Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 trung học phổ thông và THPT chuyên môn Toán

138 trang dichphong 4420

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 trung học phổ thông và THPT chuyên môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_de_on_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_trung_hoc_pho_thong_va_th.pdf

Nội dung text: Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 trung học phổ thông và THPT chuyên môn Toán

11 35 51 b) 35 51 3535 5151 35 51 35 51 = 1. 95 51 4 2 x 5 Câu 2: a) ( x – 3 ) = 4 x – 3 = ± 2 . x 1 Vậy phương trình cĩ 2 nghiệm x = 5; x = 1 1 b) Đk: x . 2 xx - 1 1 - 1 1 (2 xx - 2) - (2 1) - 0 0 2xx 1 2 2 1 2 2(2 x 1) 31 0 2x + 1 > 0 x > - . 22x + 1 2 Câu 3: a) Ta cĩ ∆/ = m2 + 1 > 0, m R. Do đĩ phương trình (1) luơn cĩ hai nghiệm phân biệt. b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. 2 2 2 Ta cĩ: x1 + x2 – x1x2 = 7 (x1 + x2) – 3x1.x2 = 7 4m2 + 3 = 7 m2 = 1 m = ± 1. Câu 4: a) ∆SBC và ∆SMA cĩ: BSC MSA , SCB SAM (gĩc nội tiếp cùng chắn MB ). SBC~ SMA . b) Vì AB  CD nên AC AD . Suy ra MHB MKB (vì cùng 1 bằng (sdAD sdMB) tứ 2 giác BMHK nội tiếp được đường trịn HMB HKB 1800 (1). Lại cĩ: HMB AMB 900 (2) (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn). Từ (1) và (2) suy ra HKB 900 , do đĩ HK // CD (cùng vuơng gĩc với AB). c) Vẽ đường kính MN, suy ra MB AN . 52
1 1 Ta cĩ: OSM ASC (sđ AC - sđ BM ); OMK NMD sđ ND = 2 2 1 (sđ AD - sđ AN ); 2 mà AC AD và MB AN nên suy ra OSM OMK OS OM OSM~ OMK (g.g) OK.OS = OM22 R . OM OK xy3 1 2 (1) Câu 5: Giải hệ phương trình: 3 yx 1 2 (2) Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x3 – y3 = 2(y – x) (x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = 0 x – y = 0 x = y. 2 2 2 2 y3y ( do x – xy + y + 2 = x - 2 0) 24 Với x = y ta cĩ phương trình: x3 – 2x + 1 = 0 -1+ 5 -1- 5 (x – 1)(x2 + x – 1) = 0 x = 1; x = ; x= . 22 Vậy hệ đã cho cĩ 3 nghiệm là: 1515 1515 1;1 , ; , ; . 22 22 ĐỀ SỐ 8 Câu 1: 2xy 5 6 x 3 y 15 7 x 14 x 2 a) xy - 3 - 1 xy - 3 - 1 y 5 - 2 x y 1 b) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 cĩ các hệ số a và c trái dấu nên luơn cĩ hai nghiệm phân biệt x1và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta cĩ: x1 + x2 = và x1.x2 = . 3 3 11xx21 1 2 1 Do đĩ P = : . xx12 xx 1233 2 Câu 2: aa a1a1 a) A = : . a 1 a 1 a 1 a( a - 1) ( a - 1)( a 1) a 1 ( a - 1) 53
a > 0, a 1 b) A < 0 0 a < 1. a1 Câu 3: a) Với m = 0 ta cĩ phương trình x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vơ nghiệm. b) Ta cĩ: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. - 3 Để phương trình cĩ nghiệm thì ∆ 0 - 3 – 4m 0 4m 3m (1). 4 Theo hệ thức Vi-ét ta cĩ: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: (1 + m)(1 + m – 2) = 3 m2 = 4 m = ± 2. Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ cĩ m = -2 thỏa mãn. Câu 4: x a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: N MAO MCO 900 AMCO là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MO. C 0 ADB 90 (gĩc nội tiếp chắn nửa đường M D 0 I trịn) ADM 90 (1) E Lại cĩ: OA = OC = R; MA = MC (tính A chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường H OB trung trực của AC AEM 900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MA. b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ADE AME AMO (gĩc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3) Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: AMO ACO (gĩc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). Từ (3) và (4) suy ra ADE ACO c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta cĩ ACB 900 (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ACN 900 , suy ra ∆ACN vuơng tại C. Lại cĩ MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đĩ MA = MN (5). Mặt khác ta cĩ CH // NA (cùng vuơng gĩc với AB) nên theo định lí Ta-lét IC IH BI thì (6). MN MA BM Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 54
Câu 5: Vì b, c 0;1 nên suy ra b23 b; c c . Do đĩ: a + b2 + c3 – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1). Lại cĩ: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2) Vì a, b, c 0 ; 1 nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 ; – abc 0 Do đĩ từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca 1 (3). Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. ĐỀ SỐ 9 Câu 1: a) Thay x = 32 vào hàm số ta được: 2 y = 32 32 1 3 22 10. 1 b) Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hồnh tại điểm cĩ hồnh độ x = ; cịn 2 m đường thẳng y = 3x + m cắt trục hồnh tại điểm cĩ hồnh độ x = . Suy 3 ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hồnh m1 -3 m = . 32 2 3x 6 x x - 9 Câu 2: a) A = : x - 4 x2 x3 3( x 2) x x3 x3 : x2 x2 x2 x3 3x 1 1 . , với x 0, x 4, x 9 . x2 x3 x2 b) Điều kiện: x ≠ 3 và x ≠ - 2 (1). x3x522 1 x3x5 x2 (1) x2 3x 5 x 2 (x 2)(x 3) x 3 (x 2)(x 3) (x 2)(x 3) 2 x – 4x + 3 = 0. Giải ra ta được: x1 = 1 (thỏa mãn); x2 = 3 (loại do (1)). Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x = 1. Câu 3: a) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được: 3x - y = 1 6x - 2y = 2 7x = 7 x = 1 . x + 2y = 5 x + 2y = 5 x + 2y = 5 y = 2 Vậy phương trình cĩ nghiệm (1; 2). 55
b) Giải hệ đã cho theo m ta được: 3x - y = 2m - 1 6x - 2y = 4m - 2 7x = 7m x = m x + 2y = 3m + 2 x + 2y = 3m + 2 x + 2y = 3m + 2 y = m + 1 Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10 m2 + (m + 1)2 = 10 2m2 + 2m – 9 = 0. 119 119 Giải ra ta được: m;m . 1222 Câu 4: a) Tứ giác ACNM cĩ: MNC 900 (gt) MAC 900 ( tínhchất tiếp tuyến). ACNM là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường trịn đường kính MD. b) ∆ANB và ∆CMD cĩ: ABN CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp) BAN DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g) y c) ∆ANB ~ ∆CMD CMD ANB = x D 900 (do ANB là gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)). C N Suy ra IMK INK 900 IMKN là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính I K IK IKN IMN (1). A M O B Tứ giác ACNM nội tiếp IMN NAC (gĩc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2). 1 Lại cĩ: NAC ABN ( sđ AN ) (3). 2 Từ (1), (2), (3) suy ra IKN ABN IK // AB (đpcm). a + b 2(a + b) Câu 5: Ta cĩ: (1) a 3a + b b 3b + a 4a 3a + b 4b 3b + a Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho các số dương ta được: 56
4a + (3a + b) 7a + b 4a 3a + b 2 22 4b + (3b + a) 7b + a 4b 3b + a 3 22 Từ (2) và (3) suy ra: 4a 3a + b 4b 3b + a 4a + 4b 4 Từ (1) và (4) suy ra: a + b 2(a + b) 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. a3a + b b3b + a 4a + 4b 2 Lời nhắn Câu V Các bạn được sử dụng bất đẳng thức Cơ-si để làm tốn như một định lý (khơng phải chứng minh) Bất đẳng thức Cơ-si chỉ áp dụng cho các số khơng âm. Cụ thể là : ab + Với hai số a 0, b 0 ta cĩ ab , dấu đẳng thức cĩ khi và 2 chỉ khi a = b. abc + Với ba số a 0, b 0, c 0 ta cĩ 3 abc , dấu đẳng thức 3 cĩ khi và chỉ khi a = b = c. ĐỀ SỐ 10 Câu 1: 2 a) A = 3 8 50 2 1 6 2 5 2 2 1 = 2 2 1 1 2 2 x2 - 2x + 1 2 x - 1 2 x - 1 b) B = . . x - 1 4x222 x - 1 2 x x - 1 2 x - 2 x - 1 1 Vì 0 < x < 1 nên x - 1 x - 1 ; x x B = . 2x x - 1 x 2 x - 1 y = 3 2x y = 5 2x y = 5 x = 1 Câu 2: a) x - 3y = - 8 2x - 6y = - 16 7y = 21 y = 3 b) x + 3 x 4 0 Đặt x = t (t ≥ 0) (1) 57
Khi đĩ phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2) Phương trình (2) cĩ tổng các hệ số bằng 0; suy ra (2) cĩ hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)). Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 3: Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x > 0). Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10. 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ) x 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ) x + 10 120 120 Theo bài ra ta cĩ phương trình: 7 (1) x x + 10 40 Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 7 Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II. Câu 4: a) Ta cĩ ABC và ABD lần lượt là các gĩc nội tiếp chắn F E N d nửa đường trịn (O) và (O/) A I ABC ABD 900 M Suy ra C, B, D thẳng hàng. O/ b) Xét tứ giác CDEF cĩ: O CFD CFA 900 (gĩc nội D tiếp chắn nửa đường trịn (O)) C K B CED AED 900 (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O/) CFD CED 900 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp. c) Ta cĩ CMA DNA 900 (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang. Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đĩ IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy ra IK  MN IK KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định). 58
Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK d  AK tại A. Vậy khi đường thẳng d vuơng gĩc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA. Câu 5: Ta cĩ: x + x22 2011 y + y 2011 2011 (1) (gt) x + x22 2011 x - x 2011 2011 (2) y + y22 2011 y - y 2011 2011 (3) Từ (1) và (2) suy ra: y + y22 2011 x - x 2011 (4) Từ (1) và (3) suy ra: x + x22 2011 y - y 2011 (5) Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được: x + y = - (x + y) 2(x + y) = 0 x + y = 0. ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn 2 1 - a 1 + a + a 1 - a A = + a 1 - a 1 - a 1 + a 112 = 1 + 2 a + a . = 1 + a . = 1. 22 1 + a 1 + a 2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0 Phương trình cĩ tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình cĩ 2 nghiệm phân 3 biệt x1 = 1, x2 = . 2 Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k 3 2) Giải hệ: 2 x = 4x + y = 5 8x +2y = 10 11x = - 2 11 3x - 2y = - 12 3x - 2y = -12 4x + y = 5 63 y = 11 59
Câu 3: 1) Phương trình cĩ 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0 2) Phương trình cĩ 2 nghiệm x1, x2 ∆’ = 9 - m ≥ 0 m ≤ 9 x12 + x = 6 (1) Theo hệ thứcViét ta cĩ x12 . x = m (2) Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4 (3) Từ (1) và (3) x1 = 5, thay vào (1) x2 = 1 Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn) Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. Câu 4: a) Ta cĩ E là trung điểm của AC OE  AC hay OEM = 900. Ta cĩ Bx  AB ABx =900. B nên tứ giác CBME nội tiếp. O b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp A I OMB = OEB (cung chắn OB ), E EOM = EBM (cùng chắn cung EM) C M EIO ~ MIB (g.g) IB.IE = M.IO x 68 33 3 6 y8 Câu 5: Ta cĩ : P = 3x + 2y + + = ( x + y) + ( x + ) + ( + ) xy 22 2 x 2y 333 3 Do x + y = x + y . 6 = 9. 222 2 3x 6 3x 6 y8 y8 + 2 . = 6 , + 2 . = 4 2x 2x 2y 2y Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19 x + y = 6 3x 6 x = 2 Dấu bằng xẩy ra khi = 2x y = 4 y8 = 2y Vậy min P = 19. 60
Lời bình: Câu V Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P B, (trong tài liệu này chúng tơi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Do giả thiết cho x + y 6, đã thuận theo sơ đồ "bé dần": P B, điều ấy mách bảo ta biểu thị P theo (x + y). Để thực hiện được điều ấy ta 6 8 phải khử và . x y Do cĩ x > 0; y > 0 nên việc khử được thực hiện dễ dàng bằng cách 6 8 áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho các từng cặp số Ax và , By và . x y 33 Bởi lẽ đĩ mà lời giải đã "khéo léo" tách 3x xx, 22 31 2y yy. 22 2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" nĩi trên. Các số 3 1 , được nghĩ ra bằng cách nào? 2 2 Với mọi số thực a < 2, ta cĩ 68 68 Pxy 32 = ax()(3) y ax (2) ay (1) x y x y Pa 626(3)28(2) a a (2) 6 6 Ta cĩ (3 ax ) 2 6(3 a ) , dấu đẳng thức cĩ khi x ; (3) x 3 a 8 8 (2 ay ) 2 8(2 a ) , dấu đẳng thức cĩ khi y . ; (4) y 2 a Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải cĩ x + y = 6 68 6 (5) 32 aa 3 3 Thấy rằng a là một nghiệm của (5). Thay a vào (2) ta cĩ sự 2 2 3 1 phân tích như lời giải đã trình bày. Các số , được nghĩ ra như thế đĩ. 2 2 3) Phương trình (3) là phương trình "kết điểm rơi". Người ta khơng cần biết phương trình "kết điểm rơi" cĩ bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (cĩ thể là đốn) 61
