10 đề tuyển sinh chuyên Toán 21-22 bản 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH AN GIANG
Mơn thi: TỐN - CHUN
THIlàm
CHÍNH
ThờiĐỀ
gian
bài: THỨC
150 phút
(Khơng kể thời gian phát đề)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2021 - 2022

Bài 1. (3,0 điểm)
a) Rút gọn

A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19 .

b) Giải phương trình

(

)

2 x2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 .

c) Biết nghiệm của phương trình

(

)

2x2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0

là nghiệm của phương trình

4 x 4 + bx 2 + c = 0 . Tìm các số b, c .

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị

( P)

của hàm số

y = − x2 .

b) Viết phương trình đường thẳng
Bài 3. (1,0 điểm)
Cho hai số
Chứng minh rằng:
Bài 4. (2,0 điểm)

a, b

( d)

phân biệt thỏa mãn

đi qua điểm

A ( 0;1)

và tiếp xúc với

( P) .

a 2 − 2021a = b2 − 2021b = c , với c

là một số thực dương.

1 1 2021
+ +
=0
.
a b c

ABC ( AB < AC ) nội tiếp trong đường tròn ( O ) đường kính AC . Gọi I là một
điểm thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC tại E và AB kéo
dài tại D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I .
Cho tam giác

BDCI

a) Chứng minh rằng các tứ giác
b) Chứng minh
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tam giác

và

AKED nội tiếp.

IC.IA = IE.ID .

ABC

đều có diện tích

ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh

36 cm2 . Gọi M , N , P
AB, BC , CA sao cho

MN ⊥ BC ; NP ⊥ AC ; PM ⊥ AB .

Chứng tỏ rằng tam giác

MNP

MNP .

đều và tính diện tích tam giác
Bài 6. (1,0 điểm)

là

Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác
nhau được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy

hết trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn
nến được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao.
Trang 1


a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.
b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =
Hướng dẫn giải:
Bài 1. (3,0 điểm)
a) Rút gọn

A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19 .

b) Giải phương trình

(

)

2 x2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 .

(

)

2x2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0

c) Biết nghiệm của phương trình

4 x 4 + bx2 + c = 0 . Tìm các số b, c .

là nghiệm của phương trình

Lời giải

a) Rút gọn

A = 419 − 40 19 + 419 + 40 19

(

= 400 − 2.20. 19 + 19 + 400 + 2.20. 19 + 19 =

)

(

2

20 − 19 +

20 + 19

)

2

= 20 − 19 + 20 + 19 = 20 − 19 + 20 + 19 = 40 .

A = 40 .

Vậy

b) Giải phương trình

(

)

(

)

2 x2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0 .

(

2

)

2

∆ = 2 3 + 3 − 4.2.3 3 = 12 + 9 + 12 3 − 24 3 = 12 + 9 − 12 3 = 2 3 − 3 > 0

⇒

phương trình có hai nghiệm phân biệt.

x1 =

(

) (

− 2 3+3 + 2 3−3
2.2

) = −3
2

Vậy phương trình có tập nghiệm là

;

x2 =

(

) (

− 2 3 +3 − 2 3 −3
2.2

) =−

3

.

−3

S =  − 3; 
2 .


c) Biết nghiệm của phương trình

(

)

2x2 + 2 3 + 3 x + 3 3 = 0

là nghiệm của phương trình

4 x 4 + bx2 + c = 0 . Tìm các số b, c .
Xét phương trình

(

)

(

4 x + bx + c = 0 , có hai nghiệm là
4

2

− 3;

−3
2

nên ta có:

)

4 − 3 4 + b − 3 2 + c = 0
4.9 + b.3 + c = 0

3b + c = −36

⇔  81
⇔
2
 −3 4
9
4  ÷ + b  −3 ÷ + c = 0
4. 16 + b. 4 + c = 0 9b + 4c = −81
 2
  2 

Trang 2


 9b + 3c = − 108
⇔

⇔
 9b + 4c = − 81
Vậy

b = − 21; c = 27

 c = 27
 c = 27

 − 36 − c ⇔ 
 b = − 21 .
 b = 3

là các giá trị cần tìm.

Bài 2. (2,0 điểm)
a) Vẽ đồ thị

( P)

của hàm số

y = − x2 .

b) Viết phương trình đường thẳng

a) Vẽ đồ thị hàm số

nhận

Oy

( )

đi qua điểm A 0;1 và tiếp xúc với
Lời giải

( P) .

y = − x 2 ( P ) , ta có bảng sau:
-

x

2

y = x2

4

Vậy đồ thị hàm số

( d)

-

0

1
-

y = x2 ( P )

-

1
-

0

1

là Pa-ra-bol đi qua

2
-

1

1

( − 2; − 4 ) , ( − 1; − 1) , ( 0 : 0 ) , ( 1; − 1) , ( 2; − 4 )

và

làm trục đối xứng.

b) Viết phương trình đường thẳng

( d)

đi qua điểm

Giả sử phương trình đường thẳng

( d)

có dạng

( d)

a.0 + b ⇒ b = 1 ⇒ ( d )

đi qua

A ( 0;1)

nên ta có 1 =

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

( d)

A ( 0;1)

và tiếp xúc với

( P) .

y = ax + b .

và

có dạng

y = ax + 1 .

