Tải bản đầy đủ

BÀI TẬP TẾT 2017 lớp 9

BÀI TẬP TẾT 2017 (NGÀY NỘP BÀI 12/02/2017)

PHẦN I: ĐẠI SỐ

Chủ đề 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI – ĐỊNH LÝ VI-ÉT.
Dạng 1: Chứng minh phương trình có nghiệm, vô nghiệm.
Bài 1: Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm.
1) x2 – 2(m - 1)x – 3 – m = 0 ;
2) x2 + (m + 1)x + m = 0 ;
3) x2 – (2m – 3)x + m2 – 3m = 0 ;
4) x2 + 2(m + 2)x – 4m – 12 = 0 ;
2
2
2
5) x – (2m + 3)x + m + 3m + 2 = 0 ;
6) x – 2x – (m – 1)(m – 3) = 0 ;
7) x2 – 2mx – m2 – 1 = 0 ;
8) (m + 1)x2 – 2(2m – 1)x – 3 + m = 0
Bài 2:
a) Chứng minh rằng với a, b , c là các số thực thì phương trình sau luôn có nghiệm:
(x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0

b) Chứng minh rằng với ba số thức a, b , c phân biệt thì phương trình sau có hai nghiệm phân
1
1
1
+
+
= 0 (Èn x)
biết:
x−a x−b x−c
c) Chứng minh rằng phương trình: c2x2 + (a2 – b2 – c2)x + b2 = 0 vô nghiệm với a, b, c là độ dài ba
cạnh của một tam giác.
d) Chứng minh rằng phương trình bậc hai:
(a + b)2x2 – (a – b)(a2 – b2)x – 2ab(a2 + b2) = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt.
Bài 3:
a) Chứng minh rằng ít nhất một trong các phương trình bậc hai sau đây có nghiệm:
ax2 + 2bx + c = 0 (1)
bx2 + 2cx + a = 0 (2)
cx2 + 2ax + b = 0 (3)
b) Cho bốn phương trình (ẩn x) sau: x2 + 2ax + 4b2 = 0 (1)
x2 - 2bx + 4a2 = 0 (2)
x2 - 4ax + b2 = 0
(3)
2
2
x + 4bx + a = 0
(4)
Chứng minh rằng trong các phương trình trên có ít nhất 2 phương trình có nghiệm.
c) Cho 3 phương trình (ẩn x sau):
2b b + c
1
ax 2 −
x+
=0
(1)
b+c
c+a
2c c + a
1
bx 2 −
x+

=0
(2)
c+a
a+b
2a a + b
1
cx 2 −
x+
=0
(3)
a+b
b+c
với a, b, c là các số dương cho trước.
Chứng minh rằng trong các phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm.
Bài 4:
a) Cho phương trình ax2 + bx + c = 0.
Biết a ≠ 0 và 5a + 4b + 6c = 0, chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm.
b) Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có hai nghiệm nếu một trong hai điều
kiện sau được thoả mãn:
a(a + 2b + 4c) < 0 ;
5a + 3b + 2c = 0.


Dạng 2: Tính giá trị của biểu thức đối xứng, lập phương trình bậc hai nhờ nghiệm của phương
trình bậc hai cho trước.
Bài 1: Gọi x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình: x2 – 3x – 7 = 0.
Tính:
2
2
A = x1 + x 2 ;
B = x1 − x 2 ;
C=

1
1
+
;
x1 − 1 x 2 − 1
3

D = ( 3x1 + x 2 )( 3x 2 + x1 ) ;

3

4

E = x1 + x 2 ;

F = x1 + x 2

Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là

4

1
1

.
x1 − 1
x2 − 1

Bài 2: Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình: 5x2 – 3x – 1 = 0. Không giải phương trình, tính giá
trị của các biểu thức sau:
3
2
3
2
A = 2x1 − 3x1 x 2 + 2x 2 − 3x1x 2 ;
2

1
x
x1
x
x
1 
B= 1 +
+ 2 + 2 −  −  ;
x 2 x 2 + 1 x1 x1 + 1  x1 x 2 
2

2

3x + 5x1x 2 + 3x 2
C= 1
.
2
2
4x1x 2 + 4x1 x 2
Bài 3:
a) Gọi p và q là nghiệm của phương trình bậc hai: 3x 2 + 7x + 4 = 0. Không giải phương trình hãy
thành lập phương trình bậc hai với hệ số bằng số mà các nghiệm của nó là
b) Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm là

p
q

.
q −1
p −1

1
1

.
10 − 72
10 + 6 2

Bài 4: Cho phương trình x2 – 2(m -1)x – m = 0.
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm x1 ; x2 với mọi m.
1
1
vµ y 2 = x 2 + .
b) Với m ≠ 0, lập phương trình ẩn y thoả mãn y1 = x1 +
x2
x1
Bài 5: Không giải phương trình 3x2 + 5x – 6 = 0. Hãy tính giá trị các biểu thức sau:

A = ( 3x1 − 2x 2 )( 3x 2 − 2x1 ) ;

B=

x1
x
+ 2 ;
x 2 − 1 x1 − 1

C = x1 − x2 ;

D=

x1 + 2 x 2 + 2
+
x1
x2

Bài 6: Cho phương trình 2x2 – 4x – 10 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Không giải phương trình hãy thiết
lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: y1 = 2x1 – x2 ; y2 = 2x2 – x1
Bài 7: Cho phương trình 2x2 – 3x – 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy thiết lập phương trình ẩn y có
hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn:
2

x1
y 1 =
x2
y 1 = x 1 + 2

a) 
b) 
2
x2
y 2 = x 2 + 2

y 2 = x
1

2
Bài 8: Cho phương trình x + x – 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai
nghiệm y1 ; y2 thoả mãn:


x1 x 2

y
+
y
=
+
2
 1
 y 1 + y 2 = x 1 2 + x 2 2
x 2 x1

a) 
;
b)  2
y
y
 y 1 + y 2 2 + 5x 1 + 5x 2 = 0.
1
2
 +
= 3x 1 + 3x 2
 y 2 y 1
Bài 9: Cho phương trình 2x2 + 4ax – a = 0 (a tham số, a ≠ 0) có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy lập phương
trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn:
1
1
1
1
y1 + y 2 =
+

+
= x1 + x 2
x1 x 2
y1 y 2
Dạng 3: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm có nghiệm kép,vô nghiệm.
Bài 1:
a) Cho phương trình (m – 1)x2 + 2(m – 1)x – m = 0 (ẩn x).
Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép này.
b) Cho phương trình (2m – 1)x2 – 2(m + 4)x + 5m + 2 = 0.
Tìm m để phương trình có nghiệm.
a) Cho phương trình: (m – 1)x2 – 2mx + m – 4 = 0.
- Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm.
- Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó.
b) Cho phương trình: (a – 3)x2 – 2(a – 1)x + a – 5 = 0.
Tìm a để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
4x 2
2( 2m − 1) x

+ m2 − m − 6 = 0 .
4
2
2
x + 2x + 1
x +1
Xác định m để phương trình có ít nhất một nghiệm.
b) Cho phương trình: (m2 + m – 2)(x2 + 4)2 – 4(2m + 1)x(x2 + 4) + 16x2 = 0. Xác định m để
phương trình có ít nhất một nghiệm.

