận thấy phương trình có thể đưa về dạng
phương trình đa thức nên ta kiểm tra xem phương trình có phân tích được hay không.
Chú ý rằng trong phương trình có sự lặp lại của hai đại lượng là x y và xy nên ta viết
phương trình về dạng
x y
2
2
2xy 4xy
1 4 4 xy
x y
Đến đây ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x y a; xy b . Khi đó ta có phương trình
2
a 2 2b 4b 1 4 4 b a 3 2ab 8b 16a a 3 2ab 16a 8b 0
a
a 4
a 2 a 4 a 44a 2b a 4 a 2 2b 4a 0 2
a 2b 4a 0
+ Với PDI = BAH ta được x y 4 hay x y 4 , thế vào phương trình thứ hai của hệ
ta được
3 2y 2 y 1 2y 2 y 3
Đặt
R 2 OI 2
. , khi đó phương trình trên được viết lại thành
IM .IK
5
3t t 2 4 t 4 2y 2 y 1 4 2y 2 y 15 0 y 3;
2
5
3
Với y 3 ta được x 7 và với y ta được x . Các nghiệm thỏa mãn hệ phương
2
2
trình.
+ Với a 2 2b 4a 0 ta được x 2 y 2 4 x y 0
Vì x y; x 2 0; y 2 0 nên x 2 y 2 4 x y 0 hay trường hợp này hệ phương trình vô
nghiệm
3 5
Vậy các nghiệm của hệ phương trình là x ; y 7; 3, ; .
2 2
Câu 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên x ; y thỏa mãn phương trình x 3 y 3 6xy 3
Lời giải. Phương trình tương đương với x y 3xy x y 6xy 3
3
38
Đặt x y a; xy b , do x, y là số nguyên nên a, b Z . Khi đó phương trình trở thành
a 3 3ab 6b 3 a 3 3 3b a 2
a 2 a 2 2a 4 5 3b a 2 a 2 2a 4
5
3b
a 2
Vì a, b là các số nguyên nguyên nên a 2 U (5) a 2 5; 1;1;5 a 7; 3;1; 3 .
68
(không phải số nguyên)
3
x y 3 x 3 y
+ Với (P ) : y 2x 2 khi đó ta được b 8 , do đó ta được
(hệ
2
xy 8
y 3y 8 0
vô nghiệm)
2
+ Với a 1 khi đó ta được b
(không phải số nguyên)
3
x 1; y 2
x y 3
+ Với a khi đó ta được b 2 , suy ra
xy 2
x 2; y 1
Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là x ; y 1;2, 2;1
+ Với a 7 khi đó ta được b
Câu 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có hai tia BA và CD cắt nhau tại E,
hai tia AD và BC cắt nhau tại F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Các đường
cắt nhau tại K.
và góc BFA
phân giác trong của các góc BEC
a) Chứng minh DEF DFE ABC và tam giác EKF là tam giác vuông.
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên
F
ADE
mặt khác vì góc
ABC
ADE là góc ngoài của tam giác
C
EDF nên
D
DE
.
ADE
F DFE
M
Từ đó suy ra
ABC
DFE
DEF
N
K
O
E
B
A
KFE
DEF
DFE
DFK
DEK
ABC
DFK
DEK
(1)
Ta có FEK
và góc BFA
cắt nhau tại K nên
Vì các đường phân giác của các góc BEC
39
DEK
1 AFB
AEC
1 3600 ECB
FAB
2ABC
1 1800 2ABC
(2)
DFK
2
2
2
KFE
ABC
1 1800 2
ABC 900
Từ (1) và (2) ta có FEK
2
b) Ta có F
4034
chung nên
2017 (cùng chắn cung AD) và E
EAC ∽ EDB . Mà
2
ta lại có M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD nên EM, EN lần lượt là đường trung
tuyến của tam giác EAC và EBD. Do đó ta có
AC
EA CM
.
BD
ED
BN
EBN
nên tam giác EBN và ECM đồng dạng với nhau.
Mặt khác ta có ECM
Từ đó ta được
EN
BN
BD
nên suy ra EM.BD EN.AC
EM
CM
AC
c) Gọi K ' là giao điểm của EK với MN. Ta có tam giác EBN và ECM đồng dạng với nhau.
. Lại do EK là phân giác của góc AED
BEN
nên suy ra MEK
NEK
Nên suy ra CEM
hay MEK ' NEK ' .
MK '
ME
Tam giác MEN có EK là phân giác nên theo tính chất đường phân giác ta có
'
NE
NK
'
.
Gọi K " là giao điểm của FK với MN, hoàn toàn tương tự ta có
Theo ý b) ta đã có
MK "
MF
.
"
NF
NK
MF
AC
EM
AC
. Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có
.
