10 đề thi TS lớp 10 (tham khảo)

Đề thi tuyển vào thpt
Môn: toán (Thời gian làm bài 120 phút)
Đề 1.
Câu1.
Giải các phơng trình sau.
a,
2 3 3x x + =
b,
2
2
2 1
1 1 1
x
x x x
+ =
+
Câu 2.
Cho hàm số: y = (m + 1)x - 2m +5 (m

-1)
a,Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -2
b, Chứng minh rằng đồ thị hàm số luôn luôn đi qua một điểm cố định khi m thay đổi. Tìm điểm
cố định đó?
c,Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số đi qua giao điểm của hai đờng thẳng 3x - 2y = -9 và
y = 1 - 2x
Câu 3.
Hai tỉnh A, B cách nhau 60 km. Có một xe đạp đi từ A đến B. Khi xe đạp bắt đầu khởi hành thì
có một xe máy cách A 40 km đi đến A rồi trở về B ngay. Tìm vận tốc của mỗi xe biết xe gắn máy về B
trớc xe đạp 40 phút và vận tốc xe gắn máy hơn vận tốc xe đạp là 15km/h.
Câu 4.
Cho ABC có các góc đều nhọn nội tiếp đờng tròn (O, R). Các đờng cao BE, CF cắt nhau tại H và

lần lợt cắt đờng tròn (O, R) tại P, Q
a, Chứng minh: EF // PQ
b,Chứng minh:OA

EF
c, Có nhận xét gì về các bán kính của các đờng tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC, AHC
Câu 5.
Cho a, b, clà các số nguyên khác 0 thoả mãn:
a b c
Z
b c a
b c a
Z
a b c

+ +




+ +



Chứng minh rằng:
a b c= =
Đáp án
Câu 1
a, pt
2 3 3x x =

ĐK: x

3


x
2
- 8x + 12 = 0
x
1
= 6 ; x
2
= 2(loại)
b, ĐK: x


1
pt

x
2
+ x - 3 = 0
x
1,2
=
1 13
2

(t/m)
Câu 2

a, m =
3
4
b, m(x - 2) + (x - y +5) = 0
Điểm cố định là (2; 3)
c, Toạ độ giao điểm của hai đờng thẳng 3x - 2y = -9 và y = 1 - 2x là (-1 ; 3)
Đs: m = 1
Câu3
Gọi vận tốc của ngời đi xe đạp là x(km/h) ĐK: x>0
Vận tốc ngời đi xe gắn máy là: x + 15km/h
Thời gan ngời đi xe đạp đã đi là:
60
x
(h)
Thời gan ngời đi xe máy đã đi là:
100
15x +
(h)
3
2
1
1
1
1
F
H
Q
E
P
O

C
B
A
Do xe máy đến B trớc 40' =
2
3
(h) nên ta có pt
60
x
-
100
15x +
=
2
3

x
2
+ 75x - 1350 = 0
= 11025

V
= 105
x
1
= 15 ; x
2
= - 90 (loại)
Vận tốc xe đạp là 15 km/h. Vận tốc ngời đi xe máy là 15 + 15 = 30 km/h
Câu 4

a, Tứ giác AFEC nội tiếp
à
à
1 1
F B=
mà
à
à à
à
1 1 1 1
B Q Q F= =


EF // PQ
b, Ta có
à
ả
1 2
C B=
(góc có cạnh tơng ứng vuông )
ằ
ằ
AP AQ =

OA PQ
mà PQ // EF
OA EF
c,Chứng minh H, Q đối xứng qua AB

AQB = AHB

chúng có cùng bán kính đờng tròn ngoại tiếp

bán kính đờng tròn ngoại tiếp AQB bằng R
(bằng bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC )

bán kính đờng tròn ngoại tiếp AHB bằng R
Chứng minh tơng tự có bán kính đờng tròn ngoại tiếp BHC; AHC bằng R
Vậy các tam giác AHB, BHC, AHC có bán kính đờng tròn ngoại tiếp bằng nhau

Câu 5
Đặt x
1
=
2 3
; ;
a b c
x x
b c a
= =
Xét f(x) = (x - x
1
)(x - x
2
)(x - x
3
) = x
3
- ux
2

+ vx - 1
Trong đó u = x
1
+ x
2
+ x
3
=
a b c
Z
b c a
+ +
v = x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
=
a b c
c a b
+ +

