đề thi vào lớp 10 cực hay

ĐỀ THI 2003 H-N
Bài 1:Cho biểu thức:
1
)1(22
1
2
−
−
+
+
−
++
−
=
x
x
x
xx
xx
xx
P
a)Rút gọn P
b)Tìm giá trò nhỏ nhất của P
c)Tìm x để biểu thức
P
x
Q
2
=
Nhận giá trò là một số nguyên.
Bài 2:Trong mp tọộ Oxy cho Pa ra pol (P) :y=-x

2
và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1)
có hệ số góc k
a)Viết pt của đường thẳng (d).Chứng minh với mọi giá trò của k ,(d) luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt Avà B
b) Gọi hoành độ của A và B là x
1
và x
2
,chứng minh :
.2
21
≥− xx
c)Chúng minh tam giác OAB vuông.
Bài 3:Cho đoạn thẳng AB = 2a coi trung điểm là O .trên cùng nửa mp bờ AB dựng nửa (O)
đường kính AB và nửa (O’) đường kính AO .Trên (O’) lấy một điểm M (khác A và O) ,tia
OM cắt (O) tại C ,gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O’)
a)Chứng minh tam giác ADM cân
b) Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tia OD tại H ,đường tròn ngoại tiếp tam giác COH
cắt (O) tại điểm thứ hai là N ,chứng minh ba điểm A,N và M thẳng hàng .
c)Tại vò trí của M sao cho ME//AB ,hãy tính OM theo a.
Bài 4:Cho hai số tự nhiên avà b ,chứng minh rằng nếu a
2
+b
2
chia hết cho 3 thì avà b cùng
chia hết cho 3.
Bài 5:Cho pt:
m
xx

=






+
+






22
1
11
a)Giải PT với m=15
b)Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt
Bài 6:Cho x,y là các số nguyên dương thõa mãn : x+y = 2003. Tìm giá trò nhỏ nhất của
biểu thức P= x(x
2
+y)+y(y
2
+x)
Bài 7:Cho đường tròn tâm O với dây cung BC cố đònh (BC<2R) và điểm A trên cung lớn
BC (A không trùng với B,C và điểm chính giữa cung )Gọi H là hình chiếu của A trên
BC ,Evà F lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường kính AA’
a)Chứng minh HE vuông góc với AC

b)Chứng minh tam giác HEF đồng dạng với tam giác ABC
c)Khi A duy chuyển ,chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố đònh.
Bài 8:Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 8 điểm ,trong
đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Biết diện tích của tứ giác là 1,chứng minh rằng tồn
tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 điểm đã cho có diện tích không vượt quá
10
1
Tổng quát hoá bài toán cho n giác lồi với n điểm nằm ở miền trong của đa giác đó
***********************************
HƯỚNG DẪN
Bài 1:
ĐK x > 0;và x
1≠
Ta có
1)1(212
1
)1)(1(
+−=++−−
++
++−
= xxxx
xx
xxxx
P
2)
4
1
4
3
min

4
3
2
1
2
=⇔=⇒+






−= xPxP
M
x
x
P
x
Q
2
1
1
22
)3 =
−+
==
Để ý rằng với x>0và x
1≠
ta có M=
11

1
>−+
x
x
Theo BĐT Cô si ta có :0 < Q < 2 Vì Q nguyên nên Q = 1
2
537 ±
=⇒ x
Bài 2:
1)PT đường thẳng (d) :y=kx-1.PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
x
2
+kx –1= 0
Vì
PT⇒>∆ 0
luôn có 2nghiệm phân biệt (đpcm)
2)Ta có x
1
x
2
=-1,từ đó ta có :
1
121
1
x
xxx +=−
Nhận xét rằng x
1
và
1

1
x
cùng dấu
nên :
2
11
1
1
1
1
≥+=+
x
x
x
x
3)PT đường thẳng OA là y= -x
1
x;đường thẳng OB là y= -x
2
x Nhưng (-x
1
)(-x
2
)=-1 vì
thế tam giác OAB vuông tại O
Bài 3:
1)Ta có
∆
OAC cân tại O có OD
⊥