( P) :

− x 2 = ax + 1 ⇔ x2 + ax + 1 = 0 (1).
Trang 3


( d)

Để

và

( P)

tiếp

xúc

nhau

thì

(1)

có

nghiệm

kép

⇔ ∆ = 0 ⇔ a 2 − 4.1.1 = 0 ⇔ a 2 = 4 ⇔ a = ± 2 .
Vậy ta có hai đường thẳng
Bài 3. (1,0 điểm)
Cho hai số
Chứng minh rằng:

a, b

( d)

thỏa mãn là

phân biệt thỏa mãn

1 1 2021
+ +
=0
.
a b c

Theo bài ra ta có

y = 2 x + 1 và y = − 2 x + 1 .

a 2 − 2021a = b2 − 2021b = c , với c

là một số thực dương.

Lời giải

a 2 − 2021a = b 2 − 2021b

⇔ a 2 − b2 − 2021a + 2021b = 0
⇔ ( a − b ) ( a + b − 2021) = 0
 a = b ( ktm )
⇔
 a + b = 2021 .
Với

a = b loại do a, b phân biệt.

Với

a + b = 2021 ⇒ b = 2021 − a ⇒ ab = 2021a − a 2 = − ( a 2 − 2021a ) = − c .

Thay

Vậy
Bài 4. (2,0 điểm)

a + b = 2021; ab = − c

vào ta được

1 1 2021 a + b 2021 2021 2021
+ +
=
+
=
+
=0
.
a b c
ab
c
−c
c

1 1 2021
+ +
=0
.
a b
c

ABC ( AB < AC ) nội tiếp trong đường trịn ( O ) đường kính AC . Gọi I là một
điểm thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC tại E và AB kéo
dài tại D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I .
Cho tam giác

a) Chứng minh rằng các tứ giác
b) Chứng minh

IC.IA = IE.ID .

BDCI

và

AKED nội tiếp.

Lời giải

Trang 4


a) Chứng minh rằng các tứ giác
Ta có

·ABC = 90°

Lại có

K

và

tứ giác

BDCI

(hai góc nội tiếp cùng chắn

là điểm đối xứng của

C

AKED có góc ngồi đỉnh K

qua điểm

bằng góc trong đỉnh

(kề bù với

·ABC = 90° );

CD .

º ).
BI

I

nên

I

là trung điểm của

CK ⇒ ∆ EKC

(

)

có

· = ECI
· ⇒ EKI
· = EDB
·
·
E ⇒ EKI
= ECI
⇒

EI

vừa

tứ giác

D nên là tứ giác nội tiếp.

IC.IA = IE.ID .

b) Chứng minh

∆ IDA và ∆ ICE

· = ICE
·

IDA

· = 90°
⇒ DBC

nội tiếp đường trịn đường kính

là trung tuyến, vừa là đường cao nên cân tại

Xét

AKED nội tiếp.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

· = 90° ( DI ⊥ AC ) ⇒
DIC
· = EDB
·
⇒ ECI

BDCI

có:

(hai góc nội tiếp cùng chắn

º );
BI

·AID = EIC
· ( = 90° , DI ⊥ AC )
⇒ ∆ IDA” ∆ ICE ( g.g ) ⇒
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tam giác

36 cm2 . Gọi M , N , P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh
MN ⊥ BC ; NP ⊥ AC ; PM ⊥ AB . Chứng tỏ rằng tam giác MNP đều và tính diện

ABC

AB, BC , CA

sao cho

tích tam giác

MNP .

ID IC
= ⇒ IC .IA = IE.ID
.
IA IE

đều có diện tích

Lời giải

Trang 5

∆ MNB

Trong

vng

tại

M,

ta

có

(

·
·
MBN
+ MNB
= 90° ;

·
·
·
⇒ MNP
= MBN
= 60° = 90° − MNB
· + MNP

·
⇒ MNB
= 90°

∆ AMP

Trong

vng

tại

P,

ta

có

(

)

∆ MNP
Đặt

có

MN = NP = PN = x

Mặt khác

Trong

⇒ S BMN

·
·
MNP
= PMN
= 60°
vì

giác

BMN

∆ MNP

Vậy

đều nên

)

NM ⊥ AB ( GT )

;

x2 3
S MNP =

4 .

(cạnh huyền – góc nhọn)

vng

1
1 x 3
x2 3
= BM .MN = .
.x =
2
2 3
6

⇒ S ABC

mà

nên là tam giác đều.

∆ BMN = ∆ CNP = ∆ APM

tam

PN ⊥ BC ( GT )

;

·AMP + PAM

·
= 90° ;

·
·
⇒ PMN
= PAM
= 60° = 90° − ·AMP
·
·
⇒ AMP + PMN = 90°

mà

tạ

M

ta

có

⇒ S BMN = SCNP = S APM .

BM = MN .tan B = x.cot 60° =

x. 3
3

.

x2 3 x2 3
x2 3
x2 3
= 3.S BMN + S MNP ⇒ 36 = 3.
+
⇒3
= 36 ⇒
= 12 ( cm 2 )
.
6
4
4
4

SMNP = 12 cm2 .

Bài 6. (1,0 điểm)
Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác
được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết
trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn
được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao.

nhau
nến

a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.
b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính
chiều cao của mỗi ngọn nến.
Lời giải

a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.

Trang 6


Gọi chiều cao ngọn nến thứ nhất là

a cm, chiều cao ngọn nến thứ hai là b cm, ( a, b > 0 ).

Giả sử tốc độ tiêu hao khi cháy của hai ngọn nến là không đổi.

Mỗi giờ cây nến thứ nhất giảm

1
6

chiều cao, cây nến thứ hai giảm

1 1
1 − 3. =
Sau 3 giờ cây nến thứ nhất còn
6 2

⇒

⇒

chiều cao.

chiều cao.

Chiều cao của cây nến thứ nhất còn lại là

1 5
1 − 3. =
Sau 3 giờ cây nến thứ hai còn
8 8

1
8

1
a
2 .

chiều cao.