được một nghiệm của nĩ là đủ cho lời giải thành cơng. (Việc giải phương trình "kết điểm rơi" nhiều khi phức tạp và cũng khơng cần thiết.) ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Rút gọn biểu thức 1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5 a + a a - a 2) B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 1 a + 1 1 - a a ( a + 1) a ( a - 1) = 1 + 1 - = (1 + a) (1 - a ) = 1 - a a + 1 a - 1 2 Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta cĩ: - 12 = a . (- 2) 4a = -12 a = - 3. Khi đĩ hàm số là y = - 3x2. 2) a) Với m = 5 ta cĩ phương trình: x2 + 12x + 25 =0. ∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11 x1 = - 6 - 11 ; x2 = - 6 + 11 b) Phương trình cĩ 2 nghiệm phân biệt khi: - 1 ∆’ > 0 (m + 1)2 - m2 > 0 2m + 1 > 0 m > (*) 2 Phương trình cĩ nghiệm x = - 2 4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 2 m = 0 m - 4m = 0 (thoả mãn điều kiện (*)) m = 4 Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m) Diện tích thửa ruộng là x.y Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3) Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng cịn lại là (x-2) (y-2). Theo bài ra ta cĩ hệ phương trình: (x + 2) (y + 3) = xy + 100 (x - 2) (y - 2) = xy - 68 62
xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100 xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68 3x + 2y = 94 x = 22 x = 22 . 2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14 Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2). Câu 4: 1) Ta cĩ BAC = 900 (gt) k MDC = 900 (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn) A, D nhìn BC dưới gĩc 900, tứ giác a ABCD nội tiếp d s Vì tứ giác ABCD nội tiếp. ADB = ACB m (cùng chắn cung AB). (1) O Ta cĩ tứ giác DMCS nội tiếp ADB = ACS (cùng bù với MDS). (2) b Từ (1) và (2) BCA = ACS . e c 2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta cĩ BD  CK, CA  BK. M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác MEC = 900 (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn) K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K. 3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp DAC = DBC (cùng chắn DC ). (3) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp MAE = MBE (cùng chắn ME ). (4) Từ (3) và (4) DAM = MAE hay AM là tia phân giác DAE . Chứng minh tương tự: ADM = MDE hay DM là tia phân giác ADE . Vậy M là tâm đường trịn nội tiếp ∆ADE. Câu 5: Ta cĩ: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3) Điều kiện: x ≥ 2 (*) Phương trình đã cho (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0 x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0 x - 2 - x + 3 x - 1 - 1 = 0 x - 2 = x + 3 (VN) x 2 (thoả mãn đk (*)) x - 1 - 1 = 0 Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất là x = 2. 63
Lời bình: Câu IVb Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, một phương pháp thường dùng là chứng minh ba đường thẳng ấy hoặc là ba đường cao, hoặc là ba đường trung tuyến, hoặc là ba đường phân giác của một tam giác. ĐỀ SỐ 13 Câu 1: 1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2 a - 1 a + a + 1 a + 1 a - a + 1 a + 2 Ta cĩ: P = - : a a - 1 a a + 1 a - 2 a + a + 1 - a + a - 1 a + 2 2 (a - 2) = : = a a - 2 a + 2 2a - 4 2a + 4 - 8 8 2) Ta cĩ: P = = = 2 - a + 2 a + 2 a + 2 P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8  (a + 2) a + 2 = 1 a = - 1; a = - 3 a + 2 = 2 a = 0 ; a = - 4 a + 2 = 4 a = 2 ; a = - 6 a + 2 = 8 a = 6 ; a = - 10 Câu 2: 1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0 a - 2a + 4 = 0 a = 4 Suy ra đường thẳng đĩ là 4x + 7y + 3 = 0 - 4 3 7y = - 4x - 3 y = x - 77 4 nên hệ số gĩc của đường thẳng là 7 2) a) Phương trình cĩ nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0 m1. b) Phương trình cĩ 2 nghiệm khi: ∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0 m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng  m. m + 1 3 Ta cĩ x1.x2 = 5 = 5 m + 1 = 5m - 5 4m = 6 m = . m - 1 2 3 1 5 Với m = ta cĩ phương trình : x2 - 3x + = 0 x2 - 6x + 5 = 0 2 2 2 - b Khi đĩ x1 + x2 = = 6 a 64
4x + 7y = 18 25x = 25 x = 1 Câu 3: Hệ đã cho . 21x - 7y = 7 3x - y = 1 y = 2 Câu 4: 1) Theo giả thiết ta A     cĩ: B1234 = B , B = B     0 Mà B1234 + B + B + B = 180   0 BB9023 I   0 Tương tự C23 + C = 90 1 0 1 Xét tứ giác BICK cĩ B + C = 180 H B 2 2 C 4 điểm B, I, C, K thuộc đường 3 4 3 4 trịn tâm O đường kính IK. O 2) Nối CK ta cĩ OI = OC = OK (vì ∆ICK vuơng tại C) ∆ IOC cân tại O OIC = ICO. (1)   Ta lại cĩ C12 = C (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC. K Ta cĩ AH  BC. (Vì ∆ ABC cân tại A). Trong ∆ IHC cĩ HIC + ICH = 9000 OCI + ICA = 90 . Hay ACO = 900 hay AC là tiếp tuyến của đường trịn tâm (O). 3) Ta cĩ BH = CH = 12 (cm). Trong ∆ vuơng ACH cĩ AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 AH = 16 Trong tam giác ACH, CI là phân giác gĩc C ta cĩ: IA AC AH - IH AC 20 5 = = = = (16 - IH) . 3 = 5 . IH IH = 6 IH CH IH CH 12 3 Trong ∆ vuơng ICH cĩ IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180 Trong ∆ vuơng ICK cĩ IC2 = IH . IK IC2 180 IK = = = 30 , OI = OK = OC = 15 (cm) IH 6 Câu 5: Ta cĩ x2 + x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010 11 (1) x2 + x + - x - 2010 + x + 2010 - = 0 44 65
22 11 x + - x +2010 - = 0 22 11 x + = x + 2010 - . (2) 22 11 x + = - x + 2010 + . (3) 22 x10 Giải (2) : (2) 2 (x 1) x 2010 (4) (4) (x + 1)2 = x + 2010 x2 + x - 2009 = 0 ∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037 - 1 + 8037 -1 - 8037 x = ; x = (loại) 1222 2010 x 0 Giải (3): (3) x x 2010 2 x x 2010 (5) (5) x2 x 2010 0 .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041, 1 + 8041 1 - 8041 x = ; x = (loại nghiệm x1) 1222 1 8037 1 8041 Vậy phương tình cĩ 2 nghiệm: x;x . 22 Lời bình: Câu V 1 Bằng cách thêm bớt ()x , sự nhạy cảm ấy đã trình bày lời giải ngắn 4 gọn. Khơng cần một sự khéo léo nào cả, bạn cũng cĩ một lời giải trơn tru theo cách sau : xy2 2010 Đặt x 2010 y , y 0 bài tốn được đưa về giải hệ . 2 yx 2010 Đây là hệ phương trình hệ đối xứng kiểu 2 quen thuộc đã biết cách giải. Chú ý : Phương trình đã cho cĩ dạng (ax + b)2 = p ax'' b+ qx + r , (a 0, a' 0, p 0) ax' b ' ayb , khi pa ' 0; Đặt : ax' b ' ayb , khi pa ' 0. Thường phương trình trở thành hệ đối xứng kiểu 2. 66
SỐ 14 x + 1 2 x 2 + 5 x Câu 1: 1) Ta cĩ : P = + - x - 2 x +2 x - 4 ( x +1) ( x +2) + 2 x ( x - 2) - 2 - 5 x P = = ( x - 2) ( x + 2) x + 3 x +2 + 2x - 4 x - 2 - 5 x = ( x +2) ( x - 2) 3x - 6 x 3 x ( x 2) 3 x = = = ( x + 2) ( x - 2) ( x + 2) ( x - 2) x +2 3x 2) P = 2 khi = 2 3 x = 2 x +4 x = 4 x = 16 x +2 m10 m1 Câu 2: 1) d song song với trục Ox khi và chỉ khi . n0 n0 m1 3 m 2 2) Từ giả thiết, ta cĩ: . 1m1n n2 Vậy đường thẳng d cĩ phương trình: y 3x 2 Câu 3: 1) Với m = - 3 ta cĩ phương trình: x2 + 8x = 0 x (x + 8) = 0 x = 0 x = - 8 2) Phương trình (1) cĩ 2 nghiệm khi: ∆’ 0 (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0 m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0 115 m2 - m + 4 > 0 (m )2 0 đúng  m 24 Chứng tỏ phương trình cĩ 2 nghiệm phân biệt  m x12 + x = 2(m - 1) (1) Theo hệ thức Vi ét ta cĩ: x12 - x = - m - 3 (2) 22 2 2 Ta cĩ x12 + x = 10 (x1 + x2) - 2x1x2 = 10 4 (m - 1) + 2 (m + 3) = 10 m = 0 4m2 - 6m + 10 = 10 2m (2m - 3) = 0 3 m = 2 3) Từ (2) ta cĩ m = -x1x2 - 3 thế vào (1) ta cĩ: x1 + x2 = 2 (- x1x2 - 3 - 1) = - 2x1x2 - 8 x1 + x2 + 2x1x2 + 8 = 0 Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm khơng phụ thuộc m. 67
a Câu 4: 1) Từ giả thiết suy ra 00 e CFH = 90 , HEB = 90 . (gĩc nội tiếp o chắn nửa đường trịn) f Trong tứ giác AFHE cĩ: b A = F = E = 900 AFHE c o h o là hình chữ nhật. 2 1 2) Vì AEHF là hình chữ nhật AEHF nội tiếp AFE = AHE (gĩc nội tiếp chắn AE ) (1) Ta lại cĩ AHE = ABH (gĩc cĩ cạnh tương ứng  ) (2) Từ (1) và (2) AFE = ABH mà CFE + AFE = 1800 CFE + ABH = 1800 . Vậy tứ giác BEFC nội tiếp. 3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường trịn đường kính HB và đường kính HC. Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật. OF = OH FOH cân tại O OFH = OHF. Vì ∆ CFH vuơng tại F O2C = O2F = O2H 0 ∆ HO2F cân tại O2. O22 FH = O HF mà OHF2 + FHA = 90. 0 O2 FH + HFO = 90 . Vậy EF là tiếp tuyến của đường trịn tâm O2. Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường trịn tâm O1. Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường trịn. Câu 5: Tìm GTLN, GTNN của x thoả mãn. x + a + b + c = 7 (1) 2222 x + a + b + c = 13 (2) Từ (1) a + b + c = 7 - x Từ (2) a2 + b2 + c2 = 13 - x2. Ta chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2. 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0 (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (đpcm) Suy ra 3 (13 - x2) ≥ (7 - x)2. 3 (13 - x2) ≥ 49 - 14x + x2. 5 4x2 - 14x + 10 ≤ 0 1 ≤ x ≤ . 2 53 x khi a b c , x 1 khi a b c 2 . 22 5 Vậy max x = , min x = 1. 2 68
ĐỀ SỐ 15 x1 1 2 Câu 1: a) M = - : + x - 1 x - x x + 1 x - 1 x1 x - 12 = - : + x - 1 x ( x - 1) x - 1 x + 1 x - 1 x +1 x - 1 x + 1 x - 1 x - 1 x + 1 = : = . x x - 1 x - 1 x +1 x x - 1 x + 1 x - 1 = . x b) M > 0 x - 1 > 0 (vì x > 0 nên x > 0) x > 1. (thoả mãn) Câu 2: a) Ta thấy: a = 1; b = - 2m; c = - 1, rõ ràng: a. c = 1 . (-1) = -1 < 0 phương trình luơn cĩ hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Vì phương trình luơn cĩ 2 nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi-ét, ta cĩ: b x + x = - 2m 12 a do đĩ: c x . x = = - 1 12 a 22 2 x1212 + x - xx = 7 x 12 + x - 3xx 12 = 7 (2m)2 - 3 . ( -1) = 7 4m2 = 4 m2 = 1 m = 1. Câu 3: Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu (x nguyên, dương) Số xe lúc sau là: x + 3 (chiếc) 480 480 Lúc đầu mỗi xe chở: (tấn hàng), sau đĩ mỗi xe chở: (tấn hàng) x x + 3 480 480 Ta cĩ phương trình: - = 8 x2 + 3x - 180 = 0 xx +3 Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK) Vậy đồn xe lúc đầu cĩ 12 chiếc. 69
Câu 4: a) AMB = 900 (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) AM  MB (1) n MN = BN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB ON là đường trung trực của đoạn thẳng MB ON  MB (2) m Từ (1) và (2) AM // ON OAMN là hình thang. k b) ∆ NHK cĩ HM  NK; KB  NH. b a o suy ra O là trực tâm ∆NHK ON  KH (3) Từ (2) và (3) KH // MB Câu 5: 5x - 2 x (2 + y) + y2 + 1 = 0 (1). Điều kiện: x ≥ 0 Đặt x = z, z 0, ta cĩ phương trình: h 5z2 - 2(2 + y)z + y2 + 1 = 0 Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn z thì phương trình cĩ nghiệm khi ∆’ ≥ 0 ∆’ = (2 + y)2 - 5(y2 + 1) = - (2y - 1)2 ≤ 0 với  y 1 Để phương trình cĩ nghiệm thì ∆’ = 0 y = 2 1 1 1 Thế vào (1) ta tìm được x = . Vậy x = và y = là các giá trị cần tìm. 4 4 2 Lời bình: Câu V 1) Để giải một phương trình chứa hai ẩn, ta xem một trong hai ẩn là tham số. Giải phương trình với ẩn cịn lại. 2) Các bạn tham khảo thêm một lời giải khác : Ta cĩ 5x 2(2)x y + y2 + 1 = 0 (4x 4 x + 1) + y2 + 2y x + x = 0 (2xyx 1)22 ( ) 0 21xyx 0 11 (;)xy . 42 Qua biến đổi ta thấy 5x 2(2)x y + y2 + 1 0 với mọi y, với mọi x > 0 . Trình bày lời giải này chúng tơi muốn nghiệm lại Lời bình sau câu 5 đề 2 rằng: phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi". Biến đổi về tổng các biểu thức cùng dấu là cách giải đặc trưng của "phương trình điểm rơi". 70