AC ,
⇒
MOD=DOA
DANMhayADDM ∆=⇒
cân tại D
2)Dễ thấy
⇒∆=∆ ) ( cgcCOEAOE
EAO=ECO =90
0
hay EA
⊥
AB nói cách khác
EA là tiếp tuyến chung của (O) và (O’)
3)Giả sử AM cắt (O) tại N’ ,AOC=2AN’C
⇒
COH=CN’H Dẫn đến tứ giác CHON’
nội tiếp trong một đường tròn ,từ đó ta có
NMANN ,,
'
⇒≡
Thẳng hàng .
4)Vẽ MK
AO⊥
Từ GT :EM//AB ,ta suy ra
∆
MEO cân tại M và tứ giác AEMK là
hình chữ nhật .Đặt ME=MO=x . Ta có MO
2
=AO
2

-AM
2
=AO
2
-AO.AK=AO
2
-AO.ME.
Vậy x
2
=a
2
-ax.Giải ta được:x =
( )
15
2
1
−a

C N
E D M
H
A O’ K O B
Bài 4:
Nếu đặt a=3k+r với r=0,1, thì ta thấy a
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1 .Tương tự cho trường
hợp b
2
Từ đó (a
2

+b
2
)
3;33;33
22
 baba ⇒⇒
Bài 5:ĐK: x
( )
( )
015
1
0
2
2
2
2
=−
+
++
⇔≠≠
xx
x1x
cho đã -1PTx và

( ) ( )
1)x(x
1
ặt
+
==−

+
+








+
⇔=−
+
+
+
+
⇔ 015
1
2
1
1
015
)1(
22
)1(
1
2
22
2
22

xxxx
xx
xx
xx
PT đã cho có dạng :y
2
-2y-15=0,giải PT ta được y=3;y=-5.Vậy PT đã cho có 4 nghiệm:
10
55
;
6
213 ±−±−
2) PT:
tìm. cần trò giá là
8m thấy ta lại thử 8m được
m1-1-
: hệGiải
y
có phảiPT(2) Vậy
y:et - Vi lý đònh otừ(*))The Giải (
-4y
0y
mãn thõa biệt ân2nghiệmph có
y:PT biệt phânnghiệm 4 Có
1
1
2
>>




>++−
−<+



>
−<
−=+



<
>
=−+⇔=






+
+






011

4
0
4
2
)2(02
1
11
2
2
22
m
y
y
mym
xx
Bài 6:
Ta có P=(x+y)
3
-3xy(x+y)+2xy=2003
3
-6007xy.Vì (x-y)
2
=(x+y)
2
-4xy=2003
2
-4xy nên
xy tăng (giảm)/x-y/giảm(tăng) Với GT x,ylà số nguyên dương ta có ngay :
P
min

=2003
3
-6007.1001.1002 đạt được khi (x,y)=(1001;1002)hoặc (1002;1001)
P
max
=2003
3
-6007.1.2002 đạt được khi (x;y)=(1;2002)hoặc(2002;1)
Bài 7:
1)Do tứ giác ABHE nội tiếp nên:EHC=BAA’mà BAA’=BCA’
⇒
EHC=HCA’do đó
HE//CA’,mặt khác A’C
⊥
AC
ACHE
⊥⇒
2)Tứ giác AHFC nội tiếp
⇒
EFH=ACB(1)Tứ giác ABHE nội tiếp
⇒
HEF=ABC (2)
Từ(1) và (2)
⇒
∆
HEF
ABC
∆
3)Gọi M, N và P lần lượt làtrung điểm của BC,AB và CA Vì MN//AC ,HE
AC