Chiều cao của cây nến thứ hai cịn lại là

5
b
8 .

Vì sau 3 giờ chiều cao của hai cây nến bằng nhau nên

1
5
a 5
a= b⇒ =
2

8
b 4.
Vậy tỉ lệ chiều cao ban đầu của ngọn nến thứ nhất so với ngọn nến thứ hai là

5
4.

b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.
Tổng chiều cao ngọn nến là 63 cm

⇒ a + b = 63 .

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

a 5 a b a + b 63
= ⇒ = =
= =7
.
b 4 5 4 5+ 4 9
Vì

a
b
= 7 ⇒ a = 7.5 = 35 ( cm ) ; = 7 ⇒ b = 7.4 = 28 ( cm )
.
5
4

Vậy ban đầu ngọn nến thứ nhất cao 35 cm, ngọn nến thứ hao cao 28 cm.
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

Trang 7


Trang 8


TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU
ĐỀ THI MƠN : TỐN (Chun)
Năm học: 2021-2022
Câu 1

(3,0

điếm).

a) Rút gon biểu thức

P=

x x −1  x +1
x2
ì

ữ
1 + x + x x 1 x − x − 2 ÷ với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4 .

b) Giadi phương trình 5 x − ( x + 4) 2 x + 1 + 4 = 0.

 2 x 2 + y 2 + 3xy + 4 x + 3 y + 2 = 0

 2
c) Giai hế phương trinh  x − y + 3 + x + y + 1 = 2
.
Câu 2 (2, 0 điểm).

P( x) = x3 + ax 2 + bx + c và Q( x) = 3x 2 + 2ax + b(a, b, c ∈ ¡ ) . Biết rằng P( x) có ba
nghiệm phân biệt. Chưng minh Q( x) có hai nghiềm phân biệt.

a) Cho hai da thức

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên

( x; y) thơa mần phương trình ( xy − 1) 2 = x 2 + y 2 .

Câu 3 (1, 0 điểm). Xét các số thực

a , b, c

S=

và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 4 (3, 0 điểm). Cho tam giác
đi qua
Gọi

P

A

cat các cạnh

b) Gọi

c) Gọi

M,N

KBC

nhọn (

AB < AC

BC

và

K

I, J

lần lựt là trung điềm

IJ

B, C

và khỏng

D

qua

P.

AE DE
=
và AC CK .

DFE

trên

D

AB, AC . Chửng minh MN

vng góc

MA2 + NK 2 = NA2 + MK 2 .

AK

d) Đường thẳng

). Một đường trơn đi qua

là điềm đối xứng với

đồng dạng với tam giác

với

AD

a
b
c
+
+
1 + bc 1 + ac 1 + ab .

lần lượt là hình chiếu vng góc của
và

a 2 + b2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất

AB, AC lần lượt tại E , F ( E khác B; F khác C ); BF cảt CE tại D .

là trung điểm của

a) Chứng minh tam giác

ABC

không âm, thòa măn

AD

và

MN , Chứng minh ba điếm I , J , P

cát đường tròn ngoại tiếp tam giác

IMN

là tićp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

T (T
DTJ .
tại

thẳng hàng.

khade

l

). Chưng minh

Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác.Tia Ox song song với AB
cắt

BC

tại

D , tia Oy

song song vói

BC

cắt

AC

tai
2

 AB 
S =
÷
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 OD 

E , tia Oz
2

 BC 
+
÷
 OE 

song song vói

AC

cắt

AB

tạ

F.

2

 AC 
+
÷
 OF 

Trang 9


HƯỚNG DẪN
Câu 1 (3.0 điêm).

a) Rút gọn biểu thức sau

P=

x x 1 x +1
x2
ì

ữ
1 + x + x  x − 1 x − x − 2 ÷ với

x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4
b) Giải phương trình 5 x − ( x + 4) 2 x + 1 + 4 = 0 .

 2 x 2 + y 2 + 3xy + 4 x + 3 y + 2 = 0
 2
c) Giải hệ phương trình  x − y + 3 + x + y + 1 = 2
.

( x )3 − 1 
x +1
x−2
P=
×
−

1 + x + x  ( x + 1)( x − 1) ( x + 1)( x − 2) 

1 
 1
= ( x − 1) 
−
÷
 x −1 x +1 
= ( x − 1)

2
( x − 1)( x + 1)

2

x +1

=

Điều kiện:

x≥ −

1
3
2
2 . Đặi t = 2 x + 1(t ≥ 0) . Ta có phương trình − t + 5t − 7t + 3 = 0

t = 1
⇔ (t − 1) −t 2 + 4t − 3 = 0 ⇔ 
t = 3 (nhận).

(

)

* Vơi t = 1 ⇒ 2 x + 1 = 1 ⇔ x = 0
* Với

{ 2x

{

2

(thỏa).

t = 3 ⇒ 2 x + 1 = 3 ⇔ x = 4 (thỏa).

+ y 2 + 3 xy + 4 x + 3 y + 2 = 0

(1)

x2 − y + 3 + x + y + 1 = 2
(2)

 x2 − y + 3 ≥ 0

Điềù kiện:  x + y + 1 ≥ 0
(1):

y 2 + (3x + 3) y + 2 x 2 + 4 x + 2 = 0
Trang 10


 y = − 2x
(1) ⇔ 
∆ y = ( x + 1) nên
y = −x
2

*

TH1:

y = − x − 1 thay vào (2) ta có phương trình

 x = 0 ⇒ y = −1
x2 + x + 4 = 2 ⇔ 
 x = −1 ⇒ y = 0 (nhận)
* TH2:

y = − 2 x − 2 thay vào (2) ta có phương trình

x 2 + 2 x + 5 + − x − 1 = 2 ⇔ ( x + 1) 2 + 4 + − ( x + 1) = 2
Ta có ( x + 1) + 4 + − ( x + 1) ≥ 2 , với mọi giá trị của
2

(nhận) Vậy hệ phương trình có các nghiệm là

x ≤ − 1 Dấu bằng xảy ra khi x = − 1 ⇒ y = 0
(0; − 1),(− 1;0) .