Bài 2:a) Cho phương trình:

Dạng 4: Xác định tham số để các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 thoả mãn điều kiện
cho trước.
2
Bài 1: Cho phương trình: x – 2(m + 1)x + 4m = 0
1) Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.
2) Xác định m để phương trình có một nghiệm bằng 4. Tính nghiệm còn lại.
3) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dấu (trái dấu)
4) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dương (cùng âm).
5) Định m để phương trình có hai nghiệm sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
6) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn 2x1 – x2 = - 2.
7) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho A = 2x12 + 2x22 – x1x2 nhận giá trị nhỏ
nhất.
Bài 2: Định m để phương trình có nghiệm thoả mãn hệ thức đã chỉ ra:
a) (m + 1)x2 – 2(m + 1)x + m – 3 = 0;
(4x1 + 1)(4x2 + 1) = 18
2
b) mx – (m – 4)x + 2m = 0;
2(x12 + x22) = 5x1x2
c) (m – 1)x2 – 2mx + m + 1 = 0;
4(x12 + x22) = 5x12x22
d) x2 – (2m + 1)x + m2 + 2 = 0;
3x1x2 – 5(x1 + x2) + 7 = 0.
Bài 3: Định m để phương trình có nghiệm thoả mãn hệ thức đã chỉ ra:
a) x2 + 2mx – 3m – 2 = 0 ;
2x1 – 3x2 = 1
b) x2 – 4mx + 4m2 – m = 0 ;
x1 = 3x2
c) mx2 + 2mx + m – 4 = 0 ;
2x1 + x2 + 1 = 0
2
2
d) x – (3m – 1)x + 2m – m = 0 ;
x1 = x22


e) x2 + (2m – 8)x + 8m3 = 0 ;
x1 = x22
f) x2 – 4x + m2 + 3m = 0 ;
x12 + x2 = 6.
Bài 4:
a) Cho phương trình: (m + 2)x2 – (2m – 1)x – 3 + m = 0. Tìm điều kiện của m để phương trình
có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
b) Cho phương trình bậc hai: x2 – mx + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 ; x2
sao cho biểu thức R =

2x1x 2 + 3
đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
2
x1 + x 2 + 2(1 + x1x 2 )
2

c) Định m để hiệu hai nghiệm của phương trình sau đây bằng 2.
mx2 – (m + 3)x + 2m + 1 = 0.
2
Bài 5: Cho phương trình: ax + bx + c = 0 (a ≠ 0).
Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia là 9ac = 2b2.
Bài 6: Cho phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0). Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để
phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp k lần nghiệm kia (k > 0) là :
kb2 = (k + 1)2.ac

Chủ đề 2:
GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH –HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: Một ôtô đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy với vận tốc 35 km/h thì đến
chậm mất 2 giờ. Nếu xe chạy với vận tốc 50 km/h thì đến sớm hơn 1 giờ. Tính quãng đường AB và
thời gian dự định đi lúc đầu.
Bài 2: Một người đi xe máy từ A đến B cách nhau 120 km với vận tốc dự định trước. Sau khi được
1
quãng đường AB người đó tăng vận tốc thêm 10 km/h trên quãng đường còn lại. Tìm vận tốc dự
3
định và thời gian xe lăn bánh trên đường, biết rằng người đó đến B sớm hơn dự định 24 phút.
Bài 3: Một canô xuôi từ bến sông A đến bến sông B với vận tốc 30 km/h, sau đó lại ngược từ B trở
về A. Thời gian xuôi ít hơn thời gian đi ngược 1 giờ 20 phút. Tính khoảng cách giữa hai bến A và B.
Biết rằng vận tốc dòng nước là 5 km/h và vận tốc riêng của canô lúc xuôi và lúc ngược bằng nhau.
Bài 4: Một canô xuôi một khúc sông dài 90 km rồi ngược về 36 km. Biết thời gian xuôi dòng sông
nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ và vận tốc khi xuôi dòng hơn vận tốc khi ngược dòng là 6
km/h. Hỏi vận tốc canô lúc xuôi và lúc ngược dòng.
Bài 5: Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 7 giờ 12 phút thì xong. Nếu người thứ
nhất làm trong 5 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì cả hai người chỉ làm được

3
công việc.
4

Hỏi một người làm công việc đó trong mấy giờ thì xong?
Bài 6:Nếu vòi A chảy 2 giờ và vòi B chảy trong 3 giờ thì được
vòi B chảy trong 1 giờ 30 phút thì được

4
hồ. Nếu vòi A chảy trong 3 giờ và
5

1
hồ. Hỏi nếu chảy một mình mỗI vòi chảy trong bao lâu
2

mới đầy hồ.
Bài 7: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 6 giờ đầy bể. Nếu mỗi vòi chảy một mình cho đầy
bể thì vòi II cần nhiều thời gian hơn vòi I là 5 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể?
Bài 8: Trong tháng giêng hai tổ sản xuất được 720 chi tiết máy. Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%,
tổ II vượt mức 12% nên sản xuất được 819 chi tiết máy. Tính xem trong tháng giêng mỗi tổ sản xuất
được bao nhiêu chi tiết máy?
Bài 9: Năm ngoái tổng số dân của hai tỉnh A và B là 4 triệu người. Dân số tỉnh A năm nay tăng
1,2%, còn tỉnh B tăng 1,1%. Tổng số dân của cả hai tỉnh năm nay là 4 045 000 người. Tính số dân
của mỗi tỉnh năm ngoái và năm nay?


Bài 10: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 280 m. Người ta làm lối đi xung quanh vườn
(thuộc đất trong vườn) rộng 2 m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng
trọt là 4256 m2.
Bài 11: Cho một hình chữ nhật. Nếu tăng chiều dài lên 10 m, tăng chiều rộng lên 5 m thì diện tích
tăng 500 m2. Nếu giảm chiều dài 15 m và giảm chiều rộng 9 m thì diện tích giảm 600 m2. Tính chiều
dài, chiều rộng ban đầu.
Bài 12:Cho một tam giác vuông. Nếu tăng các cạnh góc vuông lên 2 cm và 3 cm thì diện tích tam
giác tăng 50 cm2. Nếu giảm cả hai cạnh đi 2 cm thì diện tích sẽ giảm đi 32 cm 2. Tính hai cạnh góc
vuông.
Bài 13: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, tổng các chữ số bằng 11, nếu đổi chỗ hai chữ số hàng
chục và hàng đơn vị cho nhau thì số đó tăng thêm 27 đơn vị.
Bài 14: Tìm một số có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 7 lần chữ số hàng đơn vị của nó và nếu số cần
tìm chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 4 và số dư là 3.
Bài 15: Nếu tử số của một phân số được tăng gấp đôi và mẫu số thêm 8 thì giá trị của phân số bằng
Nếu tử số thêm 7 và mẫu số tăng gấp 3 thì giá trị phân số bằng

1
.
4

5
. Tìm phân số đó.
24

Bài 16:Nếu thêm 4 vào tử và mẫu của một phân số thì giá trị của phân số giảm 1. Nếu bớt 1 vào cả
tử và mẫu, phân số tăng

3
. Tìm phân số đó.
2

PHẦN II: HÌNH HỌC
Bài 1: Cho hai đường tròn (O), (O') cắt nhau tại A, B. Các tiếp tuyến tại A của (O), (O') cắt (O'), (O)
lần lượt tại các điểm E, F. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF.
a) Chứng minh tứ giác OAO'I là hình bình hành và OO'//BI.
b) Chứng minh bốn điểm O, B, I, O' cùng thuộc một đường tròn.
c) Kéo dài AB về phía B một đoạn CB = AB. Chứng minh tứ giác AECF nội tiếp.
Bài 2: Cho tam giác ABC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H.Gọi D là điểm đối xứng của H
qua trung điểm M của BC.
a) Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp được trong một đường tròn.Xác định tâm O của đường tròn
đó.
b) Đường thẳng DH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ 2 là I. Chứng minh rằng 5 điểm A, I, F, H, E
cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 3: Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Tia OA cắt đường tròn (O') tại C, tia O'A
cắt đường tròn (O) tại D. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác OO'CD nội tiếp.
b) Tứ giác OBO'C nội tiếp, từ đó suy ra năm điểm O, O', B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt
nhau tại E. Vẽ EF vuông góc AD. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác ABEF, DCEF nội tiếp được.
b) Tia CA là tia phân giác của góc BCF.
c)* Tứ giác BCMF nội tiếp được.
Bài 5: Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn.
Trên cung nhỏ AB lấy một điểm C. Vẽ CD ⊥ AB, CE ⊥ MA, CF ⊥ MB.
Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác AECD, BFCD nội tiếp được.
b) CD2 = CE. CF
c)* IK // AB
Bài 6:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Từ A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn. Vẽ hai
đường cao BD và CE.
a) Chứng minh rằng bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh rằng xy// DE, từ đó suy ra OA ⊥ DE.
Bài 7: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ AB lấy một điểm M. Đường
thẳng qua A song song với BM cắt CM tại N.