⊥
nên:
MN
⊥
HE,mà N cách đều 4điểm A,B,H,E
⇒
MN là đường trung trực của đoạn HE .
Chứng minh tương tự MP là đường trung trực của HF.Vậy M là tâm của đường tròn ngoại
tiếp
∆
HEF (đpcm)
A
N P
E
B H C
F
A’
Bài 8:
Nối các điểm tạo thành các tam giác đôi một chỉ chung nhiều nhất một cạnh ,phủ
vừa kín tứ giác .Tổng các góc trong tam giác bằng tổng các góc trong tứ giác cộng với 4
lần 360
0
nên bằng 360
0
+4.360
0
=10.180
0
.Vậy có 10 tam giác mà tổng diện tích là 1 nên
tồn tại tam giác có diện tích không vượt quá

10
1
.Tổng quát :Ở miền trong đa giác lồi n-
cạnh (n
3
≥
)có diện tích bằng 1lấy n điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Khi
đó tôn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2n đỉnh đã cho có diện tích không vượt quá
23
1
−n
***********************************
ĐỀ THI 2003-2004 HUẾ
Bài 1:Giải HPT:





=++
−=−+
=++
14
1
6
222
zyx
xzxzxy
zyx
b)Cho hai số x;y thoã mãn đẳng thức :8x

2
+y
2
+
4
4
1
2
=
x
Xác đònh x; y để tích xy đạt
giá trò nhỏ nhất
Bài 2:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi M là trung điểm của cạnh BC ,H là trực tâm
của tam giác ABC K là hình chiếu của A trên BC .
Tính độ dài AK và diện tích của tam giác ABC biết rằng :OM=HK=
KM
4
1
và AM= 30cm.
Bài 3
a)Tính m để PT (m+1)x
2
-3mx+4m=0 có nghiệm nguyên dương.
b)Giải PT: x
2
+3x+1=(x+3)
1
2
+x

Bài 4:
a)Giải PT:
x
xx
x
xx
x
=
−−
−
+
++
+
3
3
3
3
2
2
2
2
b)Chứng minh :
1)b1;a Với ≥≥
+
≥
+
+
+
(;
1

2
1
1
1
1
22
ab
ba
Bài 5:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O);I là trung điểm của BC ,M là điểm trên đoạn CI (M
khác C và I),đường thẳng AM cắt (O) tại D.Tiếp tuyến của đương tròn ngoại tiếp tam giác
AMI tại Mcắt các đường thẳng BD,DC lần lượt tại P và Q.
Chứng minh : DM .IA = MP. IB và tính tỉ số
MQ
MP

Bài 6:
a)Giải PT:
181
3
35
+−=++− xxx
b)Tìm các số x,y,z nguyên dương thõa mãn :2(y+z)=x(yz-1)
**************************************************
HƯỚNG DẪN
Bài 1:
a)-Từ đồng nhất thức : x
2
+y
2

+z
2
= (x+y+z)
2
–2(xy+xz+yz)
⇒
xy+xz+yz = 11
Dễ dàng ta thấy y và x+z là hai nghiệm của PT:t
2
-6t+5 = 0
Từ đó :



=+
=



=+
=
5zx
1y
Hoặc
1
5
zx
y
+Thế y =5 và x+z = 1 vào HPT ta thấy HPT vô nghiệm
+Thế y =1 và x+z = 5 vào HPT ta thấy HPT có hai bộ nghiệm (x,y,z) là (2,1,3) và

(3,1,2)
b)Ta có : 8x
2
+y
2
+
4
4
1
2
=
x

( )
024442
4
1
4
22
2
2
=−−+++






−+⇔ xyxyyx
x

x
Vậy :
( )
222
2
1
24
2
2
−≥−++






−= yx
x
xxy





−=
±=
⇔






=+
=
xy
x
yx 2
2
1
02
0
2x
1
-2x
khi raxẩy thức Đẳng
Tóm lại xy đạt giá trò nhỏ nhất là






−






−







− 1;1;
2
1
2
1
Hoặc
2
1
bằngy)(x; khi
Bài 2:Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp I H
K
B
A A M
E E O C
H O
B K M C
Kẽ đường kính CE Thì CE =2MO màEB
ACBHACAEBCAHB C ⊥⊥⊥⊥ ;;,