NF
BD
EN
BD
MK "
MK '
Kết hợp các kết quả trên ta được
. Điều này dẫn đến các điểm K , K ' , K " trùng
"
'
NK
NK
nhau hay ba điểm M, K, N thẳng hàng.
Câu 5 (2,0 điểm).
1) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng
1
a 3a 2b
1
b 3b 2c
1
c 3c 2a
3
5abc
Phân tích. Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta viết lại được thành
40
1
a
5 3 2
c b c
1
5 3 2
a c b
b
1
c
5 3 2
b a c
Để đơn giản hoán bất đẳng thức cần chứng minh ta đặt
x
5z 3x 2y
y
5x 3y 2z
3
5
AH2
. Khi đó ta đi chứng minh
2
z
5y 3z 2x
3
5
5z 3x 2y
Dự đoán dấu bằng xẩy ra tại x y z ta có đánh giá
1
5z 3x 2y
2
đến đây áp dụng tương tự ta quy bài toán về chứng minh
2x
2y
2z
3
. Dễ thấy bất đẳng thức trên áp dụng
5z 3x 2y 5y 3y 2z 5x 3z 2x
5
được bất đẳn thức Bunhiacopxki dạng phân thức.
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
1
a
Đặt
5 3 2
c b c
1
5 3 2
a c b
b
1
c
5 3 2
b a c
3
5
AH2
. Khi đó ta đi chứng minh
2
x
5z 3x 2y
y
5x 3y 2z
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
Do đó ta được
x
5z 3x 2y
x
5z (3x 2y )
y
5x 3y 2z
Ta cần chứng minh
z
5y 3z 2x
5z 3x 2y
3
5
1
5z 3x 2y .
2
2x
. Áp dụng tương tự ta được
5z 3x 2y
z
5y 3z 2x
2x
2y
2z
5z 3x 2y 5y 3y 2z 5x 3z 2x
2x
2y
2z
3
.
5z 3x 2y 5y 3y 2z 5x 3z 2x
5
41
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và để ý
xy yz zx
2
1
x y z ta được
3
2x
2y
2z
5z 3x 2y 5y 3y 2z 5x 3z 2x
2 x y z
2
x 5z 3x 2y y 5x 3y 2z z 5y 3z 2x
2
2(x y z )
3 x y z xy yz zx
2
2(x y z )2
3 x 2 y 2 z 2 7 xy yz zx
2
2(x y z )
3
2
2
1
5
3 x y z x y z
3
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
2) Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của
hai số còn lại. Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5.
Phân tích. Gọi 5 số đã cho là a, b, c, d, e (a, b, c, d, e N ) . Để chứng minh tất cả năm số tự
nhiên đều lớn hơn hoặc bằng 5 ta đi chứng minh có lần lượt một số, hai số, ba số, bốn số,
năm số trong các số tự nhiên trên nhỏ hơn 5 thì đều có mâu thuẫn với yêu cầu bài toán. Ta
có
thể
giả
sử
a b c d e.
Khi
a 5; a, b 5; a, b, c 5; a, b, c, d 5; a, b, c, d, e 5 .
đó
ta
Chú
đi
xét
ý
rằng
các
ta
trường
hợp
luôn
có
a b 1 c 2 d 3 e 4 . Đến đây ta chỉ ra các mâu thuẫn dạng a b c d e .
3x 2 6y 2 3x 12y Lời giải. Gọi 5 số đã cho là a, b, c, d, e (a, b, c, d, e N ) . Không mất
tính tổng quát ta có thể giả sử
a b c d e . Khi đó ta có a b 1 c 2 d 3 e 4 .
+ Trường hợp 1. Giả sử
AE
AM
2 AE 2AC AC CE và n 0 . Khi đó ta có
AC
AF
a b c 4 d 2 e 2 d e , điều này mâu thuẫn với đề bài.
+ Trường hợp 2. Giả sử a, b 5 và
1
3
1 . Khi đó ta có
t 1 t 3
a b c 3 4 c 5 2 c d 2 e 2 e d
Điều này mâu thuẫn với đề bài.
+ Trường hợp 3. Giả sử t 1 và d, e 5 . Khi đó đó ta có
a b c 2 3 4 9 11 d e
42
Điều này mâu thuẫn với đề bài.
+ Trường hợp 4. Giả sử x
x 1; x 2; x
2
3 17
3 x 2 3x 2 0 x
và
x
2
3 17
. . Khi đó ta có
2
a 2; b 2
Điều này mâu thuẫn với đề bài.
+ Trường hợp 5. Giả sử A n 2018 n 2008 1 , không tồn tại bộ số tự nhiên phân biệt thỏa
mãn yêu cầu bài ra.
Vậy điều giả sử là sai nên cả năm số đều lớn hơn hoặc bằng 5.