a) Chứng minh rằng tam giác AMN là tam giác đều.
b) Chứng minh rằng MA + MB = MC.
c)* Gọi D là giao điểm của AB và CM. Chứng minh rằng:

1
1
1
+
=
AM MB MD

Bài 8: Cho ba điểm A, B, C cố định với B nằm giữa A và C. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua B
và C. Vẽ đường kính MN vuông góc với BC tại D ( M nằm trên cung nhỏ BC).Tia AN cắt đường
tròn (O) Tại một điểm thứ hai là F. Hai dây BC và MF cắt nhau tại E. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác DEFN nội tiếp được.
b) AD. AE = AF. AN
c) Đường thẳng MF đi qua một điểm cố định.
Bài 9:Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn ( O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Gọi M là
trung điểm của AB. Tia CM cắt đường tròn tại điểm N. Tia AN cắt đường tròn tại điểm D.
a) Chứng minh rằng MB2 = MC. MN b) Chứng minh rằng AB// CD
c) Tìm điều kiện của điểm A để cho tứ giác ABDC là hình thoi. Tính diện tích cử hình thoi đó.
Bài 10: Cho đường tròn (O) và một dây AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ đường kính
MN Cắt AB tại I. Gọi D là một điểm thuộc dây AB. Tia MD cắt đường tròn (O) tại C.
a) Chứng minh rằng tứ giác CDIN nội tiếp được
b) Chứng minh rằng tích MC. MD có giá trị không đổi khi D di động trên dây AB.
c) Gọi O' là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh rằng ∠MAB =

1
∠ AO'D.
2

d) Chứng minh rằng ba điểm A, O', N thẳng hàng và MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ACD.
Bài 11: Cho tam giác ABC vuông ở A ( AB < AC), đường cao AH. Trên đoạn thẳng HC lấy D sao
cho HD = HB. Vẽ CE vuông góc với AD ( E ∈ AD).
a) Chứng minh rằng AHEC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC.
c) Chứng minh rằng CH là tia phân giác của góc ACE.
d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng CA. CH và cung nhỏ AH của đường tròn nói
trên biết AC= 6cm, ∠ACB = 300.
Bài 12: Cho đường tròn tâm O có đường kính BC. Gọi A là Một điểm thuộc cung BC ( AB < AC), D là
điểm thuộc bán kính OC. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC ở E, cắt tia BA ở F.
a) Chứng minh rằng ADCF là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là trung điểm của EF. Chứng minh rằng ∠AME = 2 ∠ACB.
c) Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng BC, BA và cung nhỏ AC của đường tròn (O)
biết BC= 8cm, ∠ABC = 600.
Bài 13: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm M thuộc nửa đường tròn. Vẽ đường
tròn tâm M tiếp xúc với AB ( H là tiếp điểm). Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tròn (M) ( C, D
là tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng C, M, D thẳng hàng b) Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).
c) Tính tổng AC + BD theo R
d) Tính diện tích tứ giác ABDC biết ∠AOM = 600.
Bài 14: Cho tam giác vuông cân ABC (∠A = 900), trung điểm I của cạnh BC. Xét một điểm D trên
tia AC. Vẽ đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, BD, DA tại các điểm tương ứng M, N, P.
a) Chứng minh rằng 5 điểm B, M, O, I, N nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh rằng ba điểm N, I, P thẳng hàng.
c) Gọi giao điểm của tia BO với MN, NP lần lượt là H, K. Tam giác HNK là tam giác gì, tại
sao?
d) Tìm tập hợp điểm K khi điểm D thay đổi vị trí trên tia AC.


PHẦN BỔ SUNG (TUẤN PHƯƠNG)
ĐỀ 1

Bài 1: (4,0 điểm) Cho phương trình x 4 − 2mx 2 + 3m − 4 = 0 (1)
1. Xác định m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
2. Khi (1) có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x14 + x24 + x34 + x44 − 6 x1 x2 x3 x4

Bài 2: (4,0 điểm)
( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 10
1. Giải hệ phương trình:  2
2
( x + 2 x + 2 ) ( y − 4 y + 5 ) = 20
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ ... + 2
2. Tính tổng S = 2
x − 4 x + 3 x − 8 x + 15 x − 12 x + 35
x − 2020 x + 1020099
khi x = 2011 .

Bài 3: (2,0 điểm): Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:
x 2 + y 2 + 10 xy = −2 x 2 y 2

Bài 4: (6,0 điểm): Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy một điểm cố định A và vẽ đường tròn
(A ; R). Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến của (O) đi qua A và H cắt (O) tại điểm
thứ hai K. Dựng trung trực của đoạn HK cắt (O) tại B và C.
1. Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC.
2. Tính số đo góc A của tam giác ABC.
Bài 5: (2,0 điểm): Một hình tròn bán kính 1 cm lăn ở ngoài một tam giác vuông có các cạnh
góc vuông là 6 cm và 8 cm. Hình tròn khi lăn luôn tiếp xúc với một trong các cạnh của tam
giác và tại mỗi đỉnh của tam giác, hình tròn vẫn luôn giữ tiếp xúc với đỉnh đó khi lăn từ một
cạnh sang cạnh kế tiếp. Khi hình tròn lăn một vòng đầy đủ trên các cạnh của tam giác thì quỹ
đạo của tâm hình tròn đó có độ dài bằng bao nhiêu ?
Bài 6: (2,0 điểm): Người ta thiết lập dãy các hình ngũ giác bằng các chấm điểm được biểu
diễn bởi 5 hình ngũ giác đầu tiên như hình vẽ sau. Hỏi ngũ giác thứ 25 gồm bao nhiêu chấm
điểm ? Tìm công thức để tính un với un là số chấm điểm tạo nên hình ngũ giác thứ n.


:

Câu

Điểm

Nội dung

ài
1

(4 điểm)
1.1
(2
đ)

x 4 − 2mx 2 + 3m − 4 = 0 (1)
Đặt t = x 2 ≥ 0 , phương trình (1) trở thành: t 2 − 2mt + 3m − 4 = 0 (2)

Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì cần và đủ là phương
trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt.