Nên tứ giác AEBH là hình bình hành
⇒
AH = EB = 2MO (1) Từ (1) và GT :MO = HK (Do
tam giác ABC có 3 góc nhọn)AK= AH +HK =3MO =

)2(
4
3
KM
Trong tam giác vuông
AKM có AK
2
+KM
2
= AM
2
.Từ đó và (2) ta có :AK
2
+
⇒=
22
30
9
16
AK
AK=18(cm) (3)Từ
đó và (2) tính được HK= OM = 6(cm) và AH=EB = 12 (cm)
Nhận thấy tứ giác OMKH là hình chữ nhật nên
∆
AOH vuông tại H.Từ đó AO
2
=
AH
2
+HO

2
= AH
2
+ KM
2
= 12
2
+24
2
=12
2
.5
Trong tam giác vuông EBC có BC
2
+EB
2
= EC
2
hay BC
2
+AH
2
= 4AO
2

⇒
BC
2
+12
2

=
12
2
.20
⇒
BC=
912
Từ (3) và (4)
)(19108
2
.
2
cm
BCAK
S
ABC
==⇒
Trường hợp II:
C/m Tương tự như trên có AHBE là hình bình hành suy ra AH= BE = 2MO (1).
Từ (1)và MO= HK có (do
B
ˆ
> 90
0
)AK =AH – HK =MO. Từ đó và AK //MO suyra tứ giác
AOMK là hình chữ nhật nên AO
⊥
OM và AO = KM= 4MO .
Trong tam giác vuông AOM có AO
2

+MO
2
= AM
2
hay 16MO
2
+MO
2
=30
2
)()5)((
17
1730
cmcmMOAK
17
120
OA Và ===⇒
Trong tam giác vuông EBC có BC
2
+EB
2
= EC
2
( )
)6(
17
1560
17
240
17

60
22
2
cmBCBC =⇒








=








+⇒
Từ (50 ,(6) suy ra
)(
17
15900
2
.
2
cm

BCAK
S
ABC
==
Như vậy bài toán có 2 đáp số như trên.
Bài 3:
a) Khi m=-1,PT trở thành 3x-4=0
10
3
4
−≠>=⇒ mKhix
Thì PT trở thành
(m+1)x
2
-3mx+4m =0(1) là PT bậc hai . Gọi
1
4
,
1
3
+
=
+
=
m
m
P
m
m
S

Là tổng và tích các
nghiệm x
1
,x
2
của PT (1). PT(1) Có nghiệm dương trong các trường hợp sau
*) 0 = x
1
< 0 < x
2
Khi đó
⇒>=>∆ .0,0,0 SP
HPT vô nghiệm
*) 0 < x
1
< x
2
Khi đó P < 0
010
1
4
<<−⇔<
+
⇔ m
m
m
*)
.1;0
21
−<≤⇒>>≥∆≤< mxx

7
16
0P0,S0, đó Khi
Vậy
0
7
16
<≤− m
b)Giải PT;x
2
+3x+1=(x+3)
)2(1
2
+x
Đặt t=
PTtx ).1(1
2
≥+
Trở thành
t
2
-(x+3)t+3x=0 (3) Ta có
0)3(12)3(
22
≥−=−+=∆ xxx
Nên PT có hai nghiệm t=x;t=3.
Với t = x thì
,1
2
xx =+

PT này vô nghiệm.
Với t=3 thì
22x được ta ragiải ±==+ ,31
2
x
Bài 4:
a)ĐK:x
2

3≥
(*)
Nhân với lượng liên hợp của tưng mẫu số PT đã cho trở thành
( ) ( )
xxxxxxx .33333
2222
=






+−+−






−+−

( ) ( )
( ) ( )
( )
( )



−=−
≥−>
⇒



−=−
>
⇒



=−+++−
>
⇒
=++−⇒
24434
42
42
3
4
2
3

4
3
2
3
2
3
2
3
2
)29()3(4
0)29(;0
)29(32
0
273233
0
.3333
xxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xxx
Giải HPT và đôí chiếu vơi ĐK ban đầu ta được x =
2
là nghiệm của P đã cho.
( )
( )
( )
( )

