đáp án chuyên ngữ toán Hà nội 2000 2009

Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

HƯỚNG DẪN + ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
VÀO CHUYÊN NGỮ TỪ NĂM 2001 ĐẾN 2009

NĂM 2001
Câu 1:

(
là số tự nhiên thì (

a) ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1 . Rút gọn được P =
b) Để

1
=
P

(

1

)

x +1

2

x = 0.

c) Với x = 4 − 2 3 =

(

)

2

3 − 1 , suy ra

)
x + 1) = 1 . Từ đó giải được
x +1

2

2

x = 3 − 1 . Do đó P = 3.

Câu 2: ĐK: x ≥ −1
2

1 ⎞
9
⎛
Phương trình ⇔ 2 ( x + 1) + x + 1 = a + 1 ⇔ ⎜ 2 ( x + 1) +
⎟ =a+ 8
2 2⎠
⎝

2

1 ⎞ 25
⎛
a) Với a = 2 thay vào phương trình được: ⎜ 2 ( x + 1) +
⎟ = 8 .
2 2⎠
⎝
1
5
=
2 ( x + 1) = 2 hay x = 0.
Từ đó có: 2 ( x + 1) +
⇔
2 2 2 2
b) Phương trình đã cho vô nghiệm khi xảy ra một trong hai trường
hợp sau:

9
9
≤0⇔a≤− .
8
8
9
TH2: Với a > − thì phương trình ⇔
8
TH1: a +

2 ( x + 1) = a +

9
1
−
,
8 2 2

9
1
−
< 0 hay a < - 1. Giá trị
8 2 2

phương trình này vô nghiệm khi

a+

a cần tìm của trường hợp này là: −

9
< a < −1 .
8

Cộng hai trường hợp được: a < - 1 thì phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 3:
OI OB
=
1) ΔBOI ∼ ΔAOC (g – g). Suy ra:
. Từ đó ta tính được:
OC OA

OI =

OB.OC R
=
OA
2

2)
--------------------------------------------------------------------------------------- 1
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

AD AE
AD AC
=
=
hay
mà
AC AB
AE AB
góc A chung nên ta lại có ΔADE ∼ ΔACB (c – g – c). Từ đó

a. ΔABE ∼ ΔACD (g – g), suy ra

suy ra được: DEA = ABC = AIC . Vậy lại có ΔAKE ∼ ΔACI
(g – g), suy ra được:

AK AE
=
hay AK.AI = AC.AE.
AC AI

H

J

b. Ta có: AI = AO + OI =

5R
. Kẻ tiếp tuyến AM với (O)( M là
2

tiếp điểm). Dễ dàng có: AC.AE = AM2 = AO2 – OM2 = 3R2.
3R 2 6 R
AC. AE
Từ ý 2.a ở trên có AK =
= 5R = 5
AI
2
c. Gọi H và J là giao điểm của IK với (O)( H nằm giữa A và J).
6R
; OK = OA –
5
6R
4R
4R

9R
=
. Do đó KJ = KO + OJ =
+R=
AK = 2R –
5
5
5
5

Dễ dàng có: KH.KJ = KD.KE mà AK =

2

R 9R 9R
R
=
và KH = . Suy ra KD.KE = KH.KJ = .
. Giả sử
5 5
25
5

đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt OA tại F. Dễ dàng
KD.KE
9 R 2 6 R 3R
=
:
=
có KA.KF = KD.KE suy ra KF =

AK
25 5 10
mà K và OA cố định. Vậy F là điểm cố định.
--------------------------------------------------------------------------------------- 2
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

Câu 4:
Rõ ràng với x > 0 thì y > 0. Vậy ta cần tìm y > 0 để phương trình

x

= y có nghiệm x > 0. Biến đổi ta có phương trình mới là:

( x + 2001)
y.x 2 + ( 4002 y − 1) .x + 20012. y = 0 ,
2

phương trình này có nghiệm x > 0

khi hệ sau thỏa mãn:

⎧
⎧
⎪ 4002 y − 1 2 − 4. 2001 y 2 ≥ 0
⎪Δ ≥ 0

)
(
)
⎪(
⎪
b
⎪
⎪⎪1 − 4002 y
S
x
x
0
=
+
=
−
>
⇔
>0
⎨
⎨
1
2
a
y
⎪
⎪
c
⎪
⎪ 20012 y

P
x
x
.
0
=
=
>
1 2
>0
⎪⎩
⎪
a
⎪⎩ y
1
⎧
⎧1 − 8004 y ≥ 0
y≤
⎪
1
⎪
⎪
8004
−
y
>
⇔
⇔
y
≤

1
4002
0
⎨
⎨
Điều này tương đương với:
8004 . Do
⎪2001 > 0
⎪y < 1
⎩
⎪⎩
4002

đó 0 < y ≤

1
1
. Từ đó giá trị lớn nhất của hàm số là
, đạt được khi
8004
8004

x = 2001.

NĂM 2002
Câu 1:
1) Ta có: VT = [(x + y + z)3 – x3] – (y3 + z3) = (y + z).[(x + y + z)2 +
(x + y + z).x + x2] – (y + z).(y2 – yz + z2) = (y + z).[ ((x + y + z)2 –
y2) + x(x + z) + y(x + z) + (x2 – z2)] = (y + z)(x + z)(3x + 3y) = 3.(x
+ y)(y + z)(z + x) = VP.

2) Áp dụng ý 1) có:
(a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a);
(a + b – c)3 = a3 + b3 – c3 + 3(a + b)(b – c)(a – c);
(b + c – a)3 = - a3 + b3 + c3 + 3(b – a)(b + c)(c – a);
(c + a – b)3 = a3 – b3 + c3 + 3(a – b)(c – b)(c + a).
Từ đó: P = 3(a + b)(b + c)(c + a) – 3(a + b)(b – c)(a – c) – 3(b –
a)(b + c)(c – a) – 3(a – b)(c – b)(c + a) = 24abc chia hết cho 24.
Suy ra đpcm.
Câu 2:
--------------------------------------------------------------------------------------- 3
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương
trình cho x2, sắp xếp lại ta được: 4(x +

60
60
+ 17)(x +
+ 16) = 3. Đặt t
x
x

60
, đưa về phương trình bậc hai: 4t2 + 132t + 1085 = 0. Giải
x

31
35
phương trình này ta được các nghiệm t1 = − ; t2 = − . Từ đó tìm được
2
2

= x +

các nghiệm x của phương trình là: −8; −

15 −35 ± 265
;
.
2
4

Câu 3:
1. Câu này có nhiều cách chứng minh. Sau đây ta sử dụng phương
pháp biến đổi tương đương. Đpcm tương đương với: 2(a2 + b2 + c2)
2
2
2
2
2
≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a – 2ab + b ) + (b – 2bc + c ) + (c – 2ca +
a2) ≥ 0 ⇔ (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 (đúng). Suy ra đpcm.
2. Áp dụng ý 1. cho a = x2; b = y2; c = z2. Ta có: x4 + y4 + z4 = (x2)2 +
(y2)2 + (z2)2 ≥ x2y2 + y2z2 + z2x2 = (xy)2 + (yz)2 + (zx)2. Lại áp dụng
ý 1. cho a = xy; b = yz; c = zx có: (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 ≥ (xy).(yz)
+ (yz).(zx) + (zx).(xy) = xy2z + xyz2 + x2yz = xyz(x + y + z). Từ

hai điều trên ta có: x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z), dấu bằng xảy ra
khi x = y = z.
Câu 5:

(

3
Từ đề bài ta có phân tích: (x3 – y)2 = 64 – x6. Vì x − y

)

2

≥ 0 suy ra 64

– x6 ≥ 0 hay |x| ≤ 2. Vì x nguyên nên suy ra x = {0; ±1; ±2} . Với x = 0 ta
có y = ±8 , x = ±1 thì không có y nguyên, x = 2 thì y = 8, x = - 2 thì y = - 8.
Vậy các nghiệm nguyên cần tìm là ( x, y ) = {( 0,8 ) ; ( 0, −8 ) ; ( 2,8 ) ; ( −2, −8 )} .