0,5

2

3 7

Ta có ∆ ' = m − 3m + 4 =  m − ÷ + > 0 , ∀m ∈ R
2 4

2

0,5

Do đó (2) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Để (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 , cần và đủ là:
 P = t1t2 = 3m − 4 > 0
4
⇔m>

3
 S = t1 + t2 = 2m > 0

Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: m >
1.2
(2
đ)

4
3

1,0

4
3

Với điều kiện: m > , phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt
t1 , t2 , nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt:
x1 = t1 , x2 = − t1 , x3 = t2 , x4 = − t2 , suy ra:
x2 = − x1 , x4 = − x3 và x12 = x22 = t1 , x32 = x42 = t2 , do đó:
A = x14 + x24 + x34 + x44 − 6 x1 x2 x3 x4 = 2t12 + 2t22 − 6t1t2

2
A = 2 ( t1 + t2 ) − 5t1t2  = 2  4m 2 − 5 ( 3m − 4 )  = 2 ( 4m 2 − 15m + 20 )


2

15  95  95
A = 8  m − ÷ +  ≥ .
8  64  8

95
15 4
Vậy Amin =
khi và chỉ khi m = > (thỏa điều kiện)
8
8 3

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5

(4 điểm)

2
2.1
(2
đ)

2
2

( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 10
 ( x + 1) + ( y − 2 ) = 10
⇔
 2
2
2
2
( x + 2 x + 2 ) ( y − 4 y + 5 ) = 20
 ( x + 1) + 1 ( y − 2 ) + 1 = 20
Đặt u = x + 1; v = y − 2 , hệ phương trình trở thành:

0,25

 u 2 + v 2 = 10
 u 2 + v 2 = 10
u 2 + v 2 = 10


 2
 2 2
 2 2
2
2
2
u v + u + v = 19
u v = 9
( u + 1) ( v + 1) = 20
Do đó u 2 , v 2 là hai nghiệm của phương trình
t 2 − 10t + 9 = 0 ⇔ t1 = 1; t2 = 9 .

0,5

u 2 = 1
u 2 = 9
u = ±1
u = ±3
⇔
Suy ra:  2
hoặc  2
hoặc 
v = ±3
 v = ±1
v = 9
v =1

0,5


Giải các hệ

( x + 1 = 1; y − 2 = 3) , ( x + 1 = 1; y − 2 = −3) ,
( x + 1 = −1; y − 2 = 3) , ( x + 1 = −1; y − 2 = −3)
( x + 1 = 3; y − 2 = 1) , ( x + 1 = 3; y − 2 = −1) ,
( x + 1 = −3; y − 2 = 1) , ( x + 1 = −3; y − 2 = −1)

Ta có các nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

( x ; y ) = ( 0;5) , ( 0; − 1) , ( −2;5 ) , ( −2; − 1) , ( 2;3 ) , ( 2;1) , ( −4;3 ) , ( −4;1)

2.2
(2
đ)

S=

1

+

1

+

1

( x − 1) ( x − 3) ( x − 3) ( x − 5) ( x − 5) ( x − 7 )

+ ... +

0,75

1

( x − 1009 ) ( x − 1011) .

Điều kiện để S có nghĩa: x ≠ 1,3,5,...,1009,1011 hay:
x ≠ 2k − 1, k ∈ Z, 1 ≤ k ≤ 506

0,5
0,25

1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1

S= 

+

+

+ ... +

+

÷
2  x − 3 x −1 x − 5 x − 3 x − 7 x − 5
x − 1007 x − 1009 x − 1009 x − 1011 

1
1
1 
505
S= 

÷=
2  x − 1011 x − 1  ( x − 1) ( x − 1011)

Khi x = 2011 (thỏa điều kiện) thì S =

0,5
101
402000

0,25
0,5

3

(2 điểm)
x 2 + y 2 + 10 xy = −2 x 2 y 2 ⇔ ( 1 + 2 y 2 ) x 2 + 10 yx + y 2 = 0 , đây là phương

trình bậc hai theo ẩn x và tham số là y vì 1 + 2 y 2 > 0, ∀y ∈ R .
∆ ' = 25 y 2 − ( 1 + 2 y 2 ) y 2 = y 2 ( 24 − 2 y 2 ) .
Để phương trình có nghiệm nguyên thì 24 − 2 y 2 ≥ 0 và
24 − 2 y 2 = k 2 ( k ∈ Z)

24 − 2 y 2 ≥ 0, y ∈ Z ⇔ y = 0; y = ±1; y = ±2; y = ±3
Với y = 0 ta có x = 0 nên (0 ; 0) là một nghiệm của phương trình.
Với y = ±1; y = ±3 thì ∆ ' = 22 và ∆ ' = 6, không phải là các số chính

phương.
Với y = ±2 ta có ∆ ' = 4.16 = 82 ⇒ ∆ ' = 8 , ta có nghiệm của phương
trình:

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

−10 y ± 8
( y = ±2 ) .
9
Khi y = 2 phương trình có một nghiệm nguyên x = −2
Khi y = −2 phương trình có một nghiệm nguyên x = 2 .
x=

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:

( x = 0;

y = 0 ) , ( x = 2; y = −2 ) , ( x = −2; y = 2 )

0,5


(6,0 điểm)

4
4.1
(2
đ)

+ Ta có: Hai tam giác BHC và BKC đối xứng
với nhau qua BC, nên chúng bằng nhau, suy
ra:
·
·
.
BHC
= BKC
Vẽ tia CH cắt AB tại E và tia BH cắt AC tại
D.
·
·
Ta có: BAK
(góc nội tiếp cùng chắn
= BCK
·
·
» ) và BCH
cung BK
(CI là đường cao
= BCK
của tam giác cân HCK, vừa là phân giác góc
C).
·
·
Suy ra: BAK
= BCE

4.2
(4
đ)

(2
đ)

0,25
0,25
0,5
0,5

·
·
·
Mà BAK
+ ·ABC = 900 nên BCE
+ ABC
= 900
·
Do đó: BEC
= 900 , nên CE là đường cao thứ hai của tam giác ABC.
0,5
H là giao điểm của hai đường cao AI và CE của tam giác ABC, vậy H
là trực tâm của tam giác ABC.
+ Trường hợp H ở trong đường tròn (O):
Kẻ đường kính FG của (O) vuông góc với dây BC tại M, thì M là trung
0,25
điểm của BC.
Trong đường tròn (O) hai dây AK và FG song song nên chắn hai cung
» = »AG ⇒ KF = AG (1).
0,25
KF
Tứ giác OHAG có OG // = AH = R nên OHAG là hình bình hành, suy
0,25
ra:
AG = OH (2).
0,25
Từ (1) và (2) suy ra KF = HO, nên HKFO là hình thang cân.
Mà BC là trung trực của HK nên cũng là trung trực của OF, nên
0,5
1
R
OM 1
0
·
·
OM = OF = ⇒ cos FOC =
= ⇒ FOC = 60
2
2
OC 2

·
·
= BOC
= FOC
= 600 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
Mà BAC
2

0,5

BC)

(1
đ)

+ Trường hợp H ở ngoài (O) nhưng vẫn ở
trên nửa đường tròn (A)chứa điểm O, đường
kính PQ là tiếp tuyến của (O) tại A.
Khi đó tam giác ABC có 2 góc nhọn và một
góc tù (góc C tù chẳng hạn).
·
·
·
+ ·AHB = 900 , HBI
= IBK
Ta có: HBI
(đối xứng
·
·
nhau qua BI), IBK
(góc nội tiếp cùng
= CAK
·
chắn cung KC), nên CAH
+ ·AHB = 900 , suy ra:
BH ⊥ AC tại D. Vậy H là trực tâm của tam
giác ABC.
·
Chứng minh tương tự trên, ta có M là trung điểm của OF và BAC
= 600

0,25

0,25
0,5


(1
đ)

·
Vậy BAC
= 1200

5

+ Trường hợp H ở trên nửa đường tròn (A)
đường kính PQ và không chứa O:
Khi đó A là góc tù. Ta cũng chứng minh tương
tự H là trực tâm tam giác ABC và M là trung
điểm của bán kính OF.
·
·
Suy ra MOC
= 600 ⇒ BOC
= 1200
·
·
Mà BFC
= BOC
= 1200 (2 góc đối xứng nhau
qua BC).
·
·
Nhưng BAC
(góc nội tiếp cùng chắn
= BFC
cung BKC.