ĐỀ SỐ 16 Câu 1: xx(2x - 1)x - 2 x + 1 1) K = - = = x - 1 x - 1 x( x - 1) x - 1 2 2) Khi x = 4 + 2 3 , ta cĩ: K = 423 - 1 = 3+1 -1= 3+1-1= 3 Câu 2: 1) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên a = 3. Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1;2) nên ta cĩ:2 = 3.(-1) + b b= 5 (t/m vì b 1) Vậy: a = 3, b = 5 là các giá trị cần tìm. 3x + 2y = 6 2) Giải hệ phương trình: x - 3y = 2 3 (3y + 2) + 2y = 6 11y 0 x 2 . x = 3y + 2 x3y2 y0 Baì 3: Gọi x là số xe lúc đầu ( x nguyên dương, chiếc) Số xe lúc sau là : x+3 (chiếc) Lúc đầu mỗi xe chở : 96 (tấn hàng) x Lúc sau mỗi xe chở : 96 ( tấn hàng) x + 3 Ta cĩ phương trình : 96 - 96 = 1,6 x2 + 3x -180 = 0 x x + 3 Giải phương trình ta được: x1= -15 ; x2=12. Vậy đồn xe lúc đầu cĩ: 12 (chiếc). Câu 4: 1 1 1) CDE = Sđ DC = Sđ BD = BCD a 2 2 DE// BC (2 gĩc ở vị trí so le trong) 2) APC = 1 sđ (AC - DC) = AQC 2 o Tứ giác PACQ nội tiếp (vì APC = AQC ) b c 3) Tứ giác APQC nội tiếp CPQ = CAQ (cùng chắn CQ ) d e CAQ = CDE (cùng chắn DC ) p q Suy ra CPQ = CDE DE // PQ 71
DE CE DE QE Ta cĩ : = (vì DE//PQ) (1) , = (vì DE// BC) (2) PQ CQ FC QC DE DE CE + QE CQ 111 Cộng (1) và (2) : + = = = 1 + = (3) PQ FC CQ CQ PQ FC DE ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ 111 Thay vào (3) ta cĩ : + = CQ CF CE a a a + c Câu 5 : Ta cĩ 0, phương trình cĩ hai nghiệm - 3 33 phân biệt x1, 2 = 2 b) Ta cĩ ∆ = - (2m +12 - 4 (m2 + 5m) = 4m2 + 4m + 1 - 4m2 - 20m = 1 - 16m. 1 Phương trình cĩ hai nghiệm ∆ ≥ 0 1 - 16m ≥ 0 m 16 Khi đĩ hệ thức Vi-ét ta cĩ tích các nghiệm là m2 + 5m. Mà tích các nghiệm bằng 6, do đĩ m2 + 5m = 6 m2 + 5m - 6 = 0 Ta thấy a + b + c = 1 + 5 + (-6) = 0 nên m1 = 1; m2 = - 6. 1 Đối chiếu với điều kiện m ≤ thì m = - 6 là giá trị cần tìm. 16 72
Câu 3: a) Khi m = - 2, ta cĩ hai đường thẳng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x + 1 = 2x + 1 Ta cĩ toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ y = - x y = 2x + 1 1 1 - x = 2x + 1 x = - . Từ đĩ tính được : y . 3 3 11 Vậy tọa độ giao điểm là A( ;). 33 b) Hai đường thẳng (d), ( d ) song song khi và chỉ khi m2 - 2 = - 1 m = 1 m = 1 m + 2 1 m - 1 Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau Câu 4: a) Trong tam giác vuơng ATO cĩ: t R2 = OT2 = OA . OH (Hệ thức lượng trong tam giác vuơng) e b) Ta cĩ ATB = BCT  (cùng chắn cung TB) h c a b o BCT = BTH (gĩc nhọn cĩ cạnh tương ứng d vuơng gĩc). ATB = BTH hay TB là tia phân giác k của gĩc ATH. c) Ta cĩ ED // TC mà TC  TB nên ED  TB. ∆ TED cĩ TB vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆TED cân tại T. HB BD BE d) BD // TC nên = = (vì BD = BE) (1) HC TC TC BE AB BE // TC nên = (2) TC AC HB AB Từ (1) và (2) suy ra: = HC AC Câu 5: Từ giả thiết: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 22 2 77 7 2 x +y + 2. x +y . + - + 10 = - y 0 22 2 22 79 7 9 x + y + - 0 x + y + . 24 2 4 73
Giải ra được - 4 ≤ x + y + 1 ≤ - 1. A = -1 khi x = - 2 và y = 0, A = - 4 khi x = -5 và y = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là - 4 và giá trị lớn nhất của A là - 1. Lời bình: Câu V Bài tốn đã cho cĩ hai cách giải. Cách 1. Biến đổi giả thiết về dạng (mA + n)2 = k2 [g(x, y)]2 , từ đĩ mà suy ra (mA + n)2 k2 k n mA k + n minA, maxA. Cách 2. Từ A = x + y +1 y = A x 1, thế vào giả thiết cĩ phương trình bậc hai đối với x. Từ 0 ta tìm được minA, maxA . ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn biểu thức: 1) 45 20 5 = 3.522 2.5 5 = 35 25 5 = 4 5 xxx 4 xx(1)(2)(2) x x 2) = xx 2 xx 2 = xx 12 = 2 x 1 Câu 2: Gọi x là chiều dài, y là chiều rộng của hình chữ nhật (điều kiện: x > 0, y > 0, x, y tính bằng mét) Theo bài ra ta cĩ: 2 (x + y) = 72 x +y = 36 (1) Sau khi tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đơi, ta cĩ : 2 (3 x + 2y) = 194 3x + 2y = 97 (2) x + y = 36 x = 25 Ta cĩ hệ PT : Giải hệ ta được: 3x + 2y = 97 y = 11 Đối chiếu điều kiện bài tốn ta thấy x, y thỏa mãn. Vậy diện tích thửa vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2) Câu 3: 1) Khi m = 2, PT đã cho trở thành: x2- 4x + 3 = 0 Ta thấy: a +b + c = 1 - 4 +3 = 0 Vậy PT đã cho cĩ 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3 2) Điều kiện để phương trình đã cho cĩ nghiệm là: ,2 b' - ac 0 2(m1)02 3 - m 0 m 3 (1) x12 x4 Áp dụng hệ thức Vi ét ta cĩ : xx12 m 1 74
22 2 x12 + x = 5 (x1+ x2) (x 1 + x 2 ) - 2x1x2 = 5 (x1 + x2) 42 - 2 (m +1) = 5.4 2 (m + 1) = - 4 m = - 3 Kết hợp với điều kiện (1) , ta cĩ m = - 3 Câu 4 : 1. Ta cĩ: ABC = 1v (gĩc nội tiếp chắn I nửa đường trịn) ABF = 1v (gĩc nội tiếp chắn nửa đường E D trịn) nên B, C, F thẳng hàng AB, CE A và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy. 0 2. Do IEF IBF 90 suy ra BEIF nội O O' tiếp đường trịn. B F 3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ C Q Ta chứng minh được các tam giác AHP H P HP HA và PHB đồng dạng HP2 = HA.HB HB HP Tương tự, HQ2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung điểm PQ. Câu 5: Điều kiện x 0 và 2 - x2 > 0 x 0 và x 0 x22 + y = 2(1) Ta cĩ: 11 2(2) xy 1 Từ (2) ta cĩ : x + y = 2xy. Thay vào (1) Cĩ : xy = 1 hoặc xy = - 2 x1 * Nếu xy = 1 thì x + y = 2. Giải ra, ta cĩ : . y1 1 * Nếu xy = - thì x + y = -1. Giải ra, ta cĩ : 2 13 13 xx 22 ; 13 13 yy 22 - 1 - 3 Đối chiếu đk (*), phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm : x = 1 ; x = . 2 75
Lời nhắn . Câu IV.1 Liên hệ với lời bình sau câu 4b đề 12 ĐỀ SỐ 19 557()( 11111 ) Câu 1: a) A = 57 11. 5111 55() 11 b) B = 5511. . 5 Vậy A - B = 57 11 511= 7, đpcm. Câu 2: a) Với m = 2 ta cĩ hệ 3x + 2y = 5 y = 2x - 1 y = 2x - 1 x = 1 2x - y = 1 3x + 2(2x - 1) = 5 7x = 7 y = 1 Vậy hệ phương trình cĩ nghiệm (x; y) = (1; 1). 3m b) Hệ cĩ nghiệm duy nhất khi: m2 ≠ - 3 với mọi m m 1 Vậy hệ phương trình luơn cĩ nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 3: Gọi cạnh gĩc vuơng nhỏ là x. Cạnh gĩc vuơng lớn là x + 2 Điều kiện: 0 < x < 10, x tính bằng m. Theo định lý Pitago ta cĩ phương trình: x2 + (x + 2)2 = 102. Giải phương trình ta được x1 = 6 (t/m), x2 = - 8 (loại). Vậy cạnh gĩc vuơng nhỏ là 6m; cạnh gĩc vuơng lớn là 8m. Câu 4: a) Ta cĩ x y PAC = 900 PAC + PMC = 1800 nên tứ giác APMC nội tiếp p b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên MPC MAC (1) m Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra MQC MBC (2) q Lại cĩ MAC MBC 900 (3). Từ (1), (2), (3) ta cĩ : a b MPC MBC 9000 PCQ 90 . 76
c) Ta cĩ BMQ = BCQ (Tứ giác BCMQ nội tiếp) BMQ = AMC (Cùng phụ với BMC) EMC = EFC (Tứ giác CEMF nội tiếp). Nên BCQ = EFC hay AB // EF. 2 1 2 1 2 Câu 5: P = x + 1 + 2 ≥ 2 x + 1 2 , P = 2 x + 1 = x + 1 x + 1 1 x = 0. Vậy min P = 2. x2 + 1 ĐỀ SỐ 20 2( 5 +2) - 2( 5 - 2) 2 5 +4 - 2 5 + 4 8 Câu 1: a) A = = 2 = = 8 . 5 - 2 5 +2 5 - 22 5 - 4 b) Ta cĩ: x - 1 x - 1 x + 1 +1 - x x - 1 x x +1 B = : =  xxx +1 x x - 1 + 1 - x 2 x - 1 x +1 x +1 = x x - 1 x Câu 2: x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Khi m = 1, ta cĩ phương trình x2 - 6x + 5 = 0 a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0 x1 = 1; x2 = 5 b) Phương trình (1) cĩ nghiệm x = - 2 khi: (-2)2 - (m + 5) . (-2) - m + 6 = 0 4 + 2m + 10 - m + 6 = 0 m = - 20 c) ∆ = (m + 5)2 - 4(- m + 6) = m2 + 10m + 25 + 4m - 24 = m2 + 14m + 1 Phương trình (1) cĩ nghiệm khi ∆ = m2 + 14m + 1 ≥ 0 (*) Với điều kiện trên, áp dụng định lí Vi-ét, ta cĩ: S = x1 + x2 = m + 5; P = x1. x2 = - m + 6. Khi đĩ: 22 xx1 2 xx 12 24 xx 12() x 1 x 2 24 ()() m6m5 24 mm60m3m22 ;. Giá trị m = 3 thoả mãn, m = - 2 khơng thoả mãn điều kiện. (*) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. 77
Câu 3: Gọi x là số dãy ghế trong phịng lúc đầu (x nguyên, x > 3) x - 3 là số dãy ghế lúc sau. 360 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu: (chỗ), số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc x 360 sau: (chỗ) x - 3 360 360 Ta cĩ phương trình: - = 4 x - 3 x Giải ra được x1 = 18 (thỏa mãn); x2 = - 15 (loại) Vậy trong phịng cĩ 18 dãy ghế. Câu 4: a) ∆SAB cân tại S (vì SA = SB - theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên tia phân giác SO cũng là đường cao  SO AB b) SHE = SIE = 900 IHSE nội tiếp đường trịn đường kính SE. OI SO c) ∆SOI ~ ∆EOH (g.g) = OH OE OI . OE = OH . OS = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuơng SOB) Câu 5: (1) x3 - 2mx2 + m2x + x - m = 0, x (x2 - 2mx + m2) + x - m = 0 x (x - m)2 + (x - m) = 0 x = m (x - m) (x2 - mx + 1) = 0 2 x - mx + 1 = 0 (2) Để phương trình đã cho cĩ ba nghiệm phân biệt thì (2) cĩ hai nghiệm phân biệt khác m. Dễ thấy x = m khơng là nghiệm của (2). Vậy (2) cĩ hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 m > 2 ∆ = m - 4 > 0 . m 2 Vậy các giá trị m cần tìm là: . m < - 2 ĐỀ SỐ 21 Câu 1. 2 2 5 1 2 5 1 5 1 1) A = . 5 1 5 1 5 1 4 2 78
3 x 2x 3 2 2) Ta cĩ hệ . y x 4 11 y 2 Câu 2. 1) Vẽ đồ thị y x 2 thơng qua bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4 Vẽ đồ thị y x 2 qua các điểm A(0, 2) và B(-2,0). y 5 4 N 3 2 A M 1 B x -2 -1O 1 2 3 -1 2) Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị x 2 x 2 hay x 2 x 2 0 . Phương trình này cĩ nghiệm: x1 1 y1 1 và x2 2 y2 4 . Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M(-1, 1) và N(2, 4). Câu 3. 1) Với m 2 , ta cĩ phương trình: 2x 2 3x 1 0 . Các hệ số của phương trình thoả mãn a b c 2 3 1 0 nên phương trình cĩ các nghiệm: 1 x 1, x . 1 2 2 2) Phương trình cĩ biệt thức 2m 1 2 4.2. m 1 2m 3 2 0 nên phương trình luơn cĩ hai nghiệm x1 , x2 với mọi m . 79
2m 1 x x 1 2 2 Theo định lý Viet, ta cĩ: . m 1 x .x 1 2 2 2 2 2 Điều kiện đề bài 4x1 2x1 x2 4x2 1 4 x1 x2 6x1 x2 1. Từ đĩ ta cĩ: 1 2m 2 3 m 1 1 4m 2 7m 3 0. Phương trình này cĩ tổng các hệ số a b c 4 ( 7) 3 0 nên phương 3 trình này cĩ các nghiệm m 1,m . Vậy các giá trị cần tìm của m là 1 2 4 3 m 1,m . 4 Câu 4. 1) Tứ giác FCDE cĩ 2 gĩc đối : FED FCD 90o (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn). Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp. 2) Xét hai tam giác ACD và BED cĩ: F ACD BED 900 , ADC BDE (đối đỉnh) nên ACD BED. Từ đĩ ta cĩ tỷ số : DC DE I E DC DB DA DE . C DA DB 3) I là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác FCDE tam giác ICD cân D I CD IDC FEC (chắn cung FC ). A B Mặt khác tam giác OBC cân nên O OCB OBC DEC (chắn cung AC của (O)). Từ đĩ ICO ICD DCO FEC DEC FED 900 IC  CO hay IC là tiếp tuyến của đường trịn (O). 4x 9 1 1 4x 9 1 Câu 5. Đặt y , y ta cĩ y 2 y 28 2 2 28 4 1 7y 2 7y x . 2 1 7x 2 7x y 2 Cùng với phương trình ban đầu ta cĩ hệ: . 1 7y 2 7y x 2 Trừ vế cho vế của hai phuơng trình ta thu được 80
7 x 2 y 2 7 x y y x (x y) 7x 7y 8 0 x y 0 (vì 1 x 0 và y nên 7x 7y 8 0) hay x y . 2 1 Thay vào một phương trình trên ta được 7x 2 6x 0 2 6 50 x 14 . Đối chiếu với điều kiện của x, y ta được nghiệm là 6 50 x 14 6 50 x . 14 Lời bình: Câu V 49x 1 Chắc chắn sẽ hỏi đằng sau phép đặt ẩn phụ y cĩ sự 28 2 "mách bảo" nào khơng? 2 2 49x 1491x Ta cĩ 7x + 7x = 7 x 28 2284 Dưới hình thức mới phương trình đã cho thuộc dạng (ax + b)2 = p ax'' b+ qx + r , (a 0, a' 0, p 0) Một lần Lời bình sau câu 5 đề 13 đã chỉ dẫn cách đặt ẩn phụ như trên. ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) x2 - 2x - 15 = 0 , ' = 1 - (-15) = 16 , ' = 4 Vậy phương trình cĩ 2 nghiệm x1 = 1 - 4 = - 3; x2 = 1 + 4 = 5 2. Đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1) khi và chỉ khi: 1 = a (-1) -1 a = - 2. Vậy a = - 2 a1 aaa1aaa1 Câu 2: 1) P = . 2a a1 a1 a 1 a a a a a a a a a a 4 a. a = 2 a . 2 a(a 1) 2 a Vậy P = - 2 a. 81
2) Ta cĩ: P 2 - 2 a > - 2 a -2 a khi và chỉ khi 0 x = 400 và y = 500 (thoả mãn) Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy. Câu 4: 1) Ta cĩ IPC = 900 (vì gĩc nội tiếp y 0 x chắn nửa đường trịn) => CPK = 90 . K Xét tứ giác CPKB cĩ: KB  = 900 + 900 = 1800 => CPKB là tứ giác nội tiếp đường trịn (đpcm) 0 2) Xét AIC và BCK cĩ AB  = 90 ; P I ACI BKC (2 gĩc cĩ cạnh tương ứng vuơng gĩc) AI AC A => AIC ~ BCK (g.g) => C B BC BK => AI.BK = AC.BC. 3) Ta cĩ: PAC PIC (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn cung PC ) PBC PKC (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn cung PC ) Suy ra PAC PBC PIC PKC 900 (vì ICK vuơng tại C).=> APB = 900 . Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q= 198. 2 Phương trình cĩ nghiệm khi 0 p + 4q 0; gọi x1, x2 là 2 nghiệm. - Khi đĩ theo hệ thức Viét cĩ x1+ x2 = - p và x1x2 = q mà p + q = 198 => x1x2 - (x1+ x2) = 198 82