Z

Nhận xét: Nếu đa thức P(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d (a, b, c, d

Z ; a

0)
có nghiệm hữu tỉ x =
p
q
(p, q

Z; q

0; (p, q) = 1)
thì p là ớc của d còn q là ớc của a.
áp dụng nhận xét trên ta có
Đa thức f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ x
1
, x
2
, x
3
và các nhiệm này là ớc của 1


1
2

3
1
1
1
x
x a b c
x
=

= = =


=

Đề thi tuyển vào thpt
Môn: toán (Thời gian làm bài 120 phút)
Đề 2.
Câu 1.
Giải các phơng trình sau
a,
2
4 4 2007x x + =
b,
2
7( 64) 0x x =
Câu 2.
Cho pa ra bol (P): y =
2
1
2

x
3
2
1
1
1
1
F
H
Q
E
P
O
K
N
M
a, Gọi A, B là hai điểm trên đồ thị (P) có hoành độ lần lợt là -2; 4. Viết phơng trình đờng thẳng
đi qua A, B
b, Chứng minh rằng đờng thẳng (d): y = mx - 2m + 3 cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi x
1
, x
2
là
hoành độ hai giao điểm ấy.
Tìm m thoả mãn x
1
2
+ x
2
2

= 24
Câu 3.
Một phòng họp có 90 ngời họp đợc sắp xếp ngồi đều trên các dãy ghế. Nếu ta bớt đi 5 dãy ghế thì
mỗi dãy ghế còn lại phải xếp thêm 3 ngời mới đủ chỗ. Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy ghế
đợc xếp bao nhiêu ngời?
Câu 4.
Cho MNK có các góc đều nhọn nội tiếp đờng tròn (O, R). Các đờng cao NE, KF cắt nhau tại H
và lần lợt cắt đờng tròn (O, R) tại P, Q
a, Chứng minh: EF // PQ
b,Chứng minh:OM

EF
c, Có nhận xét gì về các bán kính của các đờng tròn ngoại tiếp các tam giác MHN, NHK, MHK
Đáp án
Câu 1.
a, pt

2 2007x =
x - 2 = 2007 hoặc x - 2 = -2007
x = 2009 hoặc x = 2005
b, ĐK: x

7
pt

x - 7 = 0 hoặc x
2
- 16 = 0

x = 7 ; x =

8
ĐS: x = 7 ; x = 8
Câu 2.
a, Vì A, B thuộc (P) nên A(-2; 2) B(4; 8)
Phơng trình đờng thẳng qua A, B có dạng y = ax + b
vì đờng thẳng đi qua A, B nên ta có hệ pt
2 2
4 8
a b
a b
+ =


+ =



a = 1; b = 4
đờng thẳng cần tìm là y = x + 4
b, Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt
x
2
- 2mx + 4m - 6 = 0
= (m - 2)
2
+2 > 0 với mọi m
x
1

2
+ x
2
2
= 24

(x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2
= 24

m
2
- 2m - 3 = 0

m = - 1 ; m = 3
Câu 3.
Gọi số dãy ghế có lúc đầu là x (dãy) ĐK: x nguyên dơng và x > 5
Thì mỗi dãy phải xếp
90
x
ngời
Sau khi bớt 5 dãy thì số dãy ghế là x - 5 dãy

Mỗi dãy phải xếp
90
5x
ngời
Theo bài ra ta có pt :
90
5x
-
90
x
= 3


x
2
- 5x - 150 = 0
x
1
= 15 ; x
2
= - 10 (loại)
Vậy lúc đầu phòng họp có 15 dãy ghế và mỗi dãy có 6 ngời
Câu 4.

§Ò thi tuyÓn vµo thpt
M«n: to¸n (Thêi gian lµm bµi 120 phót)
§Ò 3.
Bài 1: Tính giá trị của biểu thức với

Bài 2: Chứng minh rằng n nguyên dương, đều có:

chia hết cho 91
Bài 3: a) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn: . Tính giá trị lớn nhất của:
b) Chứng minh rằng với mọi a, b, c là các số nguyên không âm:

Bài 4: Cho phương trình: (x là ẩn số)
a) Giải phương trình khi a=1
b) Tìm a để phương trình có 4 nghiệm . Khi đó tồn tại hay không giá trị lớn nhất
của:
Bài 5: Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự ấy, (O) là đường tròn đi qua B,C. Kẻ từ A các tiếp
tuyến AE và AF đến (O) (E, F là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC, N là trung điểm của EF.
a) Chứng minh E, F nằm trên 1 đường tròn cố định khi (O) thay đổi
b) Đường thẳng FI cắt (O) tại E’. Chứng minh EE’ // AB.
c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOI nằm trên đường thẳng cố định khi (O)
thay đổi.
®¸p ¸n
B ài 1. Ta rút gọn x:
Ta có:
a)
b)
c)
Suy ra:
Như vậy:

Tính A, ta có:
(1)
Thay x vào (1) ta được:
Bài 2: n nguyên dương, ta có:

Ở đó: và
Suy ra (1)

Lại có:
Ở đó: và
Suy ra (2)
Từ (1) và (2) suy ra và ta có (đpcm.)
Bài 3: Ta có:
a)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b) Ta có:
=3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay là
Ta có:
Với hoặc , ta có:
Với hoặc , ta có:
Với hoặc , ta có:
Suy ra:
Như vậy:
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Bài 4: Phương trình đã cho có thể biến đổi thành:

a) Với a=1 phương trình đã cho trở thành:



b) Mỗi phương trình , có nhiều nhất là 2 nghiệm. Để
phương trình đã cho có 4 nghiệm thì mỗi phương trình như trên phải có đúng 2 nghiệm và các nghiệm đó
khác 0. Như vậy, để phương trình ban đầu có 4 nghiệm, điều kiện cần và đủ là:

*Với phương trình đã cho có 4 nghiệm là:

Như thế:

=
Tuy nhiên và không đạt được giá trị nên S không có giá trị lớn nhất!
Bài 5:
a) Vì AF là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có: .
Xét AFB và , ta có:
FAB= FAC

Suy ra AFB
Suy ra:

Suy ra E, F là các điểm nằm trên đường tròn (A, )
b) Vì AF là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có:
(1)
Mặt khác:
(2)
Và:
(4 điểm A, E, I, F cùng nằm trên đường tròn đường kính AO) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra được: . Suy ra EE’ // AB (Theo dấu hiệu góc đồng vị của hai
đường thẳng song song)
c) Xét và ta có:
OAI =
ANK= AIO=90
0
Suy ra OAI KAN

(1)
Mặt khác (2)
Từ (1) và (2) suy ra AK.AI = AB.AC = const
Suy ra K là điểm cố định

Dễ dàng nhận thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OIKN, suy ra tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm trên đường trung trực của KI là đường
thẳng cố định. Từ đó ta có (đpcm).
§Ò thi tuyÓn vµo thpt
M«n: to¸n (Thêi gian lµm bµi 120 phót)
§Ò 4.
Bài 1: a) Chứng minh rằng biểu thức:

Không phụ thuộc vào x và y
b) Chứng minh rằng:
Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức:
a) A =
 
≤
 ÷
 
a - b b - c c - a 1 1
+ + -
c a b
2007 2008
Với
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



Bài 3: Giải phương trình căn thức:
Bài 4: Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho điểm A(-3;0) và B(-1;0). Xét điểm M, N thay đổi trên trục tung
sao cho AM vuông góc với BN.
a)Chứng minh rằng AN vuông góc với BM và OM.ON không đổi. Từ đó suy ra đường tròn đường
kính MN luôn đi qua hai điểm cố định. Tìm tọa độ hai điểm cố định đó.

b)Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Xác định vị trí của M, N sao cho tam
giác AMN có diện tích nhỏ nhất.
®¸p ¸n
Bài 1. a) Chứng minh rằng biểu thức:
A=
Không phụ thuộc vào x và y.
b)Chứng minh rằng:
Lời giải:
a) Điều kiện để A có nghĩa: .
Với và . Ta có:
(Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm)
Và như vậy:



A=0, A không phụ thuộc vào x,y. ĐPCM.
Với và . Thay . Ta đuợc và ta có:

Như kết quả ở trường hợp ban đầu, ta được A=0, không phụ thuộc vào x, y. ĐPCM.
b) Ta có
Vì là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và chia
hết cho 6. Hay nói cách khác chia hết cho 6. Từ đó dễ dàng suy ra chia
hết cho 6. ĐPCM.
Bài 2. a) Chứng minh bất đẳng thức:
Với
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Lời giải:
Ta có:

Như thế:
Bây giờ, không mất tính tổng quát, ta giả sử:
Ta cố định giá trị hai biến a, c và tìm giá trị của b: sao cho A đạt giá trị lớn nhất.
Vì a, c cố định,
biểu thức A đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Như thế:
Hay là :
(Vì )
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c) là một hoán vị của
b) Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với:



Điều này hiển nhiên đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Trở lại bài toán, ta có:
Ta có:


Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi
Bài 3. Giải phương trình căn thức:

Lời giải:
Ta có:







Vậy phương trình có nghiêm là hoặc
Bài 4. Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho điểm và . Xét điểm M, N thay đổi trên trục
tung sao cho AM vuông góc với BN.
a)Chứng minh rằng AN vuông góc với BM và OM.ON không đổi. Từ đó suy ra đường tròn đường
kính MN luôn đi qua hai điểm cố định. Tìm tọa độ hai điểm cố định đó.
b)Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Xác định vị trí của M, N sao cho tam
giác AMN có diện tích nhỏ nhất.
Lời giải:
a) Xét tam giác AMN có NB và AO là hai đường cao, giao nhau tại B. Do đó MB cũng là đường cao của
tam giác. Từ đó suy ra AN vuông góc với BM. ĐPCM.
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BN với AM, AM với BN
Dễ dàng nhận thấy:
(góc, góc)
Suy ra:
(góc, góc)
Suy ra:
(góc, góc)
Suy ra:
Từ đó, ta có:

Hay nói cách khác OM.ON không đổi.
Gọi I, J là giao điểm của đường tròn đường kính MN với trục Ox.
Xét đường tròn đường kính MN có MN là đường kính, IJ là dây cung, MN vuông góc với IJ nên MN đi
qua trung điểm của IJ. Hay nói cách khác OI=OJ.
Ta có:
(góc, góc)
Suy ra:
Hay nói cách khác:

Suy ra: I( , J(
I, J là các điểm cố định mà đường tròn
đường kính MN đi qua. ĐPCM.
b) Gọi K là giao điểm còn lại của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN với trục Ox
Ta có: (góc, góc)

Suy ra K(1;0) là điểm đối xứng của B qua O,là điểm cố định. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua
A, K nên tâm G của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nằm trên đường trung trực (d) ( ) của
AK. Ta chứng minh quỹ tích của G chính là đường thẳng (d). Thật vậy:
Gọi G’ là một điểm trên (d) , kẻ đường tròn (G’, G’A).Đường tròn này cắt trục tung tại hai điểm M’ và
N’.Gọi P’, Q’ lần lượt là giao điểm của M’B với N’A, M’A với N’B. Ta cần phải chứng minh M’A vuông
góc với BN’, hay là M’Q’ vuông góc với BN’.Thật vậy:
Vì K là điểm đối xứng của B qua O nên

Suy ra: N’Q’ vuông góc AM’. Suy ra ĐPCM.
Vậy quỹ tích tâm G của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN là đường thẳng (d)
Dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi .Khi đó )
§Ò thi tuyÓn vµo thpt
M«n: to¸n (Thêi gian lµm bµi 120 phót)

§Ò 5.
Bài 1: a) Tính:
A=
b)Chứng minh rằng:

Bài 2: a) Giải phương trình:
b) Cho a, b thỏa mãn: và . Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
thức: A=
Bài 3: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố, a là số dương sao cho không phải là số nguyên
tố thì phương trình: không có nghiệm hữu tỉ.
Bài 4: Cho đoạn thẳng AB và một điểm C trên AB sao cho , . Đường thẳng qua C và
vuông góc với AB cắt nửa đường tròn đường kính AB tại D. Dựng đường tròn tâm J bán kính tiếp xúc
với CA, CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB. Dựng đường tròn tâm K bán kính tiếp
xúc với CB, CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB,. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp (I)
của tam giác ABD.
a)Tính , theo a,b.
b)Tìm đẳng thức liên hệ giữa
®¸p ¸n
Bài 1: a) Tính:
A=
b)Chứng minh rằng:

Lời giải:
a) Trước hết ta chứng minh các căn thức có nghĩa, để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh:


Điều này hiển nhiên đúng. Suy ra các căn thức đều có nghĩa.
Trở lại bài toán đã cho, ta có:

Do đó:

Do đó: A=

Vậy A=1
b) Ta có:


Do đó:
S=


Lại có

ĐPCM
Bài 2: a) Giải phương trình:
b) Cho a, b thỏa mãn: và . Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
thức: A=
Lời giải:
Ta có:





Vậy x=0 hoặc x=1
b)Ta có:
Do đó:A=
Với Dễ dàng nhận thấy a, b thỏa mãn các điều kiện ban đầu và .