0,25
0,25
0,25

0,25

(2,0 điểm)
+ Quỹ đạo của tâm hình tròn khi hình tròn
lăn đủ một vòng trên các cạnh của tam
giác ABC gồm 3 đoạn thẳng có độ dài
bằng 3 cạnh của tam giác vuông nối với
nhau bởi các cung tròn bán kính bằng 1
cm, các cung tròn có số đo lần lượt là:
0
0
0
90 , 180 − α , 180 − β , do đó tổng số đo của 3 cung tròn là:
900 + 3600 − ( α + β ) = 3600 (vì α + β = 900 ).
Ta có độ dài cạnh huyền là 62 + 82 = 100 = 10 cm
Vậy độ dài của quỹ đạo của tâm hình tròn là:
6 + 8 + 10 +

0,5

0,5

360π r
= 24 + 2π (cm) (vì r = 1 cm)
180

1,0
6

(2,0 điểm)


Gọi un là số chấm điểm tạo nên ngũ giác thứ n. Ta có:

0,5

n1 = 1; n2 = 22 + 1 = 5; u3 = 32 + 2 + 1 = 12; n4 = 4 2 + 3 + 2 + 1;...

Tổng quát: un = n 2 + ( n − 1) + ( n − 2 ) + ... + 3 + 2 + 1 = n 2 +

( n − 1) n
2

.

Chứng minh: Hình ngũ giác thứ n gồm:
+ Một hình vuông có n hàng chấm điểm, mỗi hàng có n chấm điểm,
nên hình vuông đó có n 2 chấm điểm.
+ Một hình tam giác có cạnh đáy trùng với cạnh trên của hình vuông,
còn lại là n − 1 hàng, mỗi hàng có số chấm điểm giảm dần như sau:
n − 1, n − 2, ..., 3, 2, 1 . Do đó hình tam giác có số chấm điểm:
S n = ( n − 1) + ( n − 2 ) + ( n − 3) + ... +
Sn =

1

+

2

+

3

+

3

2

+

1

0,5

hay :

+ ... + ( n − 3 ) + ( n − 2 ) + ( n − 1)
1
2

Suy ra: 2Sn = ( n − 1) n ⇔ S n = ( n − 1) n
Vậy: un = n 2 +

( n − 1) n

0,5

2
Áp dụng: u25 = 252 + 12.25 = 925

0,5

ĐỀ 2
Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình sau:
1. 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x 2 − 7
2.

4

4 − x 2 − 4 x 4 − 16 + 4 x + 1 + x 2 + y 2 − 2 y − 3 = 5 − y

3. x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - 5 = 0;

(với x ; y nguyên)

Bài 2: (2.5 điểm)
Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n − 41 là hai số chính phương.
Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau: 64 = 6 + 4
Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng
như trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó.
Bài 3: (3,25 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A
và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến
MN và MP với đường tròn (O), (P, N là hai tiếp điểm).


2
2
a) Chứng minh rằng MN = MP = MA.MB

b) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
c) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P luôn chạy trên đường thẳng
cố định khi M di động trên đường thẳng d.
Bài 4: (1,5 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ xOy lấy điểm P(0; 1), vẽ đường tròn (K) có đường kính OP. Trên trục
hoành lấy ba điểm M(a; 0); N(b; 0), Q(c; 0). Nối PM; PN; PQ lần lượt cắt đường tròn (K) tại
A; B ; C. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC theo a; b; c.
Bài 5: (0,75 điểm) Cho a, b, c > 0.
19b 3 - a 3 19c3 - b 3 19a 3 - c3
+
+
≤ 3(a + b + c)
2
2
2
Chứng minh rằng: ab + 5b cb + 5c ac + 5a

ĐỀ 3
Câu 1: Giải phương trình:
a) x + 2 x − 5 − 2 + x − 3 2 x − 5 + 2 = 2 2
Câu 2: Cho hàm số f ( x ) = ( x3 + 6 x − 5)

2011

b) x 2 − 3x + 9 = 9 3 x − 2

+ 2012 . Tính f ( x ) với x = 3 3 + 17 + 3 3 − 17

Câu 3: Cho hình thoi ABCD, đường cao AH. Cho biết AC = m; BD = n và AH = h . Chứng
minh rằng:

1
1
1
= 2+ 2
2
h
m n

Câu 4: Cho hai đường tròn (O1; 5cm) và (O2; 2cm) nằm ngoài nhau. Một tiếp tuyến chung
ngoài AB của hai đường tròn ( A ∈ (O1 ); B ∈ (O2 ) ) và một tiếp tuyến chung trong CD của hai
đường tròn ( C ∈ (O1 ); D ∈ (O2 ) ) . Tính độ dài đoạn nối tâm O1O2 biết AB = 1,5CD.
Câu 5: Có tồn tại hay không số nguyên dương k sao cho 2k + 3k là số chính phương?
Câu 6:a) Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng
ab
bc
ca
1
+
+
≤ .
c +1 a +1 b +1 4

b) Cho hình vuông ABCD và 2013 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
- Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông;
- Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành 2 phần có tỷ số diện tích là 0,5.
Chứng minh rằng trong 2013 đường thẳng trên có ít nhất 504 đường thẳng đồng qui.
Câu

Phần

1

a

Nội dung trình bày

ĐKXĐ: x ≥

5
(1)
2




Nhân cả hai vế của PT với 2 rồi biến đổi PT về dạng

(


)

2

2x − 5 +1 +

(

2x − 5 − 3

)

3

=4

2x − 5 +1 + 3 − 2x − 5 = 4

Ta có ⇔ 2 x − 5 + 1 + 3 − 2 x − 5 ≥ 2 x − 5 + 1 + 3 − 2 x − 5 = 4
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi

(

)(

)

2 x − 5 + 1 3 − 2 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≤ 7 (2)
5
2

Từ (1) và (2) ta có nghiệm của PT là: ≤ x ≤ 7
b

2

3  27

x − 3x + 9 =  x − ÷ +
>0
2
4


Đặt t = x − 2 ⇒ x = t + 2 . Vì

2

3

3

nên t > 0 thay

3
3
x = t 3 + 2 vào PT ta có ( t + 2 ) − 3 ( t + 2 ) + 9 = 9t
2

⇔ ( t − 1)

2

(t

4

+ 2t 3 + 3t 2 + 5t + 7 ) = 0 (2)

4
3
2
Vì t > 0 nên ⇔ ( t + 2t + 3t + 5t + 7 ) > 0

Do đó PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = 3
2
1,5đ

Đặt m = 3 3 + 17 ; n = 3 3 − 17
ta có: x = m + n và m.n = - 2
x = m + n ⇒ x 3 = ( m + n ) = m3 + n3 + 3mn ( m + n ) = 6 − 6 x
3

⇒ x3 + 6 x = 6

Do đó: f ( x ) = ( x3 + 6 x − 5 )

2011

+ 2012 = ( 6 − 5 )

2011

+ 2012 = 2013

Vậy f ( x ) = 2013 với x = 3 3 + 17 + 3 3 − 17
3

A
I


D

O

B

H
K

C

Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình thoi ta có AC ⊥ BD và
m
n
; OB = OD = . Qua O kẻ OI ⊥ AB , đường thẳng OI cắt CD tại K
2
2
h
ta có IK = AH = h và OI =
2
OA = OC =

Áp dụng HTL vào tam giác AOB vuông tại O ta có:


1
1
1
=
+
1
1
1
1
1
1
2
2
2
=
+
m n ⇒ 2 = 2 + 2
2
2
2 do đó  h 
OI
OA OB
h
m n
 ÷  ÷  ÷
2
 2  2