(x1 - 1)(x2 - 1) = 199 = 1 . 199 = (- 1)(-199) ( Vì x1, x2 Z ) Nên ta cĩ : x1 - 1 1 -1 199 -199 x2 - 1 199 -199 1 -1 x1 2 0 200 -198 x2 200 -198 2 0 Vậy phương trình cĩ các nghiệm nguyên: (2; 200); (0; -198); (200; 2); (- 198; 0) ĐỀ SỐ 23 Câu 1. 1) A = 20 3 5 80 . 5 = 25 35 45.5 35.5 15. 2) Đặt t x 2 , t 0 phương trình trở thành 4t 2 7t 2 0 . Biệt thức 7 2 4.4.( 2) 81 1 Phương trình cĩ nghiệm t , t 2 (loại). 1 4 2 1 1 1 1 Với t ta cĩ x 2 x . Vậy phương trình cĩ nghiệm x . 4 4 2 2 Câu 2. 1) Ta gọi (d1 ) , (d 2 ) lần lượt là các đường thẳng cĩ phương trình 5 y 3x 6 và y x 2m 1. Giao điểm của (d ) và trục hồnh là A(2, 2 1 0). Yêu cầu của bài tốn được thoả mãn khi và chỉ khi (d 2 ) cũng đi qua A 5 0 .2 2m 1 m 3 . 2 2) Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật (đơn vị m, x > 0) chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m). Vì đường chéo là 13 (m) nên theo định lý Piatago ta cĩ : 1322 x x 7 2 2x2 14x 49 169 2 x5 x7x600 . Chỉ cĩ nghiệm x5 thoả mãn. x12 Vậy mảnh đất cĩ chiều rộng 5m, chiều dài 12m và diện tích là S = 5.12 = 60 (m2). Câu 3. 1) Khi m 3 phương trình trở thành x 2 2x 0 x x 2 0 x 0; x 2 . 83
2) Phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ' 1 m 3 0 m 4 . Khi đĩ theo định lí Vi-et ta cĩ: x1 x2 2 (1) và x1 x2 m 3 (2). 2 Điều kiện bài tốn x1 2x2 x1 x2 12 x1 x1 x2 2x2 12 2x1 2x2 12 (do (1)) x1 x2 6 (3). Từ (1) và (3) ta cĩ: x1 2, x2 4 . Thay vào (3) ta được: 2 .4 m 3 m 5 , thoả mãn điều kiện. Vậy m 5 . Câu 4. 1 1 1) Ta cĩ DAB = sđ DB (gĩc nội tiếp) và B DE = sđ DB (gĩc giữa tiếp 2 2 tuyến và dây cung). Suy ra DAB BDE . 2) Xét hai tam giác DMB và AMD cĩ: DMA chung, DAM BDM nên DMB  AMD MDMA hay MDMAMB2 . . MBMD MEMA Tương tự ta cũng cĩ: EMB  AME hay MEMAMB2 . . MBME Từ đĩ: MD = ME hay M là trung điểm của DE. 3) Ta cĩ DAB BDM , EAB BEM PAQ PBQ = DAB EAB PBQ BDM BEM DBE 1800 tứ giác APBQ nội tiếp PQB PAB . Kết hợp với PAB BDM suy ra PQB BDM . Hai gĩc này ở vị trí so le trong nên PQ song song với AB. D M E B P Q O O' A 84
4x 3 Câu 5. Đặt y . x 2 1 Khi đĩ ta cĩ y x 2 1 4x 3 y.x 2 4x y 3 0 (1). Ta tìm điều kiện của y để (1) cĩ nghiệm. 4 Nếu y 0 thì (1) cĩ nghiệm x . 3 Nếu y 0, (1) cĩ nghiệm ' 22 y y 3 0 y 2 3y 4 0 1 y 4 . Kết hợp lại thì (1) cĩ nghiệm 1 y 4 . Theo giả thiết y là số nguyên âm y 1. Khi đĩ thay vào trên ta cĩ x 2 . Lời bình: Câu V 43x 1) Từ cách giải bài tốn trên ta suy biểu thức y cĩ GTNN x2 1 bằng 1 và GTLN bằng 4. 2) Phương pháp giải bài tốn trên cũng là phương phương pháp tìm ax2 bx c GTNN, GTLN của các biểu thức dạng P (với b'2 4ac ax'''2 bx c 0; 321xx2 xy22 F = x2 + 2xy y2 với 4x2 + 2xy + y2 = 3. ĐỀ SỐ 24 Câu 1. 5(15) (15)15 1) A = (1  5 )  (1 5 ) 2 . 25 22 xx 11 xx 2) B = 11 111x xx. 11 xx Câu 2. 1) Thay x 2 vào vế trái của phương trình ta được: 22 3mm .22(5)462 mm 2 100 đúng với mọi m nên phương trình cĩ nghiệm x 2 với mọi m 85
2) Vì phương trình luơn cĩ nghiệm x 2 nên để nĩ cĩ nghiệm x 5 2 2 thì theo định lý Vi-et ta cĩ: 2 5 2 2 2 m 5 5 2 2 m 5 m 10 2 2 . Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của xe, x > 15. 80 Thời gian dự định của xe là . x 20 Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là , thời gian xe x 15 60 đi trong quãng đường cịn lại là . x 10 80 20 60 Theo bài ra ta cĩ = + (1). x x 15 x 10 41 3 Biến đổi (1) 41510435 xx xx xx 15 x 10 15x 600 x = 40 (thoả mãn điều kiện). 80 Từ đĩ thời gian dự định của xe là 2 giờ. 40 Câu 4. 1) Ta cĩ vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường trịn nên MAD 900 . Mặt khác theo giả thiết MCD 900 nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp. 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: DMC DAC , DNC DBC . Suy ra DMC DNC DAC DBC 900 . Từ đĩ MDN 900 . 3) Vì ACB MDN 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đĩ CPQ CDQ CDN . 86
Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN CBN . Hơn nữa ta cĩ CBN CAB , suy ra CPQ CAB hay PQ song song với AB. 2 xy 4 Câu 5. Với các số dương x, y ta cĩ: x yxy4 xyxy 11 4 x yxy Áp dụng bất đẳng thức trên ta, cĩ: ab bc ca 11 11 11 abc cab bccaab 444 abc abc = 4 bc ca ab bc ca ab Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Lời bình: Câu II.1 Thay câu II.1 bởi câu : Chứng minh phương trình cĩ nghiệm khơng phụ thuộc giá trị của m, ta được một bài tốn "thơng minh hơn". Biến đổi phương trình về dạng m(x 2) = x2 + 3x 10 . (1) Xem (1) là phương trình đối với m. Thế thì (1) cĩ nghiệm khơng phụ thuộc m khi và chỉ khi x 2 = x2 + 3x 10 = 0 x = 2. Vậy cĩ x = 2 là nghiệm cố định khơng phụ thuộc vào m của phương trình đã cho. Vấn đề nghiệm cố định cịn được bàn thêm ở lời bình sau câu Câu I4b, đề 32. ĐỀ SỐ 25 Câu 1. xx 11 x 11xx 1 1) Ta cĩ A = : = . . xx 1 x 1 x xx 1 2 22 2 2) x 22 3 x 21 x 21 nên A = 2 . 21 Câu 2. 1) Khi a 3 và b 5 ta cĩ phương trình: x 2 3x 4 0 . Do a + b + c = 0 nên phương trình cĩ nghiệm x1 1, x2 4 . 2 2) Phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ab 4( 1) 0 (*) 87
x12 xa Khi đĩ theo định lý Vi-et, ta cĩ (1). xx12 b 1 xx 3 x1 x2 3 12 Bài tốn yêu cầu 3 x 3 x 3 9 1 2 xx12 3xxxx 1212 9 x1 x2 3 (2). x1 x2 2 22 2 Từ hệ (2) ta cĩ: xx12 xx 124 xx 12 3 4( 2) 1, kết hợp với a2 1 ab 1, 3 (1) được . b 12 ab 1, 3 Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) nên chúng là các giá trị cần tìm. Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc thực của chiếc thuyền (x > 4). Vận tốc của chiếc thuyền khi xuơi dịng là x + 4 (km/m). Vận tốc của chiếc thuyền khi ngược dịng là x – 4 km. 24 Thời gian chiếc thuyền đi từ A đến B là . x 4 16 Thời gian chiếc thuyền quay về từ B đến C là . x 4 8 Thời gian chiếc bè đi được 2 (giờ). 4 24 16 Ta cĩ phương trình: + = 2 (1). x 4 x 4 Biến đổi phương trình: (1) 12(xxxx 4) 8( 4) 4 4 xx2 20 0 x 0 xx ( 20) 0 . x 20 Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ cĩ nghiệm x = 20 thoả mãn. Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là 20km/h. Câu 4. 1) Vì H là trung điểm của AB nên OH AB hay OHM 900 . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại cĩ OD DM hay ODM 900 . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường trịn. 88
2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta cĩ MC = MD MCD cân tại M MI là một đường phân giác của CMD . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ 1 1 CD nên DCI sđ DI = sđCI = M CI 2 2 CI là phân giác của M CD . Vậy I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác MCD. 3) Ta cĩ tam giác MPQ cân ở M, cĩ MO là đường cao nên diện tích của nĩ 1 được tính: SS 22 ( ODQMRMDDQ ). Từ đĩ S nhỏ nhất OQM 2 MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuơng OMQ ta cĩ DM. DQ OD22 R khơng đổi nên MD + DQ nhỏ nhất DM = DQ = R. Khi đĩ OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường trịn tâm O bán kính R 2 . P C A d H B O I M D Q Câu 5. Từ giả thiết ta cĩ: abc a b c 1. Do đĩ, áp dụng bất đẳng thức Cơsi, P = abac = aabacbc2 = aa b c bc 2 aa b cbc = 2. aabc bc aabc 1 Đẳng thức xảy ra 1 . abc bc 1 abc 89
Hệ này cĩ vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1 a = 21 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2. ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 11 25 25 25 1) 25 2525 2525 1 3x + y = 9 6x + 2y = 18 7x = 14 x = 2 2) . x - 2y = - 4 x - 2y = - 4 y = 9 - 3x y = 3 Câu 2: 11 x 1) P = : x + x x 1 x + 2 x 1 2 1x x1 . xx1 xx1 x 2 1 x x1 1 x x1 1 - x . . xx1 xx.xx 1 - x 1 2 2) Với x > 0 thì 2 1 - x x 3x > - 2 x . 3 2 Câu 3: 1) Với m = 1, ta cĩ phương trình: x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vơ nghiệm. 2) Ta cĩ: ∆ = 1 – 4m. Để phương trình cĩ nghiệm thì ∆ 0 1 – 4m 0 1 m (1). 4 Theo hệ thức Vi-ét ta cĩ: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = m 2 Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – 1 ) = 9( x1 + x2 ), ta được: 2 2 m = - 2 (m – 1) = 9 m – 2m – 8 = 0 m = 4 Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ cĩ m = -2 thỏa mãn. 90
Câu 4:  1) Tứ giác ABEH cĩ: B = 900 (gĩc nội tiếp trong nửa đường trịn);  H = 900 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp được.   Tương tự, tứ giác DCEH cĩ C = H = 900 , nên nội tiếp được. 2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta cĩ: EBH = EAH (cùng chắn cung EH ) C Trong (O) ta cĩ: EAH = CAD = CBD B (cùng chắn cung CD ). E I Suy ra: EBH = EBC , nên BE là tia phân D A H O giác của gĩc HBC . Tương tự, ta cĩ: ECH = BDA = BCE , nên CE là tia phân giác của gĩc BCH . Vậy E là tâm đường trịn nội tiếp tam giác BCH. 3) Ta cĩ I là tâm của đường trịn ngoại tiếp tam giác vuơng ECD, nên BIC = 2EDC (gĩc nội tiếp và gĩc ở tâm cùng chắn cung EC ). Mà EDC = EHC , suy ra BIC = BHC . + Trong (O), BOC = 2BDC = BHC (gĩc nội tiếp và gĩc ở tâm cùng chắn cung BC ). + Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa gĩc BHC dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C, H, O, I cùng nằm trên một đường trịn. Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1) Đặt x + 8 a; x + 3 b a 0; b 0 (2) Ta cĩ: a2 – b2 = 5; x2 11x + 24 x + 8 x + 3 ab Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(ab + 1) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 a - b = 0 x + 8 x + 3 (vn) x = - 7 1 - a = 0 x + 8 1 x = - 2 1 - b = 0 x + 3 1 Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x = - 2. 91
ĐỀ SỐ 27 Câu 1: 12 1) A = 4.5 16.5 9.5 = 54525 = 5 . 23 55 55 2) B = 2 . 2 51 51 551 551 22 25251 51 51 Câu 2: 2x - y = 1 - 2y 2x + y = 1 2x = 2 x = 1 1) 3x + y = 3 - x 4x + y = 3 y = 1 - 2x y = - 1 2 2) Phương trình x – x – 3 = 0 cĩ a, c trái dấu nên cĩ hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta cĩ: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 11xx 1 1 Do đĩ: P = 12 . xx12 xx3 12 3 Câu 3: Gọi x (km/h) là vận tốc của xe lửa thứ nhất đi từ Huế đến Hà Nội. Khi đĩ vận tốc của xe lửa thứ hai đi từ Hà Nội là: x + 5 (km/h) (ĐK: x > 0) 300 5 345 Theo giả thiết, ta cĩ phương trình: x 53 x 900xxx 5 5 1035 x 5 x2 22 x 1035 0 Giải phương trình ta được: x1 23 (loại vì x > 0) và x2 45 0 . Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h Câu 4: 1) Ta cĩ: AMB 900 (gĩc nội D tiếp chắn nửa đường 0 trịn) AMD 90 . Tứ giác M ACMD I 0 cĩ AMD ACD 90 , suy ra K ACMD nội tiếp đường trịn đường kính AD. B 2) ∆ABD và ∆MBC E A C O  cĩ: B chung và BAD BMC (do ACMD là tứ giác nội tiếp). Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g) 92
3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và EDC BDC , lại cĩ:  BDC CAK (cùng phụ với B ), suy ra: EDC CAK . Do đĩ AKDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O’ là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O A = O E, suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định. Câu 5: 11 111 A = = xyxy22 xy2xy2xy22 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta cĩ: 1 x + y 2xy1 2xy1 4xy 2 (1) 2xy Đẳng thức xảy ra khi x = y. Tương tự với a, b dương ta cĩ: 11 1 2 4 22. (*) a b ab a + b a + b 11 4 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta cĩ: 4 (2) x22 y 2xy x + y 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x2 + y2 = 2xy x = y. 1 Từ (1) và (2) suy ra: A6 . Dấu "=" xảy ra x = y = . Vậy minA = 6. 2 ĐỀ SỐ 28 Câu 1: 2x + y = 7 6x + 3y = 21 7x = 14 x = 2 1) x - 3y = - 7 x - 3y = - 7 y = 7 - 2x y = 3 2) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 cĩ các hệ số a và c trái dấu nên luơn cĩ hai nghiệm phân biệt x1và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta cĩ: x1 + x2 = và x1.x2 = . 3 3 22 2 1413 Do đĩ P = xx12 xx 12 2xx 12= . 93 9 93