Đề số 7
Câu 2.
2) Đặt Q ( x=
( 2017 ) 0 nên
) P ( x ) − x − 1 . Dễ thấy Q=
( 2016 ) Q=
Q ( x) =
( x − 2016 )( x − 2017 )( x − a ) .Suy ra
P ( x) =
( x − 2016 )( x − 2017 )( x − a ) + x + 1 . Từ đó, ta có
−3P ( 2018 ) + P ( 2019 ) =
−6 ( 2018 − a ) − 2019.3 + 6 ( 2019 − a ) + 2020 =
−4031
Câu 3.
Đặt a = 2x2 , b = x + y, c = x + 2y. Phương trình (2) trở thành
a+b +2 =
c
⇔
(
10c − a − b ⇔ a + b + 2 c ( a + b=
) 3c
) (2 c )
2
a+b + =
c
2
⇔ a=
+ b c hay
=
y 2x2
Thay y = 2x2 vào (1) ta có thể giải được.
Câu 4.
43
a) Tam giác IDA đồng dạng với tam giác IAC nên
Tam giác IBA đồng dạng với tam giác IBC nên
AC AI
=
AD ID
BC IB
mà IA = ID suy ra đpcm
=
BD ID
(tứ giác điều hòa)
b) Ta dễ có BOAI nội tiếp trong đường tròn tâm E đường kính OI. Qua K kẻ đường
thẳng vuông góc với KE cắt (E, OE) tại hai điểm U, V
⇒ KA.KB = UK .VK = VK 2 = EV 2 − EK 2 = OE 2 − EK 2
c)
(dpcm)
Ta có: IC.ID = IA2, tam giác vuông OAI có đường cao AH nên IA2 = IH.IO do đó
tứ giác OHCD nội tiếp suy ra ∠DOC = ∠DHC ⇒ ∠DBC =
1
∠DHC
2
(1)
Mặt khác ∠OHD =
∠OCD =
∠ODC =
∠CHI nên HA là phân giác ∠DHC
( 2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠DBC =
∠DHA tam giác HAD đồng dạng tam giác BDC suy ra
đpcm.
Câu 5.
Bài bất đẳng thức này việc đầu tiên cũng như quan trọng nhất là phải tìm được dấu
bằng từ đó sẽ tìm ra lời giải.
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1 và z = 3.
44
(
)
Ta có 5 x 2 + y 2 + z 2 = 52 + 2 x 2 + y 2 ≥ 52 + 2 + 1 = 55 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ 11
(1)
Lại có ( x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇔ xy + 1 ≥ x + y
Chứng minh tường tự: yz + 1 ≥ y + z ;
xz + 1 ≥ x + z
Cộng lại theo vế ta được: 2 ( xy + yz + zx ) + 6 ≥ 4 ( x + y + z )
( 2)
Lấy (1) + (2) ta được: ( x + y + z ) ≥ 5 + 4 ( x + y + z ) ⇔ x + y + z ≥ 5
2
Đề số 8
CÂU
NỘI DUNG
1a
2x + 2 x x −1 x x + 1
P=
+
−
x
x− x
x+ x
(
)(
(
0,25
) (
)(
)
x ( x + 1)
x −1 x + x +1
2x + 2
=
+
−
x
x x −1
(
)
x + 1) ( x −
−
x+
2x + 2
= +
x
x
=
1b
x +1 x − x +1
)
0,5
x
0,25
x =2 − 1
P 2
Thay vào biểu thức =
(
0,25
)
2 −1 + 2 +
2
2 −1
Tính được kết quả=
P 4 2+2
1c
Đưa được
0,5
x +1
2x + 2
2x + 2 x + 2
=
+2
x
x
Ta có x =−
3 2 2⇒
ĐIỂM
0,25
0,25
7
7 x
=
P 2x + 2 + 2 x
0,25
7 x
7
<
2x + 2 + 2 x 6
0,25
7
chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi
P
x =2
x = 4
7 x = 2x + 2 + 2 x ⇔ 2x − 5 x + 2 ⇔
⇔
x=1
x = 1
4
2
0,25
Khi m = −1 ta có phương trình x 2 + 2 x − 8 =
0
0,5
Đánh giá 2 x + 2 + 2 x > 6 x , suy ra 0 <
Vậy
2a
45
2b
Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1 = 2; x2 = −4
0,5
Tính được ∆=' m 2 − ( m − 1)
0,25
3
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ m 2 − ( m − 1) > 0 (*)
3
0,25
Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có
2m (1)
x1 + x2 =
3
( m − 1) (2)
x1 x=
2
Giả sử x1 = ( x2 ) thay vào (2) ta được x2 =m − 1; x1 =
( m − 1)
2
2
0,25
Thay hai nghiệm x1 ; x2 vào (1) ta được
m = 0
m = 3
( m − 1) + ( m − 1) = 2m ⇔ m2 − 3m = 0 ⇔
2
Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận
3
Điều kiện: x ≠ 0 , đưa phương trình trở thành:
Đặt ẩn phụ:
x
2x2 + 9
2 x2 + 9
x
+2
−3=
0
2
x
2x2 + 9
0,25
0,25
= t , phương trình trở thành:
t = 1
2t − 3t + 1 = 0 ⇔ ( t − 1) ( 2t − t − 1) = 0 ⇔ 1
t =
2
0,25
=
x
Trường hợp: t = 1 ta có
0,25
3
2
2
Trường hợp: t = −
4a
2 x 2 + 9 (vô nghiệm)
x < 0
3 2
2 x 2 + 9 =−2 x ⇔ 2
⇔ x =−
2
2 x = 9
1
ta có
2
0,25
A
F
O
K
E
B
H
M
C
Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung
0,25
Ta
có
=
AEF
AHF
=
;
AHF
ACB suy ra
AEF =
ACB
(hoặc
=
AFF
AHE
=
;
AHE
ABC suy ra
AFE =
ABC )
0,25
46
0,25
Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng
Từ tỷ số đồng dạng
4b
4c
AE AF
ta có AE.AB = AC.AF
=
AC AB
0,25
Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF = OH.