4

A

1,5đ

B

I

D

O1

O2

C
E

Kẻ O2I ⊥ O1A và O2E ⊥ O1C ta có O2I = AB; O2E = CD;
IA = O2B = 2cm => IO1 = 3 cm; CE = O2D = 2cm =>
O1E = 7cm, đặt CD = x thì O2E = x còn IO2 = AB = 1,5x.
Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông O1IO2 và O1EO2 ta có:
O1O2 2 = IO12 + IO2 2 = 32 + ( 1,5 x )

2

O1O2 2 = O1 E 2 + O2 E 2 = 7 2 + x 2

(1)
(2)

2
Từ (1) và (2) suy ra 32 + ( 1,5 x ) = 7 2 + x 2 ⇒ x 2 = 32 ⇒ O1O2 = 9cm

5
1,5đ

Học sinh phát biểu và CM 2 bổ đề sau: (nếu HS chỉ phát biểu 2 bổ đề
không CM cho 0,25)
BĐ1: Số chính phương không thể có tận cùng là 2; 3; 7; 8
BĐ2: Số chính phương chia cho 3 không thể có số dư là 2.
Giả sử tồn tại k ∈ N * sao cho 2k + 3k là số chính phương
Đặt k = 4t + r với t ∈ N ; r ∈ { 0;1; 2;3} thì số đang xét có dạng
A = 2k + 3k = 24 t + r + 34t + r = 16t.2r + 81t.3r

Xét 4 trường hợp có thể xảy ra:


- Với r = 0 thì t ∈ N * và số A = 16t + 81t có tận cùng là 7 ( A không là số chính
phương theo BĐ 1) (1)
- Với r = 2 thì số A = 16t.4 + 81t.9 có tận cùng là 3 (A không là số chính phương
theo BĐ 1) (2)
- Với r = 1 thì số A = 16t.2 + 81t.3 chia 3 dư 2 (A không là số chính phương
theo BĐ 2) (3)
- Với r = 3 thì số A = 16t.8 + 81t.27 chia 3 dư 2 (A không là số chính phương
theo BĐ 2) (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta thấy không tồn tại số nguyên dương k để số 2k + 3k là
số chính phương.
6

a

2,5đ

Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:
- Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có:

1
11 1
≤  + ÷ (1). Đẳng thức
x+ y 4 x y

xẩy ra khi và chỉ khi x = y.
Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có
1
11 1
1 1
1
≤  + ÷
+ ÷ ≥ 2 xy .2
=4⇒
x+ y 4 x y 
xy
x y

( x + y) 

- Áp dụng BĐT (1) ta có:
ab
ab
ab  1
1  ’
=
≤ 
+
÷ (1 )
c +1 ( c + a) + ( c + b)
4  c+a c+b 
bc
bc  1
1  ’ ca
ca  1
1  ’
≤ 
+
≤ 
+
÷(2 );
÷ (3 )
a +1 4  a + b a + c 
b +1 4  b + a b + c 

Tương tự

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:
ab
bc
ca
1  ab + ca ab + cb cb + ca  a + b + c 1
+
+
≤ 
+
+
=
÷=
c +1 a +1 b +1 4  b + c
c+a
a+b 
4
4
1
3

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
b
A

A1

E

B

H
M

I

J

N

K

D

B1

F

C


Gọi MN; EF là đường nối trung điểm hai cạnh đối của hình vuông (hình vẽ)
Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB tại A 1 cắt MN tại I và cắt cạnh CD tại B1.
Ta có các tứ giác AA1B1D và BCB1A1 là hình thang và có MI, NI lần lượt là
các đường trung bình của hai hình thang đó.
Khi đó

Suy ra

S AA1B1D
S A1BCB1

1
AD ( AA1 + DB1 )
2 IM IM 1
=2
=
=
= (theo GT)
1
2
IN
IN
2
BC ( A1 B + B1C )
2

MI 1
1
= nên MI = MN vậy điểm I cố định.
MN 3
3

Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H; J; K cố định (hình vẽ). Có 4 điểm
cố định mà có 2013 đường thẳng đi qua nên theo nguyên lý Đirichle ít nhất
phải có 504 đường thẳng đồng qui.
ĐỀ 4
Câu 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n cho trước, số
m = n(n + 1)(n + 2)...(n + 7) + 1.2.3...7
không thể phân tích thành tổng của hai số chính phương.
2 x 2 + 7 x + 10 + 2 x 2 + x + 4 = 3( x + 1) .
 4x2
1 + 4 x 2 = y

 4y2
=z
b) Giair hệ phương trình: 
2
1
+
4
y

 4 z2
=x

2
1 + 4 z
Câu 3 a) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau :
x − y 2011
là số hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố.
y − z 2011
b)Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20 y 2 − 6 xy = 150 − 15 x .
Câu 4 Cho tam giác ABC nhọn có trung tuyến CM. Các đường cao AH, BD, CF cắt nhau tại
I. Gọi E là trung điểm của DH. Đường thẳng qua C và song song với AH cắt BD tại P; đường
thẳng qua C và song song với BD cắt AH tại Q.
a) Chứng minh PI.AB = AC.CI
b) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH. Chứng minh MD là tiếp tuyến của
đường tròn (O).
c) CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại R (R khác C); CM cắt đường tròn (O) tại
K (K khác C). Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR.
1
1
2
+

, ∀x, y > 0 thỏa mãn xy ≥ 1 .
Câu 5 a) Chứng minh
1 + x 1 + y 1 + xy
1
b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện ≤ a, b, c ≤ 2 . Chứng minh
2
Câu 2 a) Giải phương trình


a
b
c
22
+
+
≥ .
a + b b + c c + a 15
Câu

Nội dung

Ý

Điể
m

Trong 4 số nguyên liên tiếp luôn có một số chia hết cho 4 và một số
khác chia hết cho 2, do đó tích của chúng chia hết cho 8
Trong 8 số nguyên liên tiếp luôn có 4 số chẵn liên tiếp, giả sử đó là
các số 2k , 2k + 2, 2k + 4, 2k + 6(k ∈ ¢ ) . Ta có
2k (2k + 2)(2k + 4)(2k + 6) = 16k ( k + 1)( k + 2)( k + 3)
Mà k (k + 1)(k + 2)(k + 3)M8 nên 2k (2k + 2)(2k + 4)(2k + 6)M128 . Từ đó

suy ra điều cần chứng minh.
Ta chứng minh bằng phản chứng. Từ phần a. ta suy ra
m = 128c + 5040 .
Giả sử m có thể phân tích thành tổng của hai số chính phương, tức là
tồn tại các số tự nhiên a, b sao cho 128c + 5040 = a + b (1)
Vế trái của (1) chia hết cho 4 nên a, b cùng là các số chẵn (vì ngược
lại, nếu một số chẵn và một số lẻ thì vế phải (1) là số lẻ, còn nếu hai
số đều lẻ thì a + b = (2 x + 1) + (2 y + 1) = 4 z + 2 chia 4 dư 2, vô lí!)
Do đó a = 2a , b = 2b (a , b ∈ ¥ ) và (1) ⇔ 32c + 1260 = a + b (2)
Lập luận tương tự cho (2), ta có

1

2

2

2

2

1

1

2

1

1

năng chẵn, lẻ của

2

2

2

a ,b
2

2

2

0,25

0,25

0,5

2

1

(2) ⇔ 8c + 315 = a + b ,( a , b ∈ ¥ ) (3)
Lúc này, 8c + 315 ≡ 3(mod 4) còn a + b ≡ 3(mod 4) (thật vậy, xét tất cả các khả
2

0,25

2

2

1

0,25

0,25

2

2

2

2

2

ta thấy chỉ có ba khả năng xảy ra là

 a + b ≡ 0(mod 4)
 a + b ≡ 1(mod 4)

 a + b ≡ 2(mod 4)
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

do

0,25

đó (3) mâu thuẫn, suy ra điều phải chứng minh.