Câu 2 (2, 0 điểm).

P( x) = x3 + ax 2 + bx + c và Q( x) = 3x 2 + 2ax + b(a, b, c ∈ ¡ ) . Biết rằng P( x) có ba
nghiệm phân biệt. Chứng minh Q( x) có hai nghiệm phân biệt.

a) Cho hai đa thức

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên
a) Gọi

( x; y )

ihỏa mãn phương trình

( xy − 1)2 = x 2 + y 2

x1 , x2 , x3 là ba nghiệm phân biệt của P( x) , ta có P( x) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 )

= x3 − ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) x − x1 x2 x3
Đồng nhất hệ số của

P( x) ta có:

∆ Q = a 2 − 3b = ( x1 + x2 + x3 ) 2 − 3( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )

[

]

1
( x1 − x2 ) 2 + ( x2 − x 3 ) 2 + ( x1 − x3 ) 2 > 0
2
Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt
=

Lưu y: hs sử dụng Viet vẫn cho điểm tối đa
b/
Ta có: (xy-1)2=x2+y2 ⇔ ( xy )

2

− 2 xy + 1 = x 2 + y 2 ⇔ ( x + y ) 2 − ( xy ) 2 = 1

  x + y − xy = 1
(1)

x
+
y
+
xy
=
1

⇔ ( x + y − xy )( x + y + xy ) = 1 ⇔ 
  x + y − xy = − 1

( 2)
  x + y + xy = − 1

Giải hệ (1) ta được cặp nghiệm (0;1),(1;0)

Giải hệ (2) ta được cặp nghiệm (0;-1),(-1;0)
Câu 3:
Trang 11


(1 + bc) 2 = 1 + 2bc + b 2 c 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2bc + 2b 2 c 2
1
= a 2 + (b + c) 2 + b 2 c 2 ≥ a 2 + (b + c) 2 ≥ (a + b + c ) 2
2
1

a
c
⇒ 1 + bc ≥
(a + b + c) ⇒
≤ 2
... tuongtu
1 + bc
a+b+c
2
⇒ S ≤ 2(

Ta có :

a
b
c
+
+
)= 2
a+b+c a+b+c a+b+c

2
,c = 0
Khi a=b= 2
thì S = 2 . Vậy giá trị lớn nhất của S là 2 .
Theo BĐT AM-GM:

a 2 + 1 b 2 + c 2 (a 2 + 1)( 2 + b 2 + c 2 ) 1 a 2 + 1 + 2 + b 2 + c 2 2
(1 +
)=

≤ (
)
2
2
4
4
2

a(1 + bc) ≤
Từ đó :

a
b
c
≥ a 2 . Tuong tu
≥ b2 ;
≥ c 2 ⇒ S ≥ a 2 + b 2 + c 2 = 1 Khi a = 1; b = c = 0 thì S = 1 .
1 + bc
1 + ac
1 + ab

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 1.
Câu 4:(3 điểm)
Chưa vẽ hình
Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có:
Mặt khác: BDCK là hình bình hành nên

· = DBC
· ; DFE
· = DCB

·
DEF
· = DBC
· ; CBK
· = DCB
·
BCK

·
¶ BK ⇒ ∆ KBC : ∆ DFE ( gg )
DFE
=C
DE

Do đó :

Từ (1) và
Gọi

(Do
Xét

EF

FE

AE

· = BC
¶ K ; ∆ KBC : ∆ DFE ⇒ CK = BC (1); ∆ AEF : ∆ ACB ⇒ BC = AC (2)

DEF

(2) ⇒

AE DE
=
AC CK

Q là giao điểm của MN và AK . Ta có: ·AEC = ·ABK (đồng vi) và
·ABK = ·ABD + DBK
·
·
= ·ACE + DCK
= ·ACK
·ABD = ·ACE; DBK
·
· )
= DCK

∆ AED

và

∆ ACK

·AED = ·ACK , DE = AE ⇒ ∆ AED ∪ ∆ ACK (c − g − c)
có:
CK AC

· = DAM

·
· = DAE
·
hay QAC
⇒ KAC
Trang 12


·
·
· .
·AMD + ·AND = 180° ⇒ AMDN nội tiếp ⇒ DNM
= DAM
= QAN

b) Có

·
·
· + MNA
·
DNM
+ MNA
= 90° ⇒ QAN
= 90° ⇒ ·AQN = 90° ⇒ AK ⊥ MN

Mà

Do đó:

MA2 + NK 2 = QM 2 + QA2 + QN 2 + QK 2
= QN 2 + QA2 + QM 2 + QK 2 = NA2 + MK 2

Ta

có

MI =

c) Ta có

IP

1
AD = NI ⇒ I
thuộc đường trung trực của MN (3)
2
là đường trung bình của tam giác

Từ (3) và (4) suy ra
cân tại

IP

ADK ⇒ IP / / AK ⇒ IP ⊥ MN (4)

là đường trung trực của

MN ⇒ I , J , P

thẳng hàng. Từ (3) và Ta có

I , IJ ⊥ MN nên IT là đường kính của đường tròn ngoại

tiếp

· = 90° ⇒ IJ .IT = IN 2
∆IMN ⇒ INT

Mà

· = ITD
·
IN = ID ⇒ IJ .IT = ID 2 ⇒ ∆ IDJ ∪ ∆ ITD( g − g ) ⇒ IDJ

⇒ ID

là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp

Câu

5(1,0

O thay đổi trong tam giác. Tia Ox song song với
D , tia Oy song song với BC cắt AC tại E , tia Oz song song với AC cắt