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
Với M là một số dương lớn tùy ý. Ta sẽ chứng minh tồn tại a và b sao cho A=M, thật vậy, chọn
ta có:

Ta chọn khi đó
Vì nên:
Từ đó suy ra (a;b) thỏa mãn các bất đẳng thức đã cho và A=M với M dương, lớn tùy ý. Suy ra A không có
giá trị lớn nhất.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố, a là số dương sao cho không phải là số nguyên
tố thì phương trình: không có nghiệm hữu tỉ.
Lời giải:
Giả sử ngược lại phương trình có nghiệm hữu tỉ.
Gọi là hai nghiệm của và giả sử
Ta có
Suy ra a là số chính phương và do đó là số nguyên
Từ đó suy ra phương trình là phương trình có các hệ số nguyên và có nghiệm hữu
tỉ, nên các nghiệm đó đều phải là nghiệm nguyên
Ta có:

.
Điều này vô lý vì theo đề bài không phải là số nguyên tố.
Từ đó suy ra giả thiết phương trình có nghiệm hữu tỉ là sai. Suy ra ĐPCM.
Bài 4: Cho đoạn thẳng AB và một điểm C trên AB sao cho , . Đường thẳng qua C và
vuông góc với AB cắt nửa đường tròn đường kính AB tại D. Dựng đường tròn tâm J bán kính tiếp xúc
với CA, CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB. Dựng đường tròn tâm K bán kính tiếp
xúc với CB, CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB,. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp (I)
của tam giác ABD.
a)Tính , theo a,b.
b)Tìm đẳng thức liên hệ giữa
Lời giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử . Gọi O là trung điểm của AB. Khi đó đường tròn đường kính AB
có tâm là O và
Ta có:
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của (J), (K) với AB.
Ta có:



Xét , ta có:




Làm tương tự với ta suy ra được:
Vậy ,
b) Xét tam giác vuông DAB, ta có:


Gọi X, Y, Z lần lượt là tiếp điểm của (I) với DA, DB, AB.
Ta có:


Mặt khác . Do đó
Theo kết quả tính ở câu a), dễ dàng nhận thấy:
Vậy:
§Ò thi tuyÓn vµo thpt
M«n: to¸n (Thêi gian lµm bµi 120 phót)
§Ò 6.
Bài 1: Tính tổng
Bài 2: a) Giải phương trình theo tham số m:

b) Tìm thỏa mãn phương trình:

Bài 3: Tìm số nguyên tố p để: và đều là các số nguyên tố.
Bài 4: Cho x,y, z là các số nguyên thỏa mãn phương trình
a) Chứng minh rằng trong hai số x,y có ít nhất một số chia hết cho 3.
b) Chứng minh rằng tích xy chia hết cho 12.
Bài 5: Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng (d) ở ngoài đường tròn. M là một điểm di
động trên (d) . Từ M kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn ( P và Q là các tiếp điểm). N là giao
điểm của PQ với OM.
a)Chứng minh rằng: OM.ON không đổi.
b)Chứng minh rằng: Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc một đường thẳng
cố định.
c)Tìm quỹ tích điểm N.
®¸p ¸n
Bài 1: Tính tổng
Lời giải:
Xét biểu thức
Ta có:


Thay giá trị của vào S, ta được:


Vậy
Bài 2: a) Giải phương trình theo tham số m: (1)
Lời giải:
Điều kiện:
Do đó, điều kiện cần để phương trình đã cho có nghiệm là:
Với ta chứng minh phương trình đã cho có nghiệm, hơn nữa đó là nghiệm duy nhất.
Thật vậy, với , xét phương trình (2)

Ta có:

Ta chứng minh cũng là nghiệm của phương trình (1).
Thật vậy, vì là nghiệm của phương trình (2), cho nên
Suy ra:
Hay là là nghiệm của phương trình (1).
Bây giờ ta chứng minh là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
Giả sử ngoài phương trình (1) còn có 1 nghiệm . Xét các trường hợp:
a) (3)
Suy ra:
Điều này vô lý với (3)
b) (4)
Lý luận tương tự như trường hợp a), ta cũng suy ra điều vô lý
Kết luận:
-Với , phương trình đã cho vô nghiệm
-Với phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
b) Tìm thỏa mãn phương trình:
(1)
Lời giải:
Bổ đề:
Với 4 số a, b, c, d bất kỳ, đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ
khi a, b, c, d cùng dấu.
Chứng minh bổ đề:
(3)
Đẳng thức (3) xảy ra khi và chỉ khi a, b, c, d cùng dấu.
Suy ra (2) xảy ra khi và chỉ khi a, b, c, d cùng dấu.
Trở lại bài toán ban đầu:
Theo bổ đề (2), đẳng thức

Xảy ra khi và chỉ khi và chỉ khi , , , cùng

dấu.
Mặt khác:
Do đó
Ta có:

Từ (4) và (5) suy ra (8)
Từ (4) và (6) suy ra (9)
(8) và (9) mâu thuẫn lẫn nhau, từ đó suy ra hệ (I) vô nghiệm
(III)
Từ (10) và (11) suy ra (14)
Từ (10) và (12) suy ra (15)
Từ (14) và (15) và điều kiện ban đầu suy ra hoặc .
Với , thay vào (III) ta được
Với , thay vào (III) ta được
Thử lại, với đều thỏa mãn phương trình (1) ban đầu.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
Bài 3: Tìm số nguyên tố p để: và đều là các số nguyên tố.
Lời giải:
Thử các trường hợp , , , ta tìm được thỏa mãn bài toán.
Với p>5. Vì p là số nguyên tố nên p sẽ là số lẻ, và có chữ số tận cùng là 1, hoặc 3, hoặc 7, hoặc 9. Như
thế có chữ số tận cùng là 1 hoặc 9.
Nếu có chữ số tận cùng là 1 thì sẽ tận cùng bằng 5 và như thế sẽ chia hết cho 5 cho nên
không thể là số nguyên tố.
Nếu có chữ số tận cùng là 9 thì sẽ tận cùng bằng 5 và như thế sẽ chia hết cho 5 cho nên
không thể là số nguyên tố.
Kết luận, chỉ có thỏa mãn yêu cầu bài toán!
Bài 4: Cho x,y, z là các số nguyên thỏa mãn phương trình
a) Chứng minh rằng trong hai số x,y có ít nhất một số chia hết cho 3.
b)Chứng minh rằng tích xy chia hết cho 12.
Lời giải:

a) Giả sử x và y đều không chia hết cho 3. Khi đó và chia 3 dư 1. Và như vậy, tổng
chia 3 dư 2. Hay nói cách khác sẽ chia 3 dư 2. Điều này vô lý!
b) Trong x, y phải có ít nhất 1 số chia hết cho 2. Thật vậy, giả sử x, y đều là số lẻ, khi đó , sẽ
có dạng 4k+1, suy ra tổng sẽ có dạng 4k+2. Hay nói cách khác chia hết cho 2 nhưng không
chia hết cho 4. Điều này vô lý!
Vậy trong x, y có 1 số chia hết cho 2. Ta giả sử số đó là x.
Nếu y cũng chia hết cho 2. Suy ra tích xy chia hết cho 4. Kết hợp với kết quả câu a) ta suy ra xy
chia hết cho 12. ĐPCM
Nếu y không chia hết cho 2, nghĩa là y lẻ. Khi đó x phải chia hết cho 4. Thật vậy.
Giả sử ngược lại x chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Khi đó x có dạng 4k+2. Suy ra
sẽ có dạng 8t+4.
Mặt khác y lẻ, y =2r+1. Khi đó . Suy ra có dạng 8t+1. Lý luận tương tự
cũng có dạng 8t+1. Và như vậy vế phải của biểu thức đã cho chia 8 dư 1 còn vế trái chia 8 dư 5. Điều
này vô lý!
Vậy x chia hết cho 4, suy ra xy chia hết cho 4. Kết hợp với kết quả câu a) ta cũng suy ra được xy
chia hết cho 12. Và ta có ĐPCM
Bài 5: Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng (d) ở ngoài đường tròn. M là một điểm di động
trên (d) . Từ M kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn ( P và Q là các tiếp điểm). N là giao điểm của
PQ với OM.
a)Chứng minh rằng: OM.ON không đổi.
b)Chứng minh rằng: Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc một đường thẳng
cố định.
c)Tìm quỹ tích điểm N.
Lời giải:
Xét tam giác OPM vuông tại P có PN là đường cao.Ta có:

ĐPCM.
b) Gọi I là trung điểm của OM. Kẻ OK vuông góc với (d).
Dễ dàng nhận thấy:
, suy ra tứ giác OPMQ nội tiếp đường tròn đường kính OM.