( )
( )
( )( )
( )
( ) ( )
( )( )
( )
( )
1b1,a Vì
a1
1
Xét hiệu
2
≥≥≥
+++
−−
=
+++
−−+−
=
++
−
+
++
−
=







+
−
+
+






+
−
+
=
+
−
+
+
+
0
111
1
1111111
1
1
1
1
1

1
1
1
1
2
1
1
)
22
2
22
22
2
2
2
2
222
abba
abab
abba
bababaab
abb
bab
aba
aab
ab
b
ab
a
ab

b
b
Bài 5:
Ta có :DMP=BCA=AIC Mặt khác ADB=BCA,Suy ra
∆
MDP
∆
ICA
( )
1 IBMPIADMhayICMPIADM
IA
MP
CI
DM
==⇒=⇒
Ta có :ADC=CBA ;DMQ=180
0
-AMQ=180
0
-AIM=BIA do đó
∆
DMQ
∆
BIA

( )
1
2
=⇒
==⇒

MQ
MP
(1)và(2) từ
IBMQIADMhay
IA
MQ
BI
DM
A
Q
B I M C
R D
Bài 6:
a) Giải PT:
)1(181
3
35
+−=++− xxx
Nhận thấy x= 0 là một nghiêm của PT (1)
Nếu x<0 ,Vế phải của PT lớn hơn 1, còn vế trái của PT nhỏ hơn 1 nên PT (1) Không
có nghiệm .Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của PT(1)
b)Tìm các số nguyên dương x,y,z thoã mãn PT:2(y+z)=x(yz-1) (2)
• Với x = 1 PT(2) Có dạng2(y+z) = yz-1
( )( )
522 =−−⇔ zy
• Ta có nghiẹâm (x,y,z) là (1,3,7) là (1,7,3)
( )( )
21 ≤−⇒
≤⇒≥+≥≤
z

zy
1-y
01-z-y-yz1)-2(yzz)2(y: có ta 2x Với: sử Giả

• Nếu y=1 ,PT(2) có dạng 2(1+z) = x(z-1)
⇔
(x-2)(z-1) = 4 Ta được các
nghiệm (x,y,z)là(3,1,5),(4,1,3),(6,1,2)
•Nếu y
11 ≠⇒≠ z
từ (3) phải có y=2,PT(2) có dạng 2(2+z) = x(2z-1)
,5)1)(12( =−−⇔ xz
PT này có nghiệm (x,y,z) =
( ){ ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) }
2,3,21,23,6,1,3,4,1,5,3,3,2,2,2,1,63,1,4,5,1,3,3,7,1,7,3,1
*******************************************
ĐỀ THI NĂM 2004 TP ĐÀ NẴNG
A-LÝ THUYẾT
B BÀI TOÁN BẮT BUỘC
Bài 1:
a)Cho biết A= 9+3
73-9B Và =7
Hãy so sánh A+B và A.B
b)Tính giá trò của biểu thức :
15
55
:
53
1
53

1
−
−








+
−
−
=M
Bài 2:
a)Giải PT: x
4
-24x
2
-25 = 0
b)Giải HPT:



=+
=−
3489
22
yx

yx
Bài 3:
Cho PT:x
2
-2mx+(m-1)
3
=0(1)(x là ẩn , m là tham số )
a)Giải PT khi m= -1
b)Đònh m để PT có hai nghiệm phân biệt , trong đó có một nghiệm bằng bình
phương của nghiệm còn lại.
Bài 4
Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn
0
45
ˆ
=A
.Vẽ các đ7ường cao BD và CE của tam
giác Abc .Gọi H là giao điểm của DB và CE.
a)C/m tứ giác ADHE nội tiếp một đường tròn .
b)C/m DH= DC
c)Tính tỉ số :
BC
DE
d)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh OA vuông góc
với DE.
Tự Giải
*****************************
ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN HÀ NỘI 2004
VÒNG I
Câu I:

1)Giải PT:
1111
2
−+=−++ xxx
2)Tìm nghiệm nguyên của HPT:



=−++
=−+−−
8
7222
33
22
yxyx
xyxyxy
Câu II:
Cho a,b là các số dương thõa mãn :a
100
+b
100
= a
101
+b
101
= a
102
+b
102
Hãy tính giá trò của biểu thức P = a

2004
+b
2004
Câu III:
Cho tam giác ABC có AB = 3cm,BC = 4cm,CA = 5cm.Đường cao ,đường phân giác
,đường trung tuyến của tam giác kẻ từ đỉnh B chia tam giác thành bốn phần . Hãy tính diện
tích của mỗi phần.
Câu IV
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn có hai đường chéo AC và BD
vuông góc với nhau tại H(H không trùng với tâm của đường tròn ).Gọi M và N lần lượt là
chân các đường vuông góc hạ từ H xuống các đường thẳng AB và BC ;P và Q lần lượt là
các giao điểm của các đường thẳng MH và NH với các đường thẳng CD và DA
.C/mR:PQ//AC và 4điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn .
Câu V:
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )
2
221616
2
10
2
10
1
4
1
2
1
yxyx
x

y
y
x
Q +−++








+=
Vòng II
Câu VI:
Giải PT:
213 =−++ xx
Câu VII:
Giải hệ PT:
( )
( )
( )
( )



=−−
=++
3
15

22
22
yxyx
yxyx
Câu VIII:
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )
)1)(1(
2233
−−
−−+
=
yx
yxyx
P
Trong đó x, y là các số thực lớn hơn 1
Câu IX:
Cho hình vuông ABCD và điểm M nằm trong hình vuông .
1)Tìm tất cả các vò trí của điểm M sao cho MAB = MBC = MCD = MDA
2)- Xét các điểm M nằm trên đường chéo AC.Gọi N chân đường vuông góc hạ từ M
xuống cạnh AB và O là trung điểm của đoan thẳngAM.C/m :Tỉ số
CN
OB
Có giá trò không
đổi khi M di chuyển trên đường chéo AC.
3) Với giả thiết M nằm trên đường chéo AC, Xét các đường (S
1
)và (S
2

) có đường kính
tương ứng là AM và CN .Hai tiếp tuyến chung của(S
1
) và (S
2
) tiếp xúc với (S
2
) tại P vá
Q .Chứng minh rằng :PQ tiếp xúc với (S
1
).
***********************************
HƯỚNG DẪN GIẢI
VÒNG I
Câu I:
1) PT đã cho tương đương với PT:
2;00)11)(11( ±==⇒=−−−+ xxxx
2) Viết lại hệ đã cho dưới dạng:
( )( )



=−++
−=−++
)2(8
)1(722
33
yxyx
yxyx
Từ (1) Do x,y nguyên t

có các trường hợp sau :
a) x-y = -1
⇒
x+2y+2 = 7
1=⇒ x
và y= 2 ( thõa mãn (2))
b) x-y =-1
⇒−=+⇒−=++⇒ 92722 yxyx
y nguyên
c) x-y = -7
122 =++⇒ yx
Giải HPT ta được (x,y) =(-5;2) không thoã mãn PT (2)
d) x-y = 7
⇒−=+⇒−=++⇒ 32122 yxyx
y không nguyên.
Tóm lại hệ đã cho có duy nhất một nghiệm (x;y) = (1;2)
Câu II:
a
102
+b
102
= (a
101
+b
101
)(a+b)-ab(a
100
+b
100
) Từ GT bài toán và đẳng thức trên ta suy ra:

1 = a+b –ab hay (a-1)(b-1) = 0
⇒
(a,b) =(1,1). Do P = 2
Câu III:
Gọi H,D ,P lần lượt là chân các đường cao ,phân giác ,trung tuyến hạ từ B xuống các
cạnh Ac. Nhận thấy tam giác ABC vuông tại B và S
ABC
= 6(cm
2
), S
ABP
= S
CBP
= 3(cm
2
)
( )
)(
175
72
.
25
54
.
)(
7
3
)(
7
24