điểm). Cho tam giác

BC

ABC

∆ DTJ .

và điểm

AB

cắt

AB

 AB 
S =
÷
tại F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 OD 

tại

2

Kẻ

∆ IMN

2

 BC 
+

÷
 OE 

2

 AC 
+
÷
 OF 

DM / / OF (M ∈ AB), EN / /OD( N ∈ BC ), FP / /OE ( P ∈ AC )

OD EN NC OE DN
OF MD BD
=
=
(1);
=
=
=
Ta có: AB AB BC
BC BC (2); AC AC BC (3)
Từ

(1),(2),(3) ⇒

OD OE OF NC DN BD
+
+
=

+
+
=1
AB BC AC BC BC BC

Theo bất đẳng thức AM-GM:

1=

OD OE OF 3 OD OE OF
AB BC AC
+
+
≥3
× ×
⇔
× × ≥ 27
AB BC AC
AB BC AC
OD OE OF
2

2

2

2

 AB   BC   AC 
 AB BC AC

S=
ì ì ữ = 27
ữ +
ữ +
÷ ≥ 33 
 OD   OE   OF 
 OD OE OF 
Đẳng thức xảy ra khi

O là trọng tâm ∆ ABC . Vậy giá trị nhỏ nhất của S

là 27 .

Trang 13


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

BẾN TRETRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP
NĂM HỌC 2021 – 2022
ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn: TỐN (chun)

Thời gian: 150 phút (khơng kể phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

m để hàm số y = ( 6 − 7m ) x + 2 nghịch biến trên ¡ .

a Tìm tất cả các giá trị của tham số
b Cho Parabol

( P ) : y = 2 x2

A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 )

và đường thẳng

với x1 < x2 . Tính

( d ) : y = − x + 6 . Biết ( d )

( P)

tại hai điểm phân biệt

4x2 + y1 .

A = ( x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7
2

c Rút gọn biểu thức

cắt

(với

x ≥ 2 ).

Câu 2. (1,0 điểm)
Cho phương trình:

x 2 − ( m + 3) x + 4m − 4 = 0
x x

có hai nghiệm phân biệt 1 ; 2 thỏa
Câu 3. (3,0 điểm)
a Giải phương trình nghiệm nguyên:

b Giải hệ phương trình:
c Giải phương trình:

m là tham số. Tìm m để phương trình (1)

(1), với

x1 + x2 + x1 x2 = 20 .

x 2 y − xy + 2 x − 1 = y 2 − xy 2 − 2 y .

 y 2 − 2 xy − 2 = 0
 2 2
 4 x − y + y − 2 x + 2 = 0.

( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 = 1 .

Câu 4. (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương

x , y z thỏa 3 xy + xz = 2 . Chứng minh rằng:
4 yz 5 xz 7 xy
+ +
≥8
.
x
y
z

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác

AH =

ABC

vuông tại

A

với (

AB > AC ),

có đường cao

AH .

Biết

BC = 1dm và

12
dm
25 .

AB và AC
b) Kẻ HD ⊥ AB ; HE ⊥ AC (với D ∈ AB , E ∈ AC ). Gọi I
a) Tính độ dài hai cạnh

là trung điểm của

BC . Chứng minh IA ⊥ DE .

Câu 6. (1,0 điểm)

Trang 14


ABC có đường phân giác ngồi của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D . Gọi M
là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ∆ ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và
F (với E , F khác A ). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD .
Cho tam giác

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số
b) Cho Parabol

( P ) : y = 2 x2

A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 )

m để hàm số y = ( 6 − 7m ) x + 2 nghịch biến trên ¡ .

và đường thẳng

với x1 < x2 . Tính

( d ) : y = − x + 6 . Biết ( d )

( P)

tại hai điểm phân biệt

4x2 + y1 .

A = ( x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7
2

c) Rút gọn biểu thức

cắt

(với

x ≥ 2 ).

Lời giải

a) Hàm số

Vậy

y = ( 6 − 7m ) x + 2 nghịch biến trên ¡

m>

6
7

thì hàm số đã cho nghịch biến trên

b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

( P)

¡
và

⇔ 6 − 7m < 0 ⇔ m >

6
7.

.

( d ) , ta có:

2 x2 = − x + 6 ⇔ 2 x2 + x − 6 = 0
Có:

2
∆ = ( − 1) + 4.2.6 = 49 > 0

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

x1 =
Với x1

Với

−1 − 49
= −2
2.2

và

x2 =

−1 + 49 3
=
2.2
2

= − 2 , ta có y1 = 8 , suy ra A ( − 2;8) .

x2 =

3
9
3 9
B ; ÷
y2 =
2 , suy ra  2 2  .
2 , ta có

Khi đó, ta có:

3
4 x2 + y1 = 4. + 8 = 14
.
2
Vậy
c)

4 x2 + y1 = 14 .

Trang 15


A = ( x − 2 − 1) + 4 x + 4 x − 2 − 7
2

= x − 2 − 2 x − 2 +1+
= x −1− 2 x − 2 +

(2

(2

x − 2 ) + 2.2 x − 2 + 1
2

x − 2 + 1)

2

= x −1− 2 x − 2 + 2 x − 2 +1

( do 2

= x −1− 2 x − 2 + 2 x − 2 +1
=x
Vậy

x − 2 + 1 > 0)

A = x.