Câu 2. aa a1 1) A = : a 1 a ( a + 1) ( a - 1)( a 1) a1 .a1a1 a1 a + 1 a > 0, a 1 2) A 0, m R. Do đĩ phương trình (1) luơn cĩ hai nghiệm phân biệt. 2 2 2) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. Ta cĩ: x1 + x2 – x1x2 = 7 2 2 2 (x1 + x2) – 3x1.x2 = 7 4m + 3 = 7 m = 1 m = 1. Câu 4: 1) ADB 900 (gĩc nội tiếp chắn nửa x N đường trịn) ADM 900 (1) Lại cĩ: OA = OC = R; MA = MC C (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC M D 0 I AEM 90 (2). E Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác A nội tiếp đường trịn đường kính MA. H OB 2) Xét ∆MAB vuơng tại A cĩ AD  MB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuơng) 3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta cĩ ACB 900 (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ACN 900 , suy ra ∆ACN vuơng tại C. Lại cĩ MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đĩ MA = MN (5). Mặt khác ta cĩ CH // NA (cùng vuơng gĩc với AB) nên theo định lí Ta-lét IC IH BI thì (6) với I là giao điểm của CH và MB. MN MA BM Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 94
15 Câu 5: Điều kiện: xx 0, - 0, 2 x - 0. (*) xx 41 541 5 xxx - 2 - x - x - - 2 x - x xxxxx 4 x 441x xx - - 1 0 xx15 15 xx - 2 - xx - 2 - xx xx 4 1 x - 0 (vì 10 ) x 15 xx - 2 - xx x 2. Đối chiếu với điều kiện (*) thì chỉ cĩ x = 2 thỏa mãn. ĐỀ SỐ 29 Câu 1: a) Đường thẳng d đi qua gốc tọa độ khi và chỉ khi 2m 4 0 m 2. b) Đồ thị hàm số ymmx ()22 đi qua điểm A(-1; 2) 2mm().()22 1 mm20m2 1m2; Câu 2: 1 1 3 a 3 a 3 a 3 a) P = . 1 . . a 3 a 3 a a 3 a 3 a 2 a.( a 3) 2 2 = . Vậy P = . ( a 3)( a 3). a a 3 a 3 2 1 b) Ta cĩ: > a + 3 khi và chỉ khi 0 0 tính bằng giờ). Trong 1 giờ mỗi người làm được ; cơng x y 1 1 1 việc, cả 2 làm trong 1 giờ được + = cơng việc.(vì hai người hồn x y 4 95
thành cơng việc trong 4 giờ). Do người thứ nhất làm ít hơn người thứ hai là 6 giờ nên y - x = 6. Ta cĩ hệ phương trình. yx6 yx6 (1) 111 111 (2) xy4 xx64 Giải (2): (2) x(x + 6) = 4 (x + x + 6) x2 - 2x - 24 = 0 x = 6 (t/m); x = - 4 (loại vì x > 0). Thay vào (1) được y = 12 Vậy để hồn thành cơng việc người thứ nhất cần 6 giờ, người thứ hai cần 12 giờ. Câu 4: a) Ta cĩ BAC = 900 (vì gĩc nội tiếpchắn nửa đường trịn) Tương tự cĩ BDH CEH = 900 Xét tứ giác ADHE cĩ AADHAEH = 900 => ADHE là hình chữ nhật. Từ đĩ DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuơng) hay AH2 = 10 . 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 b) Ta cĩ:BAH = C (gĩc cĩ cạnh tương ứng vuơng gĩc) mà DAH ADE (1) (Vì ADHE là hình chữ nhật) => CADE do CBDE = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn.  c) Vì O1D = O1B => O1BD cân tại O1 => BBDO 1 (2)  0 Từ (1), (2) => ADE BDO1 BBAH = 90 => O1D //O2E Vậy DEO2O1 là hình thang vuơng tại D và E. A Ta cĩ Sht = E 1112 (O1 D O 2 E).DE O 12 O .DE O 12 O 222D (Vì O1D + O2E = O1H + O2H = O1O2 và DE < O1O2 ) B C O1 H O O2 1BCR22 SOO 2 . Dấu "=" xảy ht282 1 2 ra khi và chỉ khi DE = O1O2 DEO2O1 là hình chữ nhật R 2 A là điểm chính giữa cung BC. Khi đĩ max S = . DEO2O1 2 96
1 Câu 5: Giải phương trình: x3 + x2 - x = - (1) 3 (1) 3x3 + 3x2 - 3x = - 1 4x3 = x3 - 3x2 + 3x - 1 4x3 = (x - 1)3 1 x3 4 = x - 1 x(1 3 4 ) = 1 x = . 1 3 4 1 Vậy phương trình chỉ cĩ 1 nghiệm x = . 1 3 4 Lời bình: Câu III Ta thường gặp bài tốn :" Hai máy cày cùng cày một cánh đồng ; hai vịi nước cùng chảy vào một bể ; hai hợp tác cùng đào một con mương ; hai người cùng làm chung một cơng việc ) v.v" . Ta gọi bài bài trên thuộc loại tốn "Làm chung một việc" Một số lưu ý khi giải bài tốn này là a) Khối lượng cơng việc phải hồn thành được quy ước bằng 1 (đơn vị). (Năng suất) (thời gian) = (khối lượng làm được). (Năng suất chung) = (tổng các năng suất riêng). (Bạn cĩ thể tị mị tại sao lại quy ước khối lượng cơng việc là 1. Cơng việc hồn tất nghĩa là hồn thành 100 khối lượng cơng việc. Bởi 100 = 1, đĩ là điều dẫn tới quy ước trên) b) Bài tốn cĩ thể trình bày lời giải bằng hệ phương trình hai ẩn hoặc bằng phương trình một ẩn. c) Trong bài tốn trên (theo các kí hiệu đã dùng trong lời giải) thì : 1 1 Các năng suất riêng là và x y 11 Năng suất chung : Một mặt được tính là , một mặt giả thiết x y 1 111 cho là . Vậy nên cĩ phương trình 4 xy4 ĐỀ SỐ 30 Câu 1. 1) Phương trình tương đương với 3x 75 3x 5 3 x 5 97
3x 2y 1 7x 7 x 1 2) Hệ phương trình . 4x 2y 8 3x 2y 1 y 2 Câu 2. 1) Với m 2 phương trình trở thành 2x 2 5x 2 0 . 1 52 4.2.2 9 nên phương trình cĩ hai nghiệm x 2 , x . 1 2 2 2) Phương trình cĩ biệt thức m 3 2 4.2.m m 2 2m 9 m 1 2 8 0 với mọi m . Do đĩ phương trình luơn cĩ hai nghiệm x1 , x2 . Khi đĩ theo định lý Viet thì m 3 x x 1 2 2 . m x x 1 2 2 2 2 Biểu thức A = x1 x2 = x1 x2 = x1 x2 4x1 x2 = 2 m 3 m 1 1 2 4 = m 2 2m 9 m 1 8 . 2 2 2 2 Do m 1 2 0 nên m 1 2 8 8 2 2 , suy ra A 2 . Dấu bằng xảy ra m 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 , đạt được khi m 1. Câu 3. 1) Ta cĩ 9254952aaaaaaa 3 2(aa 2) và aaaa2 2(2) 22aa 2 nên P = . aa 2 a 2) Gọi vận tốc canơ trong nước yên lặng là xx(km/h, 4) Vận tốc ca nơ khi nước xuơi dịng là x 4 và thời gian ca nơ chạy xuơi 48 dịng là . x 4 Vận tốc ca nơ khi nước ngược dịng là x 4 và thời gian ca nơ chạy ngược 48 dịng là . x 4 48 48 Theo giả thiết ta cĩ phương trình 5 (*) xx 44 (*) 48(xx 4 4) 5( x22 16) 5 xx 96 80 0 Giải phương trình ta được x 0,8 (loại), x 20 (thỏa mãn) Vậy vận tốc ca nơ khi nước yên lặng là 20 km/h 98
Câu 4. 1) Chứng minh ABD cân D Xét ABD cĩ BC  DA và CA = CD nên BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến của nĩ. C Vậy ABD cân tại B A O 2) Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng B nằm trên một đường thẳng. Vì CAE = 900, nên CE là đường kính của (O). E Ta cĩ CO là đường trung bình của tam giác ABD F Suy ra BD // CO hay BD // CE (1) Tương tự CE là đường trung bình của tam giác ADF. Suy ra DF // CE (2). Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3) Chứng minh rằng đường trịn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường trịn (O). Tam giác ADF vuơng tại A và theo tính chất của đường trung bình DB = CE = BF B là trung điểm của DF. Do đĩ đường trịn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính. Hơn nữa, vì OB = AB - OA nên đường trịn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường trịn (O) tại A. Câu 5. Vì các số a,b,c dương nên áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số ta cĩ: a (b c) a a 2a a b c 2 b c a b c a b c Tương tự ta cũng cĩ: b 2b c 2c , c a a b c a b a b c Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên ta cĩ a b c 2a 2b 2c 2 . b c c a a b a b c a b c Dấu bằng xảy ra b c a a b c 0 , khơng thoả mãn. c a b a b c Vậy 2 . b c c a a b 99
Lời bình: Câu II.2 Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu cĩ của phương trình . Từ cơng thức b x suy ra : 1,2 2a (1)8m 2 ||xx 2, với mọi m. (*) 12||a 2 Kết quả (*) cho thấy > 0 ,m đồng thời cĩ min|x1 x2| = 2 , đạt được khi m = 8. Lời giải đã giảm bớt tối đa các phép tốn, điều ấy đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sĩt. Câu IV.2 Việc chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng thường được thực hiện bằng cách chứng minh một trong ba điều tương đương sau : AB + BC = AC (khi đĩ B thuộc đoạn thẳng AC). Một trong ba điểm ấy là đỉnh một gĩc bằng 1800 (chẳng hạn ABC 1800 ). Một trong ba điểm ấy là điểm chung của hai đoạn thẳng song song (chẳng hạnAB // BC). Một trong ba điểm ấy là điểm chung của hai đoạn thẳng cùng tạo với đường thẳng ( ) cĩ sẵn một gĩc bằng nhau (chẳng hạn (,)(,) AB AC ). ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính a) A = 20 3 18 45 72 4.5 3 9.2 9.5 36.2 = = 25 92 35 62 32 5. b) B = 4 7 4 7 2B 8 2 7 8 2 7 ( 7 1)2 ( 7 1)2 7 1 7 1 2B 2 7 B 14 c) C = x 2 x 1 x 2 x 1 với x > 1 C = ( x 1 1)2 ( x 1 1)2 x 1 1 x 1 1 100
+) Nếu x > 2 thì C = x 1 1 x 1 1 2 x 1 +) Nếu x 0 m > 2 b) Đồ thị hàm số đi qua A (1; 2) khi: 2 = (2m - 1).1 - m + 2 m = 1. Vậy hàm số y = x + 1 Câu 3: Gọi x, y là thời gian người thợ thứ nhất và người thợ thứ 2 làm một mình (x, y > 0, tính bằng giờ). 1 1 1 - Một giờ mỗi người làm được ; cơng việc cả 2 người làm được + x y x 1 1 = . (vì 2 người làm trong 16 giờ thì xong cơng việc) y 16 3 6 - Trong 3 giờ người thứ nhất làm được (CV), 6 giờ người 2 làm được x y 1 3 6 1 (CV) vì cả hai làm được (CV) nếu ta cĩ + = 4 x y 4 Do đĩ ta cĩ hệ phương trình: 11 1 33 3 3 1 xy16xy16y16 x24 . 361 361 11 1 y48 xy4 xy4 xy16 Vậy người thứ nhất hồn thành cơng việc trong 24 giờ người thứ hai hồn thành cơng việc trong 48 giờ Câu 4: a) Xét ABM và AMC M Cĩ gĩc A chung; AMB MCB 1 ( = sđ cung MB) 2 K O A => AMB ~ ACM (g.g) D I AM AB B => => AM2 = AB.AC C AC AM N b) Tứ giác AMON cĩ MN  = 1800 101
(Vì MN  = 900 tính chất tiếp tuyến) => AMON là tứ giác nội tiếp được - Vì OI  BC (định lý đường kính và dây cung) Xét tứ giác AMOI cĩ MI  = 900 + 900 = 1800 => AMOI là tứ giác nội tiếp được c) Ta cĩ OA  MN tại K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC tại D.   0 Xét tứ giác KOID cĩ KI = 180 => tứ giác KOID nội tiếp đường trịn tâm O1 2 => O1 nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI = AK.AO = AM = AB.AC khơng đổi (Vì A, B, C, I cố định). Do AI khơng đổi => AD khơng đổi => D cố định. Vậy O1 tâm đường trịn ngoại tiếp OIK luơn thuộc đường trung trực của DI cố định. Câu 5: x1 2x2 1 Ta cĩ: (2x 1)y x 1 y 2y 2y 1 (*) 2x 1 2x 1 2x 1 Xét pt (*): Để x, y nguyên thì 2x +1 phải là ước của 1, do đĩ: + Hoặc 2x +1 =1 x = 0, thay vào (*) được y = 1. + Hoặc 2x +1 = -1 x = -1, thay vào (*) được y = 0 Vậy pt đã cho cĩ 2 nghiệm nguyên là: (0; 1) ; (-1; 0). Lời nhắn. Câu IV.c Liên hệ với lời bình sau câu 4c đề 1 ĐỀ SỐ 32 Câu 1: 1) P = ()()()()732732[732][732] = ()(732734344322 )) ( ) . 2) Đường thẳng d và d song song với nhau khi và chỉ khi: m1322 m 4 m2 m2 m11 m 2 m2 Câu 2: x2 + (2m + 1) x + m2 + 1 = 0 (1) a) Khi m = 1 ta cĩ phương trình: x2 + 3x + 2 = 0 Vì a = 1; b = 3; c = 2 => a - b + c = 0 102
Vậy phương trình cĩ x1 = - 1; x2 = - 2 b) Phương trình (1) cĩ 2 nghiệm âm khi và chỉ khi: 22 3 02m14m10 ()() m 4m 3 0 4 3 S0 () 2m1 0 m . 2m 1 0 1 4 P0 m102 m 2 Câu 3: Ta cĩ: a2 + b2 > 2ab = 1 (vì ab = 1) 4 4 A = (a + b + 1)(a2 + b2) + > 2(a + b + 1) + ab a b 4 = 2 + (a + b + ) + (a + b) > 2 + 4 + 2 = 8. a b 4 (a + b + > 4 và a + b > 2 ab vì áp dụng BĐT Cơsi cho 2 số a b dương) 1 Dấu “=” khi và chỉ khi a = b = . 2 Vậy minA = 8. Câu 4: A a) Xét tứ giác BHMK: HK  = 900 + 900 = 1800 => Tứ giác BHMK nội tiếp đường trịn. CM tương tự cĩ tứ giác CHMI cũng nội tiếp được. b) Ta cĩ B HMK C HMI = 1800 I K M mà BC  HMK HMI (1) KBM BCM , KBM KHM (vì 2 gĩc nội tiếp B H C cùng chắn cung MK và gĩc tạo bởi tia tt và gĩc nội tiếp cùng chắn cung BM). HCM HIM (gĩc tạo bởi tia tiếp tuyến và gĩc nội tiếp cùng chắn HM ) KHM HIM (2). MH MK Từ (1), (2) => HMK ~ IMH (g.g) => MH 2 = MI .MK MI MH (đpcm) c) Ta cĩ PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM 103
= (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB khơng đổi. Vì A cố định và đường trịn (O) cho trước nên chu vi APQ khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm). x2ya(1)5 Câu 5: Giả sử hệ cĩ nghiệm là (x; y) 22 xy1(2) Từ (2) suy ra x1,y1 . Từ (1) ta cĩ: x2yx55 2yx 2 2y(xy)(y2y1)1 222 2(y2y1)2(y1)222 a2 trái giả thiết là a2 . Suy ra hệ trên vơ nghiệm, đpcm. ĐỀ SỐ 33 x3y102x6y20x3y10 Câu 1: a) 2xy1 2xy1 y3 x33() 10 x1 . y3 y3 b) Hàm số y = (m + 2) x - 3 đồng biến trên R khi và chi khi m + 2 > 0 m > - 2. a12a 1 2a Câu 2: a) A = : a1 a1 a(a1)(a1) (a1) 222 1 2a (a1) (a1) = :: . a1 a 1 (a 1)( a 1) a1 ( a 1)(a 1) ( a 1)2 (a 1)( a 1) = .a1 . a1 (a 1)2 b) a = 2011 - 2 2010 ( 2010 1) 2 a 2010 1 Vậy A = 2010 . 1 Câu 3: a) Với k = - ta cĩ: 2 1 - (x2 - 4x + 3) + 2 (x - 1) = 0 x2 - 8x + 7 = 0. Vì a + b + c = 1 + (- 8) + 7 = 0 2 Nên pt cĩ nghiệm x1 = 1; x2 = 7 104