- Nếu x + 1 > 0 ⇔ x > −1 thì (1)
a

⇒ 6 x + 6 = 3 ( x + 1) 2 x 2 + 7 x + 10 − 2 x 2 + x + 4
⇔ 2 x 2 + 7 x + 10 − 2 x 2 + x + 4 = 2 (2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra 2 2 x 2 + x + 4 = 3x + 1
1
1


3x + 1 ≥ 0
x ≥ −
x ≥ −
⇔
⇔
⇔
⇔ x=3
3
3
2
2
4(2
x
+
x
+
4)
=
9
x
+
6
x
+
1
2

 x + 2 x − 15 = 0
 x = 3, x = −5


2

Thử lại. Với x = 3 thì VT(1) = VP(1) = 12
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh
b
- Nếu x = 0 thì hệ có nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0)

0,25
0,25
1,00
0,25


 1 1 + 4x2
4 1
 y = 4 x2
 y = x2 + 4


 1 1 + 4 y 2
4 1
⇔  = 2 +4
- Nếu x ≠ 0 ⇒ y ≠ 0; z ≠ 0 . Ta có :  =
4 y2
z
z y
2
 1 1+ 4z
4 1
 =
 = 2 +4
x z
4z 2
 x

0,25

Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được
  1 4
 1 4
  1 4

 2 − + 4 ÷+  2 − + 4 ÷+  2 − + 4 ÷ = 0
x
y
z
x
 y

 z
2

2

0,25

2

 1
1
 1

⇔  − 2÷ +  − 2÷ +  − 2÷ = 0
x
 y

 z
1
1
⇔ x = y = z = . Thử lại ta thấy x = y = z = thỏa mãn hệ pt đã
2
2

cho.
1 1 1
Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0),  ; ; ÷.
2 2 2

a

Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều
kiện
x − y 2011 m
= (1) , trong đó m, n là các số nguyên thỏa
Ta có
y − z 2011 n
mãn
n > 0, (m, n) = 1.
(1) ⇔ nx − my = 2011 ( ny − mz ) (2) .
2011 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có
nx = my
⇒ xz = y 2 .
(2) <=> nx – my = ny – mz = 0 ⇒ 
ny = mz

0,25

1,00

0,25



0,25

Ta lại có : x 2 + y 2 + z 2 = ( x + z ) − 2 xz + y 2
2

= ( x + z ) − y2 = ( x + y + z ) ( x − y + z )
2

Vì x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn
1 nên x – y + z = 1. Do đó x 2 + y 2 + z 2 = x + y + z (3)

3

Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên x 2 ≥ x ; y 2 ≥ y ; z 2 ≥ z
Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1.
x − y 2011
= 1 và x 2 + y 2 + z 2 = 3 (thỏa mãn)
Khi đó
y − z 2011
Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
b
Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20 y 2 − 6 xy = 150 − 15 x .
Ta có : 150 – 15x = 20y2 – 6xy <=> 6xy – 15x = 20y2 – 150
<=> 3x(2y – 5) = 5(4y2 – 25) – 25
<=> (2y – 5)(10y + 25 – 3x) = 25
Xét 6 trường hợp sau

0,25

0,25

1,00
0,25


2 y − 5 = 1
 x = 10
+) 
⇔
(thỏa mãn)
10 y + 25 − 3x = 25
y = 3
2 y − 5 = 25
 x = 58
+) 
⇔
(thỏa mãn)
10 y + 25 − 3x = 1  y = 15

0,25

70

 2 y − 5 = −1
x =
+) 
⇔
3 (loại)
10 y + 25 − 3 x = −25  y = 2

 x = −10
2 y − 5 = −25

+) 
⇔
−74 (loại)
10 y + 25 − 3x = −1  y =
3

70

2 y − 5 = 5
x =
+) 
⇔
3
(loại)
10 y + 25 − 3x = 5
 y = 5

0,25

0,25

2 y − 5 = −5
 x = 10
+) 
⇔
(thỏa mãn)
10 y + 25 − 3x = −5
y = 0

Vậy phương trình có 3 nghiệm (x ; y) là (10 ; 3), (58 ; 15), (10 ;
0).
Chứng minh PI.AB = AC.CI
a

1,00

C
1

D

Chứng minh

0,25
I

0

4

H

E

P
∠PBC = 90
=> ∠ ACB + ∠ C1=900
Ta có : ∠ P + ∠ C = 900
=> ∠ ACB = ∠ P

Q

A

F

B

M

Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp ∠ CAB = ∠ PIC (2)
Từ (1) và (2) tam giac ∆ PIC đồng dạng với ∆ CAB


PI
IC
=
⇒ PI . AB = AC.IC (đpcm)
AC AB

0,25
0,25
0,25

Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường tròn (O)
=> ∠ DIC là góc nội tiếp chắn cung DI (3)
∆ADB có DM là đường trung tuyến
⇒ ∆MDB cân tại M => ∠ MBD = ∠ MDB
Ta lại có => ∠ MBD = DCI (cùng phụ với ∠ CAB) (5)
Từ (4) và (5) => ∠ MDB = ∠ DCI (6)
Từ (3) và (6) suy ra MD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR
c
c
C

b

H

1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25


Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp
⇒ ∠CDH = ∠ABC ⇒ ∆CDH : ∆CBA ( g .g ) ⇒

CD DH
=
CB AB

0,25

CD CB
CD CB
=

=
⇒ ∆CDE : ∆CBM ( g.g ) ⇒ ∠MCB = ∠ACR (8)
DH AB
DE MB
Ta lại có : ∠ACR = ∠ABR (9)
Từ (7), (8), (9) ⇒ ∠MBK = ∠ABR BA là phân giác của ∠KBR
Chứng minh tương tự ta được AB là phân giác của ∠KAR


5

Từ đó suy ra AB là đường trung trực của KR.
1
1
2
+

, ∀x, y > 0 thỏa mãn xy ≥ 1
a
Chứng minh
1 + x 1 + y 1 + xy



0,25
0,50

1
1
1
1

+

≥0
1 + x 1 + xy 1 + y 1 + xy

(1) ⇔


0,25

xy − x
(1 + x )(1 + xy )
x

(

y− x

)

(1 + x )(1 + xy )

+


xy − y
(1 + y )(1 + xy )
y

(

y− x

≥0

0,25

)

 y − x  x
y 
≥0⇔

≥0
÷
 1 + xy ÷ 1 + x 1 + y ÷
÷
(1 + y )(1 + xy )




(

)(
2

)

y− x
xy − 1
 y − x  x + x y − y − x y 
⇔
≥0⇔
≥0
÷
÷
 1 + xy ÷
÷
( 1+ x) ( 1+ y)
1 + xy ( 1 + x ) ( 1 + y )




(

)

BĐT cuối cùng đúng do xy ≥ 1 .
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y hoặc xy = 1
a
b
c
22
+
+

b
Chứng minh
a + b b + c c + a 15
(2) ⇔

1

+

1

+

1



0,50

22
15 .

b
c
a
1+
1+
a
b
c
b
c
a
1
Đặt x = , y = , z = thì ≤ x, y, z ≤ 4 và xyz = 1
a
b
c
4
1
1
1
22
+
+

BĐT trở thành
1 + x 1 + y 1 + z 15
1+

0,25

0,25

Không giảm tổng quát, giả sử z nhỏ nhất suy ra xy ≥ 1 . Theo câu a
1
1
1
2
1
2
1
2t
1
+
+