Câu 2. (1,0 điểm)
Cho phương trình:

x 2 − ( m + 3) x + 4m − 4 = 0
x x

có hai nghiệm phân biệt 1 ; 2 thỏa

(1), với

m là tham số. Tìm m để phương trình (1)

x1 + x2 + x1 x2 = 20 .
Lời giải

Ta có:

∆ = ( m + 3) − 4 ( 4m − 4 ) = m 2 + 6m + 9 − 16m + 16 = m2 − 10m + 25 = ( m − 5 )
2

2

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
2
∆ > 0 ⇔ ( m − 5) > 0 ⇔ m − 5 ≠ 0 ⇔ m ≠ 5

Vậy với

m ≠ 5 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

Theo đề bài ta có:

x1 + x2 + x1 x2 = 20 (2), với điều kiện

Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1

 x1 ≥ 0

 x2 ≥ 0

≥ 0 và x2 ≥ 0 , nghĩa là

m ≠ 5
m ≠ 5
m ≠ 5


m + 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ −3 ⇔ 
m ≥ 1
 4m − 4 ≥ 0  m ≥ 1



(*)

 x1 + x2 = m + 3

 x1 x2 = 4m − 4

Áp dụng định lý Vi-et, ta có:
Ta có:

(

x1 + x2

)

2

= x1 + x2 + 2 x1 x2
= m + 3 + 2 4m − 4
= m + 3 + 4 m −1
= m −1 + 4 m −1 + 4 = ( m −1 + 2)

2

Từ đó, ta suy ra
Trang 16


( do

x1 + x2 = m − 1 + 2

m − 1 + 2 > 0, ∀ m ≥ 1)

Từ phương trình (2), ta được

x1 + x2 + x1x2 = 20 ⇔ m − 1 + 2 + 4m − 4 = 20 ⇔ m − 1 = 22 − 4m (3)
11
2 (**)

22 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

Giải phương trình (3) với điều kiện:

( 3) ⇔ m − 1 = ( 22 − 4m ) 2
⇔ m − 1 = 484 − 176m + 16m 2

( 4)

⇔ 16m 2 − 177m + 485 = 0
Ta có:

∆ = ( − 177 ) − 4.16.485 = 289 > 0
2

Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt:

m=
So với điều kiện (*) và (**) thì
Vậy khơng tồn tại giá trị của

177 − 289
=5
2.16

và

m=

177 + 289 97
=
2.16
16

m∈ ∅ .

m thỏa mãn yêu cầu bài tốn.

Câu 3. (3,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên:

b) Giải hệ phương trình:
c) Giải phương trình:

x 2 y − xy + 2 x − 1 = y 2 − xy 2 − 2 y .

 y 2 − 2 xy − 2 = 0
 2 2
 4 x − y + y − 2 x + 2 = 0.

( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 = 1 .
Lời giải

a) Ta có:

x 2 y − xy + 2 x − 1 = y 2 − xy 2 − 2 y
⇔ x 2 y − xy + 2 x − 1 − y 2 + xy 2 + 2 y = 0

⇔ ( x 2 y + xy 2 ) − ( xy + y 2 ) + 2 ( x + y ) = 1
⇔ xy ( x + y ) − y ( x + y ) + 2 ( x + y ) = 1
⇔ ( x + y ) ( xy − y + 2 ) = 1 ( 1)
Vì đây là phương trình nghiệm ngun nên ta có:

 x + y = 1

xy − y + 2 = 1

( 1) ⇔  
  x + y = −1

  xy − y + 2 = − 1

(*)

( **)
Trang 17


 x = 1− y
( *) ⇔ 
⇔
( 1 − y ) y − y + 1 = 0

x = 1− y
x = 1− y

⇔  y = 1 ⇔
 2
 − y + 1 = 0   y = −1


 x = −1 − y
 x = −1 − y
(**) ⇔ 
⇔ 2
⇔
( −1 − y ) y − y + 3 = 0  − y − 2 y + 3 = 0

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:
b) Ta có:

 x = 0; y = 1
 x = 2; y = − 1


 x = −1 − y

⇔
 y = 1

 y = −3


 x = − 2; y = 1

 x = 2; y = − 3

S = { ( 0;1) , ( 2; −1) , ( −2;1) , ( 2; −3) } .

2
 y 2 − 2 xy − 2 = 0
 y − 2 xy = 2
⇔ 2
 2
2
2
2
4 x − y + y − 2 x + 2 = 0

( 4 x − y ) + ( y − 2 x ) + ( y − 2 xy ) = 0

 y 2 − 2 xy = 2
⇔
( 2 x − y ) ( 2 x + y ) − ( 2 x − y ) − y ( 2 x − y ) = 0
 y 2 − 2 xy = 2
⇔
( 2 x − y ) [ 2 x + y − 1 − y ] = 0
2
 y − 2 xy = 2
⇔
( 2 x − y ) ( 2 x − 1) = 0

(

)

 y 2 − 2 xy = 2

⇔ 2 x − y = 0
2 x − 1 = 0


Mặt khác, y − 2 xy = 2 ⇔ y y − 2 x = 2 , nghĩa là
.
Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau:
2

y − 2x ≠ 0

 1
 y 2 − 2 xy = 2  x =
⇔ 2
⇔

2
2x − 1 = 0
y − y − 2 = 0


Vậy hệ có tập nghiệm là
c) Giải phương trình (*):

Điều kiện xác định:

 1
x = 2

 y = −1

  y = 2

 1   1  
S =   ; − 1÷,  ;2 ÷
 2   2  

( x + 3) ( 2 x + 5 − 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 9 x + 10 = 1 .