b) + Nếu k = 0, phương trình cĩ dạng 2(x - 1) = 0 x = 1 + Nếu k 0, phương trình cĩ dạng: kx2 + 2(1 - 2k) x + 3k - 2 = 0 ' = (1 - 2k)2 - k(3k - 2) = 1- 4k + 4k2 - 3k2 + 2k = k2 - 2k + 1 = (k - 1)2 > 0 với mọi k. Vậy phương trình cĩ nghiệm với mọi k. Câu 4: C M a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung trong cắt B BC tại M A Ta cĩ MB = MA = MC (t/c 2 tiếp tuyến O' O N cắt nhau) A = 900. D b) Giả sử R’ > R. Lấy N trung điểm E của OO’. Ta cĩ MN là đường trung bình của hình thang vuơng OBCO’ (OB // O’C; BC  = 900) và tam giác AMN vuơng tại A. R R' RR Cĩ MN = ; AN = . Khi đĩ MA2 = MN2 - AN2 = RR’ 2 2 => MA = RR' mà BC = 2MA = 2 RR' c) Ta cĩ O, B, D thẳng hàng (vì BAD = 900 ; OA = OB = OD) BDC cĩ DBC = 900, BA  CD, ta cĩ: BD2 = DA . DC (1) DE DA ADE ~ EDC (g.g) => => DA . DC = DE2 (2) DC DE (1), (2) => BD = DE (đpcm). Câu 5: 2 2 2 2 2 Xét 1 2 = a1 4b1 a2 4b2 a1 a2 4(b1 b2 ) a1 a2 2a1a2 (vì a1a2 > 2(b1 + b2)). 2 2 2 Mà a1 a2 2a1a2 (a1 a2 ) 0 , 1 2 > 0 => Tồn tại 1 hoặc 2 khơng âm => ít nhất một trong 2 phương trình đã cho cĩ nghiệm. 105
Lời bình: Câu III.b 1) Để chứng minh phương trình cĩ nghiệm khơng phụ thuộc giá trị của k cĩ hai cách giải. Cách 1 (Đã nĩi ở lời bình sau câu 2(1) Đề 24) Xem k(x2 4x 3) + 2(x 1) = 0 (*) là phương trình đối với ẩn k . Thế thì (*) cĩ nghiệm khơng phụ thuộc k khi và chỉ khi x2 4x 3 = 2(x 1) = 0 x = 1. Cách 2 (Phương pháp cần và đủ) + Phương trình (*) cĩ nghiệm với mọi x ắt phải cĩ nghiệm với k = 0. + Với k = 0 ta cĩ k(x2 4x 3) + 2(x 1) x = 1. Thay x = 1 vào (*) cĩ 0k + 0 = 0 nghĩa là x = 1 là nghiệm của (*) với mọi k. Ta cĩ điều phải chứng minh. 2) Kết quả một bài tốn đâu phải chỉ cĩ là đáp số. Cái quan trọng hơn là cách nghĩ ra lời giải chúng như thế nào, cĩ bao nhiêu con đường (cách giải) để đi đến kết quả đĩ : Câu V : 1) Mấu chốt của bài tốn là chuyển hố hình thức bài tốn. Cụ thể ở đây là biết thay thế việc chứng minh ít nhất một trong hai phương trình cĩ nghiệm bằng cách chứng minh 1 + 2 0. Sự chuyển hố này đã giúp kết nối thành cơng với giả thiết a1 + a2 2(b1 + b2). 2) Một cách hiểu khác của bài tốn là : Chứng minh cả hai phương trình khơng thể cùng vơ nghiệm. Với cách hiểu này ta chuyển hố thành chứng minh khả năng 1 + 2 0, nếu cả hai nghiệm x1, x2 đều âm thì x1+ x2 0. Vậy là bài tốn được chứng minh. 106
ĐỀ SỐ 34 Câu 1: P = a 1 1 a 1 1 Nếu a> 2 => a 1 1 0 P 2 a 1 Nếu 1 a 1 1 P = 2 Câu 2: ĐKXĐ: x > 0; x 1. (x 1) 2 ( x 1) 2 ( x 1) 2 (x 1) 2 .4 x x 1 1) Q = . . 4x x 1 4x.(x 1) x x1(loai) 1 2) Q = - 3 x 3 => 4x + 3 x - 1 = 0 1 x (thỏa x 16 4 mãn) Câu 3: Đặt x = t, được t2 + 2(m - 1)t + m + 1 = 0 (1) Phương trình cĩ đúng 2 nghiệm phân biệt (1) cĩ 2 nghiệm khác dấu hoặc (1) cĩ nghiệm kép t > 0. +) (1) Cĩ 2 nghiệm khác dấu m + 1 m m - 3m = 0 m3 Thay vào (1) để xét thì m = 0 thỏa mãn, m = 3 bị loại. Vậy m 3(x 1) 2 16 (x 1) 2 25 = 9 - (x - 1)2 VT > 9; VP 0) nên: VT 9 PT x = 1 (TM) VP 9 N Câu 5: 1) Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH H A H 18000 (do A H 90 ) M => OAMH là tứ giác nội tiếp đường trịn. Tương tự tứ giác OANH nội tiếp được B     A O => AM,BN1111 (2 gĩc nội tiếp chắn 1 cung)     0 0 ABMN9011 1 1 => AHB = 90 => MN là tiếp tuyến 107
2) Ta cĩ AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuơng, ta cĩ: AB 2 AM. BN = MH . NH = OH2 = (đpcm) 4 1 1 3. S OH . MN > OH . AB (Vì AMNB là hình thang vuơng) MON 2 2 Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB. AB M, N song song với AB AM = BN = . 2 AB Vậy S nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN = . MON 2 ĐỀ SỐ 35 (x 3)2 x3 1 khi x 3 Câu 1: A = = x3 x3 1 khi x 3 Câu 2: a) Bình phương hai vế ta được: x2 - 2x + 4 = 4 x(x - 2) = 0 x = 0 hoặc x = 2 b) Đường thẳng (d) cĩ phương trình y = ax + b đi qua điểm A (1; 2) và B (2; 0) khi và chỉ khi: ab2 a 2 2a b 0 b 4 Vậy y = - 2x + 4 Câu 3: a) Với m = 2, ta cĩ phương trình 2 2 xx20 x1;x2 (x - x - 2)(x - 1) = 0 x10 x1 Vậy phương trình cĩ 3 nghiệm x 1; x = 2 b) Vì phương trình (1) luơn cĩ nghiệm x1 = 1 nên phương trình (1) cĩ 2 đúng nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 cĩ nghiệm kép khác 1 1 014m0 m 1 4 m . f(1) 0 1 1 m 0 4 m0 - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 cĩ 2 nghiệm phân biệt trong đĩ cĩ một nghiệm bằng 1. 108
1 014m0 m 4 m0. f(1) 0 m 0 m0 1 Vậy phương trình (1) cĩ đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = - ; m = 0. 4 Câu 4: a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của đường trịn (O) Nên MA  OA; MB  OB; Mà OI  CD A (Theo định lý đường kính là dây cung). Do đĩ MAO MBO MIO = 900 => O 3 điểm A, B, I M thuộc đường trịn đường kính MO hay C I D 5 điểm M, A, I, O, B cùng thuộc một đường trịn. B b) Ta cĩ: AIM AOM (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn cung MA) BIM BOM (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn cung MB) mà AOM BOM (tính chất hai tiếp tuyến) => AIM BIM => IM là phân giác của gĩc AIB (đpcm). xy144 () 1 Câu 5: 33 22 xyxy2 () Từ (1) suy ra: x1x14 . Tương tự y 1 (3). ()2x1xy1y0 22 ( ) ( ) (4), Từ (3) suy ra vế trái của (4) khơng âm. nên x1x2 () 0 x0 x0 x1 x1 (4) ;;;. 2 y1() y 0 y0 y1 y0 y1 x0x1 Thử lại thì hệ chỉ cĩ 2 nghiệm là: ; y1 y0 ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) P = 1515155125 . b) x2 + 2x - 24 = 0 ' = 1 + 24 = 25 => ' = 5 => phương trình cĩ 2 nghiệm x1 = - 1 + 5 = 4; x2 = - 1 - 5 = - 6 109
2a a 1 7a 3 Câu 2: a) P = a 3 a 3 (a 3)(a3) = 2 a( a 3) ( a 1)( a 3) 7 a 3 2a 6 a a 4 a 3 7 a 3 ( a 3)( a 3) ( a 3)( a 3) 3a 9 a 3 a( a 3) 3 a = ( a 3)( a 3) ( a 3)( a 3) a 3 3a Vậy P = . a3 3a 3 9 b) P t1 = 1; t2 = 4 x12 x 1 Từ đĩ, ta được: . 2 x4 x2 Vậy phương trình cĩ 4 nghiệm x 1; x 2. b) x4 - 5x2 + m = 0 (1) cĩ dạng f(y) = y2 - 5y + m = 0 (2) (với y = x2 ; y > 0) Phương trình (1) cĩ đúng 2 nghiệm phân biệt phương trình (2): 25 0 m 25 1) Hoặc cĩ nghiệm kép khác 0 4 m . f(0) 0 4 m0 2) Hoặc cĩ 2 nghiệm khác dấu m0. 25 Vậy m = hoặc m BEF = 900. Do đĩ FAB BEF = 1800 E D Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường trịn. 1 b) Ta cĩ: AFB AEB = ( sđ cung AB) O 2 A B C (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn 1 cung) M 110
1 AEB BMD = ( sđ cung BD) (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn 1 cung) 2 Do đĩ AFB BMD => AF // DM mà FA  AC => DM  AC AC CF c) ACF ~ ECB (g.g) => => CE.CF = AC.BC (1) CE BC AB AD ABD ~ AEC (g.g) => => AD.AE = AC.AB (2) AE AC (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm) 2 1 (2 2x) 2x (1 x) x Câu 5: Ta cĩ y = 1 x x 1 x x 2x 1 x 2x 1 x = 2 + 1 + 3 2 . 3 2 2 (áp dụng BĐT Cơsi với 1 x x 1 x x 2 số dương) 2x 1 x Đẳng thức xảy ra x 2 1 (loại nghiệm x = - 1 - 2 ) 1 x x Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 3 + 2 2 khi x = 2 -1. Lời nhắn. Câu IV.c. Liên hệ với Lời bình sau câu 4c,đề 6. ĐỀ SỐ 37 x( x3 1) x( x3 1) Câu 1: M = + x + 1 x x 1 x x 1 x( x 1)(x x 1) x( x 1)(x x 1) = x 1 x x 1 x x 1 = x - x - x - x + x + 1 = x - 2 x + 1 = ( x - 1)2 3x 5y 18 3x 5y 18 11y 33 x 1 Câu 2: a) . x2y5 3x6y15 x2y5 y3 Vậy hệ phương trình cĩ nghiệm duy nhất (- 1; 3) 111
b) Hai đường thẳng (d) và (d’) song song khi và chỉ khi: 3 a3a a 2 . b2b b 1 Câu 3: a) Khi m = - 3, ta cĩ phương trình x2 - 2x - 3 = 0 Vì a - b + c = 1 - (- 2) + (- 3) = 0 nên x1 = - 1; x2 = 3 b) Phương trình cĩ nghiệm ' > 0 1 - m > 0 m m2 + 2m - 4 = 0 ' = 1 + 4 = 5 => ' = 5 nên m = -1 + 5 (loại); m = - 1 - 5 (T/m vì m CK // BH tương tự cĩ CH // BK => Tứ giác BHCK là hbh (đpcm) b) OM  BC => M trung điểm của BC O H (định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình M C hành) => đpcm AHK cĩ OM là đường trung B bình => AH = 2.OM K c) Ta cĩ AC C BB C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường trịn => AC B = ACB mà ACB BAx (Ax là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’ 1 OA  Ax => OA  B’C’. Do đĩ SAB’OC’ = R.B’C’ 2 1 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 2 1 1 1 S = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ .BC A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng A là đỉểm chính giữa cung lớn BC. 112
xx12 Câu 5: y = y(x22 2x 2) (x x 1) 0 x2x22 (y - 1)x2 + (2y - 1)x + (2y - 1) = 0 (1) - Nếu y = 1 thì x = - 1 - Nếu y 1 thì (1) là phương trình bậc hai đối với x. Để (1) cĩ nghiệm thì phải cĩ 13 = (2y - 1)2 - 4 (y - 1)(2y-1) 0 (2y 1)(2y 3) 0 y . 22 1 1 y khi x = 0. Vậy min y = 2 2 ĐỀ SỐ 38 Câu 1: a) Ta cĩ x2 + xx(x1)x(x1)(xx1) 3 x( x 1)(x x 1) x(2 x 1) nên P = 1 x x 1 x = x( x 1) 1 2 x 1 x x . Vậy P = xx . b) P = 0 x - x = 0 x ( x - 1) = 0 x = 0 (loại) ; x = 1 (t/m) Vậy x = 1 thì P = 0 Câu 2: a) Ta cĩ 1 x 2 = 1 - x. Đk: x 2x2 - 2x = 0 2x (x - 1) x = 0 ; x = 1 Thay vào pt đã cho thử lại thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. b) Đk: x 0 và y 0. Hệ đã cho tương đương với hệ phương trình: 335 77 x2 xy2 x2 x2 3 . 4343 21 y3 1 1 y xy xy Vậy hệ phương trình cĩ nghiệm (2; 3). 113
Câu 3: a) Với m = - 1 ta được phương trình: x2 + 4x = 0 x(x + 4) = 0 x = 0 ; x = - 4 b) Phương trình (1) cĩ nghiệm khi ' > 0 (m -1)2 - (m+ 1) = m2 - 3m = m(m - 3) > 0 m > 3 ; m 4m2 - 8m + 4 = 6m + 6 2m2 - 7m - 1 = 0 7 57 7 57 m = 49 + 8 = 57 nên m = 0. 4 4 Đối chiếu đk (1) thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. 0 Câu 4: a) Ta cĩ: DBO DMO = 90 (vì gt) A => 2 điểm B, M thuộc đường trịn đường kính DO =>đpcm b) Chứng minh tương tự cĩ 4 điểm O, C, E, M E cùng thuộc một đường trịn => MEO MCO M C (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn cung MO) B MBO MDO (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn D cung MO) Mà MBO MCO (vì BOC cân tại O) => MEO MDO => DOE cân tại O Mà MO  DE nên MD = ME (đpcm) Câu 5: Đặt x 2 1 = t, với t > 0, ta cĩ t2 - (x + 3) t + 3x = 0 Xem pt trên là pt bậc 2 đối với t. = (x + 3)2 - 12x = (x - 3)2 x 3 x 3 x 3 x 3 t1 = x ; t2 = 3 2 2 x0 Do đĩ: - Hoặc: 2 = x vơ nghiệm. x 1 22 x1x 114
- Hoặc: x 2 1 = 3 x2 = 8 x = 2 2 Vậy phương trình cĩ 2 nghiệm x = 2 2 . ĐỀ SỐ 39 Câu 1: (2 điểm) 1) Tính: 48 - 2 75 + 108 = 16 . 3 - 2 25 . 3 + 36 . 3 = 4 3 - 10 3 + 6 3 = 0 11 1 2) Rút gọn biểu thức: P = - . 1 - 1 - x 1 + x x 2x x - 1 - 2 = 1 + x - 1 + x x - 1 = . = 1- x x 1- x x 1 + x Câu 2:1) Đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N( 4; -1) nên: 2 = 3a + b a = - 3 - 1 = 4a + b b = 11 2) Giải hệ pt: 2x + 5y = 7 2x + 5y = 7 17y = 17 x = 1 . 3x - y = 2 15x - 5y = 10 3x - y = 2 y = 1 Câu 3: 1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 - 4x -12 = 0 ' = 16, pt đã cho cĩ 2 nghiệm: x = - 2; x = 6. 2) Phương trình (1) cĩ nghiệm ' 0 m2 + 6m m6;m0 (2) x+12 x= 2m Khi đĩ, theo hệ thức Vi ét ta cĩ: (3) x12 x = - 6m Phương trình cĩ 1nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia khi và chỉ khi: 22 x1221 2x ; x 2x (x 1221 2x )(x 2x ) 0 5x 1212 x 2(x x ) 0 22 5x12 x 2[(x 12 x ) 2x 12 x ] 0 9x 1212 x 2(x x ) 0 (4) 27 Từ (3), (4), ta cĩ: 54m 8m2 0 m 0; m (thỏa mãn đk (2)) 4 27 Vậy các giá trị m cần tìm là m0;m . 4 115