4
7
4
3
22
2
2
2
cmSScmS
S
S
cmSS
cmSS
BC
BA
DC
DA
BDPABHABH
ACB
ABH
CBPCBD
CBDCBD
=−−=⇒






=

⇒∆∆=−=
=⇒====
HBD
BDP
ABC
CBD
ABD
S cùng Cuối
5
3
ACB dạng đồng ABC Mặt khác S đó Từ
S nên
S
S
Vì
A A
M Q
B H D
N
P
B H D P C
Câu IV: C
Ta có AHQ = CHN = CBD = CAD, suy ra
∆
QAH cân tại Q Từ đó ta có
QHD∆
cân
tại Q nói cách khác Q là trung điểm của AD. Tương tự ta cũng có P là trung điểm của
CD .Do đó PQ // AC .
+Ta thấy CBH = NMH ( do đó tứ giác BMHN nội tiếp ) hơn nữa HQP = AHQ =

CHN = CBH suy ra NQP = NMP nên các điểm M,N,P,Q cùng nằm trên một đường tròn.
Câu V:
Sử dung BĐT Cô si cho 4 số dương ta có :
;211
2
1
22
2
10
2
10
yx
x
y
y
x
≥








+++
( ) ( ) ( )
1
2
5

.
2
5
1
2
5
4
1
2
1
11
4
1
22
2
221616
2
10
2
10
441616
==⇔






−−≥⇒
+≥+++









+⇒≥+++
yxQ
yxyx
x
y
y
x
yxyx
là Q của GTLN đó Do
VÒNG II
Câu VI:
ĐK để PT có nghóa làx
≥
1(1) Biến đổi PT ta được:
432222
2
=−+++ xxx
11322 ≤⇒−=−+⇒ xxxx
. Kết hợp với (1) được x = 1 .Thay vào PT ban đầu ta thấy
đúng .
Câu VII:
Hệ PT đã cho tương đương :

( )
( )
( )
( )



=−++
=++
)2(32
)1(3022
22
22
xyyxyx
yxyx
Trừ từng vế ta được
(x+y)
3
= 27
3=+⇒ yx
ta nhận được HPT tương đương



=+
=+
5
33
22
yx

yx
Hệ này có 2 nghiệm
(x;y) là (1;2) và (2;1)
Câu VIII:
p dụng BĐT Cô Si cho các số dương ta có :
( ) ( )
( )
288
2
11
.
2
11
2
)1)(1(
2
11)1)(1(
)1(1
)1)(1(
22222233
====






+−







+−
≥
≥
−−
≥
−
+
−
=
−−
−+−
=
−−
+−+
=
yxkhi
y
y
x
x
yx
xy
x
y
y
x

yx
yyxx
yx
yxyx
P
min
P đó Do
Câu IX:
1) Từ giả thiết :MAB=MBC,
⇒
MAB+MBA = 90
0
hay MA
MB⊥
Tương tự ta có :
MAMDMDMCMCMB ⊥⊥⊥ ,,
Do đó M là tâm hình vuông ABCD.
2) Dựng MH
BC
⊥
Khi đó MH= NB và
MC
NB
MC
MH
MN
ON
===
2
1

Mặt khác
ONB=NMC=135
0
nên
OBN
∆

đổi) (Không
NC
OB

2
1
==⇒∆
MN
ON
NMC
3) Gọi P’ là tiếp điểm thuộc đường tròn (S
1
);O’ là trung điểm của CN và T là giao
điểm của OO’ với (S
1
). Ta có O’OP = O’PO .Do O’P // OP’ nên P’OP =O’PO suy ra
POP’= POO’
Vì
OThayPTOPPPTOcgcPOTPOP ⊥==⇒−−∆=∆
0
90')('
tương tự QT
⊥

OT. Từ
đó suy ra : :P,T,Q Thẳng hàng hay PQ tiếp xúc với (S
1
) tại T.
A D
O
N M
B C
H