 −5
x ≥ 2

2x + 5 ≥ 0


x
+
2
≥
0
⇔
⇔ x ≥ −2
 x ≥ −2

 2 x 2 + 9 x + 10 ≥ 0  − 5

 x ≤ ∨ x ≥ −2
.
2


Trang 18


 a = 2 x + 5 ( a ≥ 1)

Ta đặt 
b = x + 2 ( b ≥ 0)
 a 2 − 2b 2 = ( 2 x + 5) − 2 ( x + 2 ) = 1
 2 2
 a − b = ( 2 x + 5) − ( x + 2 ) = x − 3


2
Ta thấy  ab = ( 2 x + 5 ) ( x + 2 ) = 2 x + 9 x + 10
Phương trình (*) trở thành:

( a 2 − b 2 ) ( a − 2b ) + ab = a 2 − 2b 2 ⇔ ( a 2 − b2 ) ( a − 2b ) − ( a 2 − b 2 ) + ( b 2 + ab ) = 0
⇔ ( a 2 − b 2 ) ( a − 2b − 1) + ( b 2 + ab ) = 0
⇔ ( a − b ) ( a + b ) ( a − 2b − 1) + b ( a + b ) = 0
⇔ ( a + b ) [ ( a − b ) ( a − 2b − 1) + b ] = 0

Vì

a + b ≥ 1 nên ta chỉ giải phương trình (2)

( 1)
a + b = 0
⇔
( a − b ) ( a − 2b − 1) + b = 0 ( 2 )

( a − b ) ( a − 2b − 1) + b = 0 ⇔ ( a − b ) ( a − b − 1) − b ( a − b ) + b = 0
⇔ ( a − b ) ( a − b − 1) − b ( a − b − 1) = 0

TH1: Với

a − b − 1 = 0
⇔ ( a − b − 1) ( a − 2b ) = 0 ⇔ 
 a − 2b = 0

a − 2b = 0 , ta có

a − 2b = 0 ⇔ 2 x + 5 − 2 x + 2 = 0

⇔ 2x + 5 = 2 x + 2
⇔ 2 x + 5 = 4 ( x + 2) ⇔ x = −
So với điều kiện thì
TH2: Với

x=−

3
2

3
2 (Nhận).

a − b − 1 = 0 , ta có
a − b − 1 = 0 ⇔ 2x + 5 − x + 2 − 1 = 0
⇔ 2x + 5 = x + 2 + 1
⇔ 2x + 5 = x + 3 + 2 x + 2
⇔ x+2−2 x+2 = 0
⇔ x + 2( x + 2 − 2) = 0
 x+2= 0
x + 2 = 0
⇔
⇔
⇔
 x + 2 − 2 = 0  x + 2 = 2

So với điều kiện thì

x = 2 (Nhận) và x = − 2 (Nhận).

 x = −2
x + 2 = 4 ⇔


 x = −2
x = 2


Trang 19


Vậy tập nghiệm của phương trình là

{

}

3
S = − 2; − ;2
2

.

Câu 4. (1,0 điểm)

x , y z thỏa 3 xy + xz = 2 . Chứng minh rằng:

Cho ba số thực dương

4 yz 5 xz 7 xy

+ +
≥8
.
x
y
z
Lời giải

Ta đặt

M=

4 yz 5 xz 7 xy
+
+
x
y
z , ta có
4 yz 5 xz 7 xy
+
+
x
y
z
yz
yz xz
xz xy
xy
= +3 + +4 +3 +4
x

x y
y
z
z

M=

 yz xz   yz xy   xz xy 
=  + ÷+ 3  + ÷+ 4  + ÷
 x y  x z y z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

M ≥2

yz xz
yz xy
xz xy
. + 3.2
. + 4.2 .
x y
x z
y z

≥ 2 z + 6 y + 8x
≥ ( 2z + 2x ) + ( 6 y + 6x )
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

M ≥ 2.2 xz + 6.2 xy
≥ 4 ( xz + 3 xy ) = 4.2 = 8

Dấu “

= ” xảy ra khi và chỉ khi

Vậy khi

x= y= z=

1
2 thì

 x = y = z
1
⇔ x= y= z=

2.
 xz + 3 xy = 2

M ≥ 8 (đpcm).

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho tam giác

AH =

ABC

vuông tại

A

với (

AB > AC ),

có đường cao

AH .

Biết

BC = 1dm và

12
dm
25 .

a Tính độ dài hai cạnh

AB và AC
Trang 20


HD ⊥ AB ; HE ⊥ AC (với D ∈ AB , E ∈ AC ). Gọi I

c) Kẻ

là trung điểm của

BC . Chứng minh IA ⊥ DE .

Lời giải

a

Tính độ dài hai cạnh

AB và AC

Áp dụng hệ thức lượng và định lý Pytago cho

∆ ABC

vng tại

A , ta có:

 AB 2 + AC 2 = BC 2 = 1
 AB 2 + AC 2 = 1



12 ⇔  2
144
2
 AB. AC = AH .BC =
 AB . AC =
25 
625


Khi đó,

2
AB 2 và AC là các nghiệm dương của phương trình.

Áp dụng hệ quả của định lý Vi-et, ta được

X 2 − 1X +

Ta có:

144 49
∆ = 12 − 4.1.
=
>0
625 625

nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt:

X1 =
Theo giả thiết,

144
=0
625

1−

49

625 = 9
2.1
25

và

X2 =

1+

49
625 = 16
2
25

AB > AC , nên ta được:
16
4
 2

AB
=
X
=
AB
=
1

25 
5

AB 2 > AC 2 ⇒ 
⇒
 AC 2 = X = 9
 AC = 3
2

25 
5

Vậy

4
AB = dm
5

d) Chứng minh
Gọi

F

và

3
AC = dm
5 .

IA ⊥ DE .