Câu 4: M 1. Theo giả thiết MN AB tại I 00 O1 ACB = 90 hay ECB = 90 C E EIB + ECB = 1800 A B mà đây là hai gĩc đối của tứ giác IECB nên I O tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiêt MN AB, suy ra A là điểm chính giữa của MN nên AMN = ACM (hai N gĩc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME = ACM , lại cĩ CAM là gĩc chung do đĩ tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE = AM2 = AE.AC. AC AM 3. Theo trên AMN = ACM AM là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp 0 ECM. Nối MB ta cĩ AMB = 90 , do đĩ tâm O1 của đường trịn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM NO1 BM. Gọi O1 là chân đường vuơng gĩc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường trịn ngoại tiếp ECM cĩ bán kính là O1M. Do đĩ để khoảng cách từ N đến tâm đường trịn ngoại tiếp ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường trịn (O1), bán kính O1M với đường trịn (O) trong đĩ O1 là hình chiếu vuơng gĩc của N trên BM. 22 Câu 5: Từ 2x + 3y 6 y 2 - x - y x - 2 33 2x 2 22 - 22 K = x2 - 2x - y x22 - 2x + - 2 = (x - ) - 3399 - 22 2 14 Suy ra : min K = khi x = ; y = 9 3 9 Ta cĩ : 2x2 + xy 4x ( x 0) xy - y x + 2 x2 - 2x - y - - y = 0 22 y = 0 y = 0 Suy ra : max K = 0 khi hoặc x = 0 x = 2 116
Lời bình : Câu V Nhiều khi tìm trực tiếp GTNN của biểu thức K thật khĩ khăn. "Cái khĩ lĩ cái khơn", người ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K B . Rồi đi tìm GTNN của B, từ đĩ mà suy ra GTNN của biểu thức K. Các mối liên hệ giữa K và giả thiết sẽ chỉ dẫn chúng ta tìm đến B. + Trong bài tốn trên, thấy trong biểu thức K = x2 2x y cĩ chứa y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta biến đổi : 2x 2x + 3y 6 y 2 3 2 2x 222 Thay y bởi 2 ta cĩ KB x . 3 39 Cũng vậy, đối với tìm GTLN thì việc bắc cầu phải theo sơ đồ "lớn dần": K L + Trong các giả thiết khơng thể suy ra y h(x) để tìm L (lớn hơn) trong sơ đồ "lớn dần" . Vậy nên để cĩ biểu thức L buộc phải đánh giá bộ phận cịn lại x2 2x g(x). y x 0 xy xy Ta cĩ 2x + y 4 x 2 xx2 2 . (ở đây gx() ) 2 2 2 xy y Thay x2 2x bởi ta cĩ KL (2) x . 2 2 Chắc chắn bạn cịn thắc mắc là bài tốn cĩ hai giả thiết, thế nhưng khi tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết này mà khơng sử dụng giả thiết kia ? + Trong quá trình đánh giá cĩ thể tìm được nhiều biểu thức B. Gọi Bk là một trong số các biểu thức B tìm được và cĩ minBk = . Thế thì  chưa hẳn đã là GTNN của K. Chỉ trong trường hợp khi minBk =  mà ta cũng cĩ K = Bk (hố giải được dấu "=" trong sơ đồ "lớn hơn") thì mới cĩ minK = minBk = . Trong trường hợp đĩ biểu thức Bk được gọi là "kết". Lời giải chỉ thành cơng khi tìm được "kết". Trong bài tốn trên, sử dụng giả thiết cịn lại khơng dẫn tới "kết". Tình huống cũng tương tự đối với việc tìm biểu thức L. Biểu thức L dẫn tới maxK cũng được gọi là "kết". + Trong bài tốn trên, hình thức các giả thiết chưa đủ để chỉ dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết này hay giả thiết kia. Nhiều bài tốn phức tạp cĩ thể cần sự kết hợp của tất cả các giả thiết mới tìm được "kết". 117
Mấu chốt của bài tốn tìm GTNN, GTLN là tìm "kết". Nhìn lại kết của các đề trước : + Câu 5, đề 1, "kết" chính là biểu thức phải tìm GTNN. 33618 + Câu 5, đề 11, "kết" là Bxyxk () y. 222 x y + Câu 5, đề 32, "kết" là Bk = 1 + 2. ĐỀ SỐ 40 31 Câu 1. a) 3x + 4y = 2 yx , nên hệ số gĩc của đường thẳng d 42 3 là k = . 4 31 1 m122 m m 44 21 b) d // d1 m . 1112 mmm 222 1 Vậy với m thì d1 // d. 2 ax by 3 x3 Câu 2. Hệ phương trình cĩ nghiệm nên bxay11 y1 a.3 b( 1) 3 b.3 a( 1) 11 3a b 3 9a 3b 9 10a 20 a2 a2 . a3b11 a3b11 a3b11 3ab3 b3 Câu 3. a) Do ac (1 3 )(1 3 ) 1 3 2 0 nên phương trình (1) luơn cĩ 2 nghiệm phân biệt. b) Vì x12 , x là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta cĩ: 2 13 xx , xx . 1213 12 13 11xx 2 2(13) Do đĩ: S(13) 12 . xx12 xx 1213 2 11 1 1 3 (13)4232 và P = .(23) . xx12 xx 1213 2 2 118
Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: X2 (1 3)X (2 3) 0. Câu 4. D C E a) Tam giác ADE cân tại A vì 3 2 1 AD = AE. Lại cĩ: x  00 0 M A1 = DAB EAB 90 60 30 Do đĩ F 1 ADE AED (18000 30 ) 75 0. O 1 2 1 b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF 2 A B  0 vuơng cân tại B, nên E451 . Từ đĩ ta cĩ:   000 0 DEF DEA E21 E 75 60 45 180 suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm.    0  0 c) Ta cĩ: BA11 (cùng chắn cung EM) suy ra B301 nên B302 .    0 Mà EB32 nên E303 .   00 0 Vậy E23 E 60 30 90 hay ME  EB. Mặt khác BF  EB do đĩ ME // BF. Câu 5. Từ (1) ta cĩ: x2(y1)11x132 (3) 2y Từ (2) ta cĩ: x1x11x122 (4) y12 Từ (3) và (4), suy ra x = -1, thay vào hệ đã cho ta được y = 1. Vậy P = 2. 119
II - LỚP 10 THPT CHUYÊN ĐỀ SỐ 1 Câu 1: 2 4 a) Đặt x - t (1), suy ra xt422 x x2 2 t1 Khi đĩ phương trình đã cho trở thành: t – 4t – 5 = 0 . t5 Lần lượt thay các giá trị của t vào (1) thì phương trình đã cho cĩ 4 nghiệm: 533533 x1 = 1; x2 = - 2; x;x 3422 b) Đk: x ≥ - 2 (1) Đặt x + 5 a; x + 2 b a 0; b 0 (2) Ta cĩ: a2 – b2 = 3; x2 7x + 10 x + 5 x + 2 ab Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 a - b = 0 x + 5 x + 2 (VN) x = - 4 1 - a = 0 nên x + 5 1 x = - 1 1 - b = 0 x + 2 1 Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x = - 1. Câu 2: 3 a 1b x b3 xa b 1c3 a) Đặt y 3 , khi đĩ do abc = 1 nên xyz = 1 (1). cyb c 3 z 1a 3 a zc 111 Từ đề bài suy ra xyz x + y + z = yz + xz + xy (2). xyz Từ (1) và (2) suy ra: xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – 1 = 0 (x – 1)(y – 1)(z – 1) = 0. Vậy tồn tại x =1 chẳng hạn, suy ra a = b3, đpcm. 84 84 1 b) Đặt 331a; 1b x = a + b; a3 + b3 = 2; ab = . 99 3 120
Ta cĩ: x3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) Suy ra: x3 = 2 – x x3 + x – 2 = 0 x - 1 x2 x + 2 0 2 2 17 x = 1. Vì x + x + 2 = x + 0 . Từ đĩ suy ra điều phải chứng minh. 24 Câu 3: Áp dụng các BĐT: a + b 2 a22 b ; a + b + c 3a 222 b c (được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacơpski) Ta cĩ: 1 + x22 2x 2 1 x 2x 2 x + 1 1 + y22 2y 2 1 y 2y 2 y + 1 1 + z22 2z 2 1 z 2z 2 z + 1 x y z 3 x + y + z Lại cĩ: A = 1 x222 1 y 1 z 2x 2y 2z + 22x yz A 2 x + y + z + 3 2 2 3 x + y + z A 6 + 3 2 (do x + y + z 3). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy maxA = 632. Câu 4: a) Ta cĩ: ABO ACO 900 (tính chất tiếp tuyến) (1) AB = AC OA22 OB = R = OB = OC (2). Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuơng. b) Theo bài ra ta cĩ: AD + DE + AE = 2R (3). A y Suy ra: DE = BD + CE (4). x E M Vẽ OM  DE (M DE) (5) D C Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao B cho CF = BD; suy ra ∆BDO = ∆COF F (c-g-c) R OD = OF; lại cĩ DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c) OM = OC = R O (hai đường cao tương ứng) (6). Từ (5) và (6) suy ra DE là tiếp tuyến của đường trịn (O;R). 121
1 c) Đặt: AD = x; AE = y Sxy (x, y > 0) ADE 2 Ta cĩ: DE AD22 AE x 22 + y (định lí Pitago). Vì AD + DE + AE = 2R x + y + x22 y = 2R (6) Áp dụng BĐT – Cơsi cho hai số khơng âm ta cĩ: x + y 2 xy và x22 + y 2xy (7). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y. Từ (6) và (7) suy ra: 2xy 2xy2R xy 2 2 2R 2R 2R 2 xy xy SADE 2+ 2 322 2 R 2 SADE 3 - 2 2 R . 322 2 Vậy max SADE = 322R x = y ∆ADE cân tại A. Câu 5: Xét điểm A và hình trịn (C1) cĩ tâm A, bán kính bằng 1. C C2 C1 A B - Nếu tất cả 98 điểm cịn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài tốn được chứng minh. - Xét trường hợp cĩ điểm B nằm ngồi (C1). Ta cĩ: AB > 1 (1) Vẽ hình trịn (C2) tâm B, bán kính bằng 1. + Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Khi đĩ điểm C thuộc một trong hai hình trịn (C1) và (C2). Thật vậy, giả sử C khơng thuộc hai hình trịn nĩi trên. Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C khơng cĩ hai điểm nào cĩ khoảng cách nhỏ hơn 1 (vơ lí vì trái với giả thiết). 122
Chứng tỏ C (C1) hoặc C (C2). Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C1) và (C2). Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải cĩ một hình trịn chứa khơng ít hơn 50 điểm. ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Theo bài ra ta cĩ: 2011(x y 2011) 2010(y x 2010) + Nếu x + y - 2011 = 0 thì y - x + 2010 = x y 2010 2x 4021 x 2010,5 0 x y 2011 2y 1 y0,5 + Nếu y - x + 2010 = 0 thì x + y - 2011 = 0, ta cũng được kết quả như trên. 2011 y x 2010 + Nếu x + y - 2011 0 thì vơ lý (vì VP là số hữu tỉ, 2010 x y 2011 VT là số vơ tỉ) Vậy x = 2010,5 và y = 0,5 là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài. b) Ta cĩ xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ cĩ 3 bộ sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = 1 hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0. Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = x 1 ; b = x 2 x 1 Ta cĩ: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = 0 b = 2a ; a = 2b Do đĩ: 1) 2 x 1 = x 2 x 1 4(x + 1) = x2 - x + 1 2 5 37 5 37 x - 5x - 3 = 0 x1 = (loại); x2 = 2 2 2) x 1 = 2 x 2 x 1 x14(xx1)4x5x3022 vơ nghiệm. 5 37 Vậy phương trình cĩ 2 nghiệm: x = 2 123
b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > 0 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 0 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - 8 + abc nên 2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc 0) Suy ra (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4 a2 + b2 + c2 5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c cĩ một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1. p Câu 3: Giả sử x = (p, q Z, q > 0) và (p, q) = 1 q 2 p p 2 2 2 Ta cĩ 6 n (n N) p = q(-P - 6q + n q) q q => q là ước của p2 nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đĩ x = p => p2 + p + 6 = n2 (p, n Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do đĩ 2n - 2p - 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ; 2n - 2p - 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1 (vì 23 P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n - 2p - 1 > 0) p = 5 (t/m) ; p = - 6 (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6 Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì A S KN  = 1800). Tứ giác MNCI cũng nội tiếp được (vì MNC MIC MNC = 900) H => BNK BMK , INC IMC (1) P (vì 2 gĩc nội tiếp cùng chắn một cung). K O Mặt khác BMK IMC (2) C B N (vì BMK KMC KMC IMC do I cùng bù với gĩc A của tam giác ABC) Từ (1), (2) suy ra BNK = INC nên 3 điểm M Q K, N, I thẳng hàng. 124
b) Vì MAK MCN  (vì 2 gĩc nội tiếpcùng chắn cung BM) AK CN AB BK CN AB BK CN =>  cot g hay (1) MK MN MK MN MK MK MN AI BN AC CI BN Tương tự cĩ: hay (2) MI MN MI MI MN IC BK Mà tg ( = BMK IMC ) (3) MI MK AB AC BC Từ (1), (2), (3) => (đpcm) MK MI MN c) Gọi giao của AH, MN với đường trịn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P MS) => HQMP là hình thang cân, cĩ BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC) => N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do SAC AIN vì cùng bằng NMC) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm). 2x22 xy y p Câu 5: Đưa về bài tốn tìm P để hệ phương trình: cĩ 22 x2xy3y4 nghiệm. 8x22 4xy 4y 4p (1) Hệ trên . Lấy (1) - (2), ta cĩ: 22 px 2pxy 3py 4p (2) (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = 0 (3) - Nếu y = 0 => (8 - p)x2 = 0 x = 0 hoặc p = 8 p 0;p 8. - Nếu y 0 chia 2 vế pt (3) cho y2 ta cĩ : x (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = 0 (4) với t = . y 7 + Nếu p = 8 thì t = - . 5 + Nếu p 8: Phương trình (2) cĩ nghiệm ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0 p2 - 12p - 18 6 - 3 6 p 6 3 6 . Dấu “=” cĩ xảy ra. Vậy min P = 6 - 3 6 , max P = 6 +3 6 . 125
ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Từ giả thiết ta cĩ: a b c ab - b22 - ac + c = - = b - c a - c a - b a - b a - c 1 a ab - b22 - ac + c Nhân 2 vế của đẳng thức với ta cĩ: = b - c b - c 2 a - b a - c b - c Vai trị của a, b, c như nhau, thực hiện hốn vị vịng quanh giữa a, b, c ta cĩ: b cb - c22 - ab + a c ac - a22 - bc + b = , = c - a 2 a - b a - c b - c a - b 2 a - b a - c b - c abc Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta cĩ + + = 0 (b - c)222 (c - a) (a - b) (đpcm) b) Đặt 4 2010 = x 2010 = x24 ; 2010 = x . Thay vào ta cĩ: 2 21 1 222 1 + + 2 1 + 2 x - x 1 + x xx24 1 x A = + - 2 = - 2 1 - x x 1 + x x 1 + x 22 11 = - = 0 xx Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 Áp dụng BĐT Cơ-si ta cĩ: a2 + bc ≥ 2a bc, b22 + ac 2b ac ; c + ab 2c ab . 1111111 Do đĩ 222 + + + + a + bc b + ac c + ab 2 abcbac cab a +b b + c c + a + + 1 ab + bc + ca 1 a + b + c = . . 22 2 = , 2 abc 2 abc 2abc đpcm. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 Ta cĩ: A = (x - 2 xy + y) + 2y - 2 x +1 126