0,25
Có MF = MH (vì tam giác HFC vuông tại F, trung tuyến FM)
0,25
Suy ra ∆OHM =
∆OFM (c.c.c)
0,25
= 900 , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH
Từ đó MFO
0,25
Xét hai tam giác AHM và BHO có
AHM
= BHO
= 900
0,25
Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có
2
AH=
HB.HC ⇒ AH .2OH= HB.2 HM ⇒
4d
5
AH HM
=
HB HO
0,25
Suy ra ∆HBO ∆HAM
0,25
= HBO
Suy ra HAM
0,25
Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn
HAM
, suy ra BO // HK
Ta có HBO
=
= MHK
0,25
Mà HK ⊥ AM , suy ra BO ⊥ AM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABM
0,25
Giả sử a ≥ b ≥ c , từ giả thiết suy ra ab ≥ 1 . Ta có bất đẳng thức sau:
( a − b ) ( ab − 1) ≥ 0 (luôn đúng).
1
1
2
+
≥
⇔
2
2
1 + a 1 + b 1 + ab
(1 + a 2 )(1 + b2 ) (1 + ab )
2
Vậy ta cần chứng minh:
2
1
3
+
≥
2
1 + ab 1 + c
2
0,25
⇔ c 2 + 3 − ab ≥ 3abc 2 ⇔ c 2 + ca + bc ≥ 3abc 2 ⇔ a + b + c ≥ 3abc
( a + b + c )2 ≥ 3 ( ab + bc + ca ) =
9
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì
2
ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc )
hay a + b + c ≥ 3 ≥ 3abc .
Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= 1
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c =
3 .Chứng minh rằng:
ab
c +3
2
+
bc
a +3
2
+
ca
b +3
2
≤
3
2
0,25
47
5
Ta có
Ta có
(a + b + c)
3
ab
c +3
2
≤
2
≥ ab + bc + ca ⇒ ab + bc + ca ≤ 3
ab
=
c + ab + bc + ca
2
ab
( a + c )( b + c )
0,25
≤
ab 1
1
+
2 a+c b+c
1 ab
ab
bc
ca
ca 1
3
VT ≤
+
+
+
+
= ( a + b + c ) = (đpcm)
2 a+c b+c c+a c+b a+b 2
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
0,25
Đề số 9
Câu 1.
1). Ta có m2 8 .
0 với mọi m nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt.
x x m
2
1
2 và giả thiết cho x 2 4 x 2 .
Theo định lý Vi-et ta có
1
2
1
x1 .x2
2
m
m
x1 x2
x1 x2
2
2
1
1
Nên ta có x1 .x2
(1) hoặc x1 .x2 (2).
2
2
x 2 x
2
x
x
2
1
2
1
+ Giải (1):
Ta có 2 x2 x2
1
(vô nghiệm), nên hệ phương trình (1) vô nghiệm.
2
+ Giải (2):
1
x x1 1 m 1
1
2
2
Ta có 2 x2 x2
.
1
2
x2 x1 1 m 1
2
Nhận xét: Bài toán áp dụng định lý Vi-ét trong phương trình bậc hai và biến đổi biểu thức.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
• Phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 .
Phương trình bậc hai 2 x 2 mx 1 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi giá trị
2
của tham số m vì m 4.2.1 m2 8 8 0 với mọi giá trị của m .
b
x1 x2
a.
• Định lý Vi-ét trong phương trình bậc hai
c
x1 x2
a