là giao điểm của

AI

và

DE .
Trang 21


·
HEA
= 90°

·
°
HDA = 90

· AE = 90°
D

( HE ⊥ AC )
( HD ⊥ AB )
( ∆ABC vuông tại A )

EHDA , ta có:
⇒ Tứ giác EHDA là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vng)
⇒ Tứ giác EHDA là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác

⇒ ·ADE = ·AHE

Mà

·AHE = ECH
·

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
(cùng phụ với

· )
CHE

·
⇒ ·ADE = ECH
⇒ ·ADE = ·ACB
Xét

∆ ABC

A có I

vng tại

1
⇒ IA = IB = BC
2

AE )

(1)

là trung điểm của

BC

(định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông)

· = IBA
·
⇒ ∆ IAB cân tại I ⇒ IAB
Từ (1) và (2), ta suy ra:

(2)

·ADE + IAB
· = ·ACB + IBA
· = ·ACB + ABC
· = 90° ( ∆ ABC

Áp dụng định lý tổng 3 góc trong

∆ ADF , ta có:

(

·
·
·
·
·
·

FAD
+ FDA
+ AFD
= 180° ⇒ AFD
= 180° − FAD
+ FDA

vuông tại

A)

)

)
(
· FD = 180 − A
·
⇒A
)
( · BC + ACB
·
·
·
⇒ AFD
= 180° − IAB
+ ACB
°

·
⇒ AFD

= 180° − 90° = 90° ( ∆ABC vuô
ng tại A )
Do đó,

IA ⊥ DE (đpcm)

Câu 6. (1,0 điểm)

ABC có đường phân giác ngồi của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D . Gọi M
là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ∆ ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và
F (với E , F khác A ). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD .
Cho tam giác

Lời giải

Trang 22


Dựng hình bình hành

⇒

BPCF .

BC

PF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà M là trung điểm của BC (gt) ⇒ M cũng là trung điểm của PF .
Xét ∆ PEF , ta có N là trung điểm của EF (gt), M là trung điểm của PF
Hai đường chéo

⇒ MN
Ta có:
Mà

và

là đường trung bình của

∆ PEF ⇒ MN P EP

(cmt)

(1)

· = MFA
·
(cặp góc so le trong của PB P FA , PBFC
MPB

là hình bình hành)

·
· = MFA
·
(các góc nội tiếp cùng chắn cung AM )
MDA
= MEA

· = MPB

· , nghĩa là MEB
·
·
⇒ MEA
= MPB

·
·
(cmt)
BMEP , ta có MEB
= MPB
⇒ Tứ giác BMEP nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

Xét tứ giác

· = BMP
·
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP )
⇒ BEP
Mà

· = FMD
·
(đối đỉnh)
BMP

Mặt khác

·
·

FMD
= FAD

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

· = FAD
· , nghĩa là ·AEP = FAD
·
⇒ BEP
Ta có:
Mà

FD )
(2)

·
(gt)
AD là phân giác ngồi của BAC

· + CAE
· = 180°
BAC

(kề bù)

· ⇒ FAD
· = EAD
·
⇒ AD là phân giác của CAE
Từ (2) và (3), ta suy ra

(3)

·AEP = EAD
·
Trang 23


Mà 2 góc nằm ở vị trí so le trong nên
Từ (1) và (4), ta suy ra

MN P AD

EP P AD

(4)

(đpcm)

Trang 24


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021-2022

BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

Mơn thi: Toán

Ngày thi: 11/6/2021

Thời gian làm bài: 120’

Bài 1: (2 điểm).

1.Cho biểu thức

 x
1   1
2 
P = 
−
+
÷÷ : 
÷
 x − 1 x + 1   x + 1 x − 1  Với x>0;x

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị của P khi

≠1

x = 4− 2 3

x + 2 y = 6

2. Giải hệ phương trình:  2 x + 3 y = 7

Bài 2: (2 điểm)
1. Cho phương trình x2-(m+3)x-2m2+3m=0 (m là tham số). Hãy tìm giá trị của m để x=3 là nghiệm của PT và xác
định nghiệm còn lại của PT ( nếu có)
2. Cho Parabol (P): y=x2 và đường thẳng (d) : y= (2m+1)x-2m (m là tham số). Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại
hai điểm phân biệt A

( x1 , y1 ) ; B ( x 2 , y2 )

sao cho: y1+y2 - x1 x2=1

Bài 3: (2,0 điểm)
Một xe máy khởi hành tại địa điểm A đi đến địa điểm B cách A 160 km, sau đó 1 giờ, một ô tô đi từ B đên A.
Hai xe gặp nhau tại địa điểm C cách B 72 km. Biết vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h. Tính vận
tốc mỗi xe.
Bài 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ·ACB > 90 nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của BC, đường
thảng OM cắt cung nhỏ BC tại D, cắt cung lớn BC tại E. Gọi F là chân đường vng góc hạ từ E xuống
AB; H là chân đường vng góc hạ từ B xuống AE
0

a) Chứng minh tứ giác BEHF nội tiếp.
b) Chứng minh

MF ⊥ AE

c) Đường thẳng MF cắt AC tại Q. Đường thẳng EC cắt AD, AB lần lượt tại I và K. Chứng minh

EC EK
·
EQA

= 900 &
=
IC IK
Bài 5 (1,0 điểm).

1
1
1
1
+
+
= 2.CMR : abc ≤
Cho a,b, c là các số dương thỏa: 1 + a 1 + b 1 + c
8

.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1.
a) Rút gọn biểu thức P : ĐK:

x > 0; x ≠ 1

Trang 25