+
=
+
=
+ 2 ,t= z
1 + x 1 + y 1 + z 1 + xy 1 + z 1 + 1 1 + z t + 1 t + 1
z
2t
1
22 1
+ 2
≥ , ∀ ≤ t ≤ 2 . Bằng biến đổi tương đương
Ta sẽ CM
t + 1 t + 1 15 2
3
BĐT ⇔ 8t − 22t 2 + 23t − 7 ≥ 0 ⇔ (2t − 1)(4t 2 − 9t + 7) ≥ 0 .
1
BĐT cuối cùng đúng do t ≥ và 4t 2 − 9t + 7 > 0, ∀t .
2

-------- Hết -------

0,25


ĐỀ 5
Câu 1.(2,0 điểm)
a) Cho hàm số y=ax+b. Biết f(1) ≤ f(2); f(5) ≥ f(6) và f(999)=1000.
Tính f(2010).
b) Rút gọn biểu thức: A = 2( x 2 + y 2 − x )( x 2 + y 2 − y ) + x 2 + y 2 .
với mọi x, y > 0.
Câu 2.(2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng a 2 + a − 1 không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a .
b) Tìm các số nguyên dương x, y khác nhau sao cho: x y = y x .
Câu 3.(2,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2 − 3x = 2 x − 1 − 4 .
b) Giải phương trình nghiệm nguyên 4 x + 5 y = 7.
Câu 4.(1,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng
a + bc + b + ca + c + ab ≥ 1 + ab + bc + ca .

Câu 5.(2,5 điểm) Cho nửa đường (O, R) đường kính AB, bán kính OC vuông góc với AB. M là
điểm di chuyển trên nửa đường tròn (O) ( M khác A và B). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)
tại M cắt OC, cắt tiếp tuyến tại A và cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn (O) lần lượt tại D, E
và H. Gọi F là giao điểm của AE và BD.
a) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn (O) để diện tích tứ giác ABHE là nhỏ nhất.
AB 2
b) Chứng minh EA. EF=
.
4

Nội dung chính

Câu

Điể
m

a) Vì f(1) ≤ f(2) nên a ≥ 0 (1)
f(5) ≥ f(6) nên a ≤ 0 (2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra a=0
Do đó f(2010)=f(999)=1000

0,5


b) A = 2( x 2 + y 2 − x )( x 2 + y 2 − y ) + x 2 + y 2 =
= 2( x 2 + y 2 ) − 2 x 2 + y 2 .( x + y ) + 2 xy + x 2 + y 2

0,25

2

=  x2 + y 2 − ( x + y) + x2 + y 2



0,5

= ( x + y ) − x 2 + y 2 + x 2 + y 2 = x + y (vì x + y > x 2 + y 2 )

0,25

a) N = a 2 + a − 1 = (a − 2)(a + 3) + 5

0,25

Vì (a − 2) − (a + 3) = −5 chia hết cho 5 nên a − 2; a + 3 hoặc cùng
chia hết cho 5 hoặc cùng không chia hết cho 5

0,25

*Nếu a − 2; a + 3 cùng chia hết cho 5 thì (a − 2)(a + 3) chia hết cho
2

25 mà 5 không chia hết cho 25 suy ra N không chia hết cho 25.

0,25

*Nếu a − 2; a + 3 cùng không chia hết cho 5 thì (a − 2)(a + 3) không
chia hết cho 5 ( do 5 là số nguyên tố) suy ra N không chia hết cho
5, do đó N không chia hết cho 25.

0,25

Vậy N không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a .
b) Giả sử 1 ≤ x < y . Chia cả hai vế của PT cho x x ta được: x y − x =

yx
xx

Vì y x Mx x mà x là số nguyên dương nên y Mx . Đặt y = kx (k∈ N , k ≥ 2 )

0,25

Theo bài ra ta có x kx = (kx) x ⇔ ( x k ) x = (kx) x ⇔ x k = kx ⇔ x k −1 = k (1)
Ta thấy x ≥ 2 (vì nếu x = 1 thì k = 1 ). Do đó x k −1 ≥ 2k −1
Từ (1) và (2) suy ra k ≥ 2k −1 nên 2k ≥ 2k

(2)

0,25

(3)

Dễ thấy k ≥ 3 thì bất đẳng thức (3) không xảy ra. Do đó k = 2.

0,25

Thay k = 2 vào (1) ta được x = 2 ⇒ y = 2.2 = 4 .
Thử lại x = 2; y = 4 thỏa mãn đề bài. Vì vai trò của x, y như nhau
vậy ( x, y ) ∈ { ( 2; 4 ) , ( 4; 2 ) } .

3

a) ĐKXĐ: x ≥ 1.
x 2 − 3x = 2 x − 1 − 4 ⇔ ( x 2 − 4 x + 4) + ( x − 1 − 2 x − 1 + 1) = 0
 x − 2 = 0
⇔ x = 2(T / m)
⇔ ( x − 2) 2 + ( x − 1 − 1) 2 = 0 ⇔ 
 x − 1 − 1 = 0

0,25

0,5
0,5


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 .
b) 4 x + 5 y = 7 ⇔ y =

7 − 4x 5 − 5x + 2 + x
x+2
=
= 1− x +
5
5
5

x+2
= t ⇒ t ∈ Z . Do đó x = 5t − 2 ⇒ y = 3 − 4t .
5
 x = 5t − 2
(t ∈ Z )
Vậy nghiệm của phương trình là 
 y = 3 − 4t

0,5

Đặt

0,5

Vì a + b + c = 1 , nên áp dụng BĐT Cauchy ta có:
0,25

b + c ≥ 2 bc ⇔ a +b+c ≥ a + 2 bc ⇔ 1 ≥ a + 2 bc
⇔ a ≥ a 2 + 2a bc ⇔ a + bc ≥ a 2 + 2a bc + bc

(

⇔ a + bc ≥ a + bc

4

)

2

0,5
(1)

⇔ a + bc ≥ a + bc

Chứng minh tương tự ta có: b + ca ≥ b + ca (2)

0,25

c + ab ≥ c + ab (3)

Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được
a + bc + b + ca + c + ab ≥ a + b + c + ab + bc + ca

Hay a + bc + b + ca + c + ab ≥ 1 + ab + bc + ca .
1
3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .

0,5

a) Ta có AE//BH( cùng vuông góc với AB) nên tứ giác ABHE là
hình thang vuông. Do đó S ABHE =

( AE + BH ). AB EH . AB
=
(theo tính
2
2

0,5

chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
S ABHE nhỏ nhất ⇔ EH nhỏ nhất ⇔ EH ⊥ BH ⇔ ABHE là hình chữ nhật
⇔ M là điểm chính giữa của cung AB.

5

Vậy Min S ABHE = 2 R 2 ⇔ M ≡ C .
b) Xét hình thang ABHE có OA=OB, OD//AE//BF ⇒ DE = DF
⇒VDEF=VDHB ( g − c − g ) ⇒ EF=BH

0,5
0,5

mà BH = HM ; EA = EM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra AE.EF=EM.MH (1)
·
Lại có OE là tia phân giác của ·AOM ; OH là tia phân giác của BOM
·
·
mà ·AOM và BOM
là hai góc kề bù nên EOH
= 900 .

0,5


Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác EOH vuông tại H ta có
EM .MH = OM 2 =

AB 2
4

(2)

Từ (1) và (2) suy ra AE.EF =

F

0,5
2

AB
.
4

H
D
M

C

E

A
O

B

CHÚC CÁC EM HOÀN THÀNH BÀI TỐT NHẤT VÀ ĐÓN NĂM MỚI THÀNH CÔNG TRONG MỌI KỲ
THI.


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×