, suy ra tứ giác OPMK nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ qua O, K. Hay nói cách khác tâm I của đường tròn ngoại tiếp
tam giác MPQ nằm trên đường trung trực của OK là đường thẳng cố định (ĐPCM)
c) Gọi L là giao điểm của PQ với OK.
Ta có:
(góc, góc)
Suy ra:
Suy ra L là điểm cố định và nên N nằm trên đường tròn đường kính ON.
Kẻ đường thẳng (d’) qua O song song với (d). Vì nên điểm n nằm ở nửa mặt phẳng chứa
K bờ là (d’).
Ta chứng minh quỹ tích của điểm N là nửa đường tròn đường kính OL có bờ là (d’) (Không tính 2 giao
điểm). Thật vậy:
Gọi N’ là điểm nằm trên nửa đường tròn đường kính OL đã cho, gọi M’ là giao điểm của ON’ với (d). Kẻ
các tiếp tuyến M’P’, M’Q’. Ta chứng minh 3 điểm P’, N’, Q’ thẳng hàng. Thật vậy, gọi N’’ là giao điểm
của OM’ với P’Q’. Theo kết quả đã biết, ta suy ra được N’’ nằm trên đường tròn đường kính OL. Nghĩa
là N’’ là giao điểm của OM’ với đường tròn đường kính OL. Suy ra N’’ trùng với N’. Suy ra P’,N’, Q’
thẳng hàng. Suy ra ĐPCM.
Vậy quỹ tích điểm N là nửa đường tròn đường kính OL có bờ là (d’), nửa mặt phẳng này chứa (d)
§Ò thi tuyÓn vµo thpt
M«n: to¸n (Thêi gian lµm bµi 120 phót)
§Ò 7.
Bài 1: Cho phương trình
Gọi hai nghiệm của phương trình là . Tính giá trị của biểu thức:
Bài 2: Cho x, y, z là các số dương và . Chứng minh rằng:

Bài 3: Tìm x, y, z thỏa mãn:
Bài 4: a)Với mỗi số nguyên duơng n, đặt ,
. Chứng minh rằng với mọi n, chia hết cho 5 và không chia
hết cho 5
b)Tìm bộ ba số nguyên dương đôi một khác nhau sao cho tích của chúng bằng tổng của

chúng
Bài 5: Cho tam giác ABC, D và E là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với các cạnh AC, AB. Gọi
H là giao điểm của BI với DE. Chứng minh rằng tam giác BHC là tam giác vuông.
®¸p ¸n
Bài 1: Cho phương trình (1)
Gọi hai nghiệm của phương trình là . Tính giá trị của biểu thức:
Lời giải:
Vì là nghiệm của phương trình (1) nên:


Từ đó suy ra A=
Ta có:


Thay: và , ta được:

Vì A>0 nên suy ra A=1.
Vậy A=1
Bài 2: Cho x, y, z là các số dương và . Chứng minh rằng:
(1)
Lời giải:
Bổ đề: Cho a, b, c, d là các số thực dương, chứng minh rằng:
(2)
Chứng minh bổ đề: (2)


Điều này đúng theo áp dụng của bất đẳng thức Bunhiacopski.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay nói cách khác:
Trở về bài toán đã cho,áp dụng bổ đề, ta có:

. ĐPCM
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
Bài 3: Tìm x, y, z thỏa mãn: (*)
Lời giải:
Dễ thấy (x; y; z)=(0; 0; 0) là nghiệm của phương trình đã cho.
Ta sẽ chứng minh (x; y; z)=(0; 0; 0) là nghiệm duy nhất của phương trình (*).
Thật vậy:
Giả sử tồn tại nghiệm thỏa mãn phương trình (*), ta có:
(1)
Gọi k lớn nhất, sao cho: và và (2)
Đặt ; ; ở đó ( , , ) (3)
Thay (3) vào phương trình (1) rồi rút gọn, ta được:
(4)
Từ (4) dễ dàng nhận thấy , ta đặt (5)
Thay (5) vào (4) rồi rút gọn ta được:
(6)
Từ (6) suy ra , ta đặt (7)
Thay (7) vào (6) rồi rút gọn, ta được:
(8)
Từ (8) suy ra , ta đặt (9)
Từ (3), (5), (7), (9) ta có: ; ; .
Và ; ; (10)
So sánh (2) và (10) ta thấy vô lý, từ đó suy ra (0;0;0) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho
Bài 4: a)Với mỗi số nguyên duơng n, đặt ,
. Chứng minh rằng với mọi n, chia hết cho 5 và không chia
hết cho 5
b)Tìm bộ ba số nguyên dương đôi một khác nhau sao cho tích của chúng bằng tổng của

chúng
Lời giải:
a)Ta có:


ĐPCM.
b) Gọi 3 số nguyên dương đã cho là m, n, p. Không mất tính tổng quát ta giả sử m<n<p. Khi đó
.
Theo giả thiết, ta có
Vì nên: . Suy ra .Hay là . Suy ra
Mặt khác nên . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . Khi
đó
Vậy bộ 3 số nguyên dương thỏa mãn bài toán là (1; 2; 3)
Bài 5: Cho tam giác ABC, D và E là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với các cạnh AC, AB. Gọi
H là giao điểm của BI với DE. Chứng minh rằng tam giác BHC là tam giác vuông.
Lời giải:
Gọi H’ là hình chiếu của C trên đường thẳng BI. Ta sẽ chứng minh H trùng với H’. Để chứng minh điều
này, ta chỉ cần chứng minh 3 điểm E, D, H’ thẳng hàng.
Gọi lần lượt là số đo 3 góc của tam giác ABC.
Ta có:


Vì nên tứ giác CIH’D là tứ giác nội tiếp.

Mặt khác:
tứ giác ADIE là tứ giác nội tiếp.

Từ đó, ta có:

Suy ra E, D, H’ là 3 điểm thẳng hàng. Vậy H’ trùng với H

Suy ra hay tam giác BHC là tam giác vuông. ĐPCM.
§Ò thi tuyÓn vµo thpt
M«n: to¸n (Thêi gian lµm bµi 120 phót)
§Ò 8.
Bài 1: Cho biểu thức:
a) Rút gọn P(x)
b) Tìm x để P(x) = 1
Bài 2: a) Cho x>0, y>0 thỏa mãn x + y 6, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
b) Cho a>0, b>0, c>0, d>0.Chứng minh rằng:

Bài 3: a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m; n sao cho 2m + 1 chia hết cho n và 2n +1 chia hết cho
m.
b) Có bao nhiêu số có 6 chữ số được cấu tạo bởi các chữ số 2, 3, 5 chia hết cho 9
c) Có tồn tại hay không cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn phương trình sau:
Bài 4: a) Trong hình vuông cạnh bằng 1 cho 5 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng, trong các điểm đã cho có
thể tìm được 2 điểm sao cho khoảng cách giữa chúng không lớn hơn
b) Trong hình vuông cạnh bằng 1 cho 33 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong các điểm đã cho có
thể tìm được 3 điểm lập thành tam giác có diện tích không lớn hơn
Bài 5: Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại A’, B’, C’.
a) Gọi giao điểm của (I) với IA, IB, IC lần lượt tại M, N, P. Chứng minh A’M, B’N, C’P đồng quy
b) Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D (khác A). Chứng minh rằng
2r ( r là bán kính đường tròn (I) )
®¸p ¸n
Bài 1: Cho biểu thức:
a) Rút gọn P(x)
b) Tìm x để P(x) = 1
Lời giải:
a) Ta có: x
3
+ 3x

2
– 4 = (x + 2)
2
(x – 1)
Và do đó:
(1)
Tương tự như vậy: x
3
– 3x
2
+ 4 = (x – 2)
2
(x + 1)
Và:
(2)
Ta giải phương trình:

Vậy miền xác định của P là:
Với x thuộc miền xác định, từ (1) và (2) ta rút gọn được:
b) Với x thuộc miền xác định, ta tìm x sao cho P = 1
Ta có: P = 1