2 = [ x - y - 2 x - y + 1] - 2 y + 2y 2 11 = x - y - 1 + (2y - 2 y + ) - 22 22111 = x - y - 1 + 2 y 1 - - 222 9 x = 1 x - y - 1 = 0 4 A= - 2 1 2 y - 1 = 0 y = 4 1 Vậy minA = 2 Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta cĩ: 2 2 x - 1 + 3 5 - x 222 + 3 x - 1 + 5 - x = 13.4 2 x - 1 + 3 5 - x 2 13 29 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 x - 1 = 2 5 - x x = 13 Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn 29 Vậy pt cĩ nghiệm x = 13 1 2 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f = x  x0 (1) x 1 Thay x = 2 vào (1) ta cĩ: f(2) + 3.f = 4. 2 1 11 Thay x = vào (1) ta cĩ: f + 3.f(2) = 2 24 a + 3b = 4 1 13 Đặt f(2) = a, f = b ta cĩ. 1 . Giải hệ, ta được a = - 2 3a + b = 32 4 13 Vậy f(2) = - . 32 127
Câu 4: a b Gọi O là tâm của đường trịn ngoại tiếp lục giác đều thì A, O, D thẳng hàng và 1 1 OK = AB. Vì FM = EF mà EF = AB o 2 2 f k c do đĩ FM = OK m Ta lại cĩ AF = R AF = OA và AFM = 1200. e d AOK + AOB = 18000 = AOK + 60 AOK = 120 0 . Do đĩ: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) AM = AK, MAK = 600 AMK đều. Câu 5: Gọi BH là đường cao của ∆ABO Ta cĩ 2SAOB = OA . BH b Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB OA22 + OB mà OA.OB o 2 h c OA22 + OB Do đĩ 2SAOB 2 a Dấu “=” xảy ra OA  OB và OA = OB Chứng minh tương tự ta cĩ: d OB22 + OC OC22 + OD 2SBOC ; 2SCOD 2 2 OD22 + OA 2SAOD 2 2 OA222 + OB + OC + OD 2 Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD và AOB = BOC = COD = DOA = 900 ABCD là hình vuơng tâm O. 128
Lời bình: Câu III.b 1 1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi x từ đâu mà ra? 2 Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . (2) Giả sử x = b là một nghiệm của (2). Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta cĩ hệ Aax() Ba () y Ca () (3) B()bx Aby () Cb () Giải hệ phương trình (3) (đĩ là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) . 1 Trong bài tốn trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2. x 1 1 1 Phương trình Q(x) = P(a) 2 x , tức là b x 2 2 1 Số x được nghĩ ra như thế đĩ. 2 2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) cĩ bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (cĩ thể là đốn) được một nghiệm của nĩ là đủ cho lời giải thành cơng. 3) Một số bài tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f( x) = 2 + 3x. (với x ). 1 b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu f ()xf x 1 x (với 0 x 1). c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu 11 (1)()xfxf (với 0 x 1). x x 1 129
ĐỀ SỐ 4 Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4 2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x + y Vì x + y + 2 ≠ 0 nên = - 1 (1) x + y + 2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta cĩ: x + y ≤ 2 x22 + y x + y ≤ 22 (2) xy Từ (1), (2) ta được: 2 - 1. Dấu "=" x + y + 2 x0,y0 khi x = y x = y = 2 . 22 x + y = 4 Vậy maxA = 2 - 1 . b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên: 2 2 2 x222 + y + z x 222 + y + z x 222 + y + z + + = + + x22 + y y 22 + z z 22 + x x 22 + y y 22 + z z 22 + x zxy222 = + + + 3 x22 + y y 22 + z x 22 + z zz22 Ta cĩ x2 + y2 ≥ 2xy , x22 + y 2xy xx22yy22 Tương tự , y22 + z 2yz x22 + z 2xz z2 x2 y2 z2 x2 y2 Vậy + + + 3 + + + 3 x22 + y y22 + z x22 + z 2xy 2yz 2xz 2 2 2 x333 + y + z + + + 3, đpcm. x22 + y y 22 + z z 22 + x 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 2 3x + 10 (1) .Điều kiện: x (2) 3 (1) (3x + 10 - 2 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0 ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = 0 3x + 10 - 1 = 0 x = - 3 (thỏa mãn đk (2). x + 3 = 0 Vậy phương trình (1) cĩ nghiệm x = -3. 130
2 2x x22 y - 2x + y 2 = 0 y = (1) b) x2 + 1 23 2x - 4x + 3 = - y 32 y = - 2 (x - 1) - 1 2x Ta cĩ: 1 y2 1 - 1 y 1 (1) 1 + x 2 Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1 y3 ≤ - 1 y ≤ - 1 (2) Từ (1) và (2) y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn. Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm. Câu 3: a) Đặt 3 x = b > 0 và 3 y = c > 0 ta cĩ x2 = b3 và y2 = c3 Thay vào gt ta được b32 + b c + c 3 + bc 2 = a a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + 2 b22 c b + c 2 a2 = (b + c)3 32 a = b + c hay 3 x2232 + 3 y = a , đpcm. b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy x00 . 2 a1 2 11 Suy ra x0 + ax0 + b + + 2 = 0 x00 + 2 + a x + + b = 0 xx00 xx00 1122 2 Đặt x0 + = y00 x + 2 = y 0 - 2 , y 0 2 y00 - 2 = - ay - b xx00 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta cĩ: 22 2 22222 22(y0 2) y00 - 2 = ay + b a + b y 0 + 1 ab 2 (1) y10 22 (y0 2) 4 Ta chứng minh 2 (2) y10 5 42 2 4 2 Thực vậy: (2) 5(y00 4y 4) 4(y 0 1) 5y 0 24y 0 16 0 4 5(y22 4)(y ) 0 đúng với y2 nên (1) đúng 005 4 Từ (1), (2) suy ra a22 + b 5(a 22 + b ) 4 , đpcm. 5 131
Câu 4: Đặt AH = x c Ta cĩ AMB = 900 (OA = OB = OM) m k Trong ∆ vuơng AMB ta cĩ MA2 = AH . AB = 2Rx (H là chân đường vuơng gĩc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là b hình chữ nhật). a h o h' Theo bài ra ta cĩ: 4Rx = 15(R - x)2. Do H AB O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 3R 5R (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 x = ; x = . 53 Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường trịn với các đường vuơng gĩc với AB dựng từ H và H’. Câu 5: a b Gọi I là trung điểm của CD. Nối EF, EI, IF, ta cĩ IE là đường e f trung bình của ∆BDC IE // BC g Mà GF BC IE GF (1) d c Chứng minh tương tự EG IF (2) i Từ (1) và (2) G là trực tâm của ∆EIF IG  EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) và (4) IG  DC Vậy ∆ DGC cân tại G DG = GC ĐỀ SỐ 5 9x Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . x + 9 2 2 9x 18x2 x22 18x Ta cĩ: x - = 40 - + - 40 = 0 (1) x + 9 x + 9 x + 9 x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 x + 9 (y + 20) (y - 2) = 0 y = -20 ; y = 2 132
x22 = - 20(x + 9) x + 20x +180= 0 (3) Thay vào (2), ta cĩ 22 x = 2(x + 9) = 0 x - 2x - 18 = 0 (4) Phương trình (3) vơ nghiệm, phương trình (4) cĩ 2 nghiệm là: x1 19. Vậy phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là: x1 19. x + 1 x > 3 2) . Điều kiện 0 (*) x - 3 x - 1 x + 1 Phương trình đã cho (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) = 4 x - 3 x + 1 Đặt t = x - 3 t2 = (x - 3) (x + 1) x - 3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 t = 1; t = - 4 xx 1 1 Ta cĩ: (x -3) 1 (1) ; (x 3) 4 (2) xx - 3 3 x3 x3 + (1) . (t/m (*)) 2 x1 5 (x 3)(x 1) 1 x2x40 x3 x3 + (2) . (t/m (*)) 2 x125 (x 3)(x 1) 16 x2x190 Vậy phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là: x1 5;x125 . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 - 1 0 A ≥ 0 25 - 30x + 9x22 (3 - 5x) Vậy A2 = = +16 16 . 1 - x22 1 - x 3 Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0 x = 5 Vậy minA = 4. 2) Chứng minh: a22 + b + b 22 + c + c 22 + a 2 (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x22 y ) (x y) 2, ta cĩ: 2(a22 + b ) (a b) 2 2. a 22 + b a + b (2) Tương tự, ta được: 2. b22 + c b + c (3) và 2. c22 + a c + a (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm. 133
2 Câu 3: (1) cĩ nghiệm y x40x 2;x2(3) (2) (y 1)22 x 2x cĩ nghiệm x2x02 2x0(4) Từ (3), (4) ta cĩ: x = - 2, từ đĩ ta cĩ y = - 1. Vậy hệ cĩ nghiệm (- 2 ; - 1). m Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD) MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. AM AP AM CM k Ta cĩ = mà = (gt) e AB AD AB CD i f AP CN = PN // ACGọi O là giao điểm AD CD a o h b BO CO MK OC n của AC và BD. Ta cĩ = , = OD OA PK OA NH OC NH MK và = . Suy ra: = KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH MF = EN ME = NF Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH = 1800 AMB = 1800 - EHF = EHA + FHB (1) Ta cĩ MHF = MEF (gĩc nội tiếp chắn MF ) Lại cĩ MHF + FHB = 900 = MEF + EMD FHB = EMD (2) Từ (1) và (2) EHA = DMB , Gọi N là giao điểm của MD với đường trịn (O) ta cĩ DMB = NAB (gĩc nội tiếp chắn NB ) EHA = NAB do đĩ AN // EH mà HE  MA nên NA  MA. hay MAN = 900 AN là đường kính của đường trịn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta cĩ AHSS AM . HE AD AM . DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM . DK BH S MBH BM . HF AH AD MA2 HE . DI Vậy . = . (1) BD BH MB2 DK . HF Ta cĩ HMB = FHB (cùng phụ với MHF ) mà FHB = EMD (CMT) EFH = DIK và EHF = DMH . 134
Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH vμ EHF = 1800 - AMB Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK vμ IDK = 1800 - AMB EFH = DIK vμ EHF = IDK DIK HFE (g.g) do đĩ ID DK HE.DI suy ra = ID . HE = DK . HF = 1 (2) HF HE DK.HF MA2 AH AD Từ (1), (2) = . . MB2 BD BH ĐỀ SỐ 6 1 - 2 2 - 3 24 - 25 Câu 1: Ta cĩ: A = + + + - 1 - 1 - 1 = - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 + + 25 = - 1 + 5 = 4 Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: xx22 yy 22 zz 22 2 - 2 22 + 2 - 2 22 + 2 - 222 = 0 a a + b + c b a + b + c c a + b + c 222 11 11 11 x 2222 - + y 2222 - + z 2222 - = 0 (*) a a + b + c b a + b + c c a + b + c 11 11 11 Do - > 0; - > 0; - > 0 a2222 a + b + c b 2222 a + b + c c 2222 a + b + c Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đĩ M = 0 2 3 3 2 a + 1 8a - 1 b) x = 2a + 3.x a - 33 3 3 1 - 2a x3 = 2a + 3x . x3 = 2a + x(1 - 2a) 3 x3 + (2a - 1) x - 2a = 0 (x - 1) (x2 + x + 2a) = 0 x - 1 = 0 1 x 1 x2 + x + 2a = 0 (v« nghiƯm do a > ) 8 nên x là mét sè nguyên du¬ng 135
Câu 3: 4c 1 35 35 a) Ta cĩ: + 2. > 0 (1) 4c + 57 1 + a 35 2b 1 + a 2b + 35 1 4c 35 1 4c 35 Mặt khác - - 1 + a 4c + 57 35 + 2b 1 + a 4c + 57 35 + 2b 14c 352b - + 1 1 - = 1 +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b 2b 1 57 57 + 2. > 0 (2) 35 + 2b 1 + a 4c + 57 1 + a 4c + 57 14c35 Ta cĩ: 1 - 1 - + 1 + a 4c + 57 35 + 2b a 57 35 35 . 57 + 2. > 0 (3) 1 + a 4c + 57 35 + 2b 4c + 57 35 + 2b Từ (1), (2), (3) ta cĩ: 8abc 35 . 57 8 . 1 + a 4c + 57 2b + 35 1 + a 2b + 35 4c + 57 Do đĩ abc ≥ 35.57 = 1995. 57 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 35 và c = . 2 Vậy min (abc) = 1995. ABCD b) Đặt t = = = = A = ta, B = tb, C = tc, D = td. abcd A + B + C + D t = a + b + c + d Vì vậy aA + bB + cC + dD = a2222 t + b t + c t + d t A + B + C + D = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) a + b + c + d = (a + b + c +d)(A + B + C + D) 136
Câu 4: A AQ QP a) Xét ∆ABC cĩ PQ // BC = AB BC Q BQ QM P Xét ∆BAH cĩ QM // AH = BA AH Cộng từng vế ta cĩ: B AQ BQ QP QM QP QM M H N C + = + 1 = + AB AB BC AH BC AH 2 QP QM QP QM 2SMNPQ 1 = + 4 . = BC AH BC AH S ABC S S ABC . MNPQ 2 S QP QM 1 BC maxS = ABC khi = = QP = MNPQ 2BCAH2 2 Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đĩ PQ đi qua trung điểm AH. QP QM QP + QM b) Vì 1 = + mà BC = AH 1 = QP + QM = BC BC AH BC Do đĩ chu vi (MNPQ) = 2BC (khơng đổi) Câu 5: B ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD. Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta cĩ: DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x. H A C Vậy AH = 3HD. M D 137
MỤC LỤC Trang - Lời giới thiệu ___3 - A phần đề tài ___5 I – Phần ơn thi tuyển sinh lớp 10 THPT___ 5 II – Đề ơn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên tốn ___33 B- Phần lời giải ___38 I – Lớp 10 THPT ___38 II – Lớp 10 chuyên tốn___ 122 138