NĂM 2003
Câu 1:

1) ĐK để A có nghĩa là x ≠ 1 . Rút gọn được A =

(

)

2

x
x + x +1

2) Với x = 33 − 8 2 = 4 2 − 1 . Từ đó được A =

128 2 − 1
1057

3) Khi x = 0 thì A = 0. Xét x ≠ 0 , biến đổi được A =

có

x+

1
. Ta
1
x+
+1
x

1
≥ 2 , vì x ≠ 1 suy ra dấu bằng không xảy ra nên
x

--------------------------------------------------------------------------------------- 4
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

x+

ĐT: 0988.923.653

1
> 2 . Từ đó
x

1
+ 1 > 3 hay A =
x

x+

1
1
<
1
+1 3
x+
x

(đpcm).
Câu 2:
1) Phân tích:
2
2
⎡ 2
1− y) ⎛ 1− y ⎞ ⎤ ⎛ 1− y ⎞
(

2
+⎜
x + x − xy − 2 y − 2 y = ⎢ x + 2.x.
⎟ ⎥ −⎜
⎟ − 2y − 2y =
2
⎝ 2 ⎠ ⎦⎥ ⎝ 2 ⎠
⎣⎢
2

2

2

2

2

1− y ⎞ 9 y2 + 6 y +1 ⎛
1− y ⎞ ⎛ 3y +1 ⎞
⎛
=⎜x+
= ⎜x+
⎟ −
⎟ −⎜
⎟ =
2 ⎠
4
2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
⎝

⎝
= (x – 2y)(x + y + 1).
⎧⎡ x = 2 y
(1)
⎧⎪( x − 2 y ) . ( x + y + 1) = 0
⎪⎢
⇔ ⎨⎣ x = −1 − y (2) . Sau
2) Hệ tương đương: ⎨ 2
2
⎪⎩ x + y = 1
⎪ 2
2
⎩ x + y = 1 (3)
đó ghép phương trình (1) với (3), ghép phương trình (2) với (3) ta
được hai hệ phương trình mới. Giải các hệ này ta được nghiệm của
⎧
1 ⎞⎫
⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 2
−
−
,
;
,
hệ cần tìm là: ( x, y ) = ⎨( −1, 0 ) ; ( 0, −1) ; ⎜
⎟⎬ .
⎟ ⎜
5
5 ⎠⎭
⎝ 5 5⎠ ⎝
⎩

Câu 3:
⎧⎪ x 2 + 1 . ( x − 2 ) ≥ 0
⎧x ≥ 2
⇔⎨
⇔ x≥2
1) ĐK: ⎨ 2
x
1;
4
≠
−
⎩
x
3
x
4
0
+
−
≠
⎪⎩
2) Vì x ≥ 2 nên ta suy ra: x2 + 3x – 4 > 0. Ta chứng minh y ≤ 3 bằng
phương pháp biến đổi tương đương.

(

)

Xét đpcm:

y≤3⇔

2x2 + 6

2
tương đương với: 2 x + 6

6

(x

⇔

(

2

)

(x

(x

)

2

)

+ 1 ( x − 2) + 5

x 2 + 3x − 4
2

)

≤ 3 . Điều này

(

)

+ 1 ( x − 2 ) + 5 ≤ 3. x 2 + 3x − 4 hay

+ 1 ( x − 2 ) ≤ x 2 + 9 x − 17 ⇔ 2

x 2 + 1 − 9 x − 18

2

(x

2

)

(

)

+ 1 ( 9 x − 18 ) ≤ x 2 + 1 + ( 9 x − 18 )

≥ 0 (Đúng). Dấu “=” xảy ra khi x là

nghiệm của phương trình: x2 + 1 = 9x – 18 ⇔ x2 – 9x + 19 = 0.
9± 5
.
Giải ra ta được x =
2
Câu 4:

--------------------------------------------------------------------------------------- 5
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

t

M

C

A

B

O1

O

D

O2
N

1. Chứng minh hai tam giác MAC và MAD đồng dạng, từ đó
suy ra MA2 = MC.MD.
2. Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Vì góc
BO1C là góc ở tâm của (O1), góc BDC là góc nội tiếp của
(O1), góc BO1C và góc BDC cùng chắn cung BC của (O1)
nên BO1C = 2 BDC . Mà BDC = ABM nên ta có BO1C = 2 ABM .
Lại có tam giác BO1C là tam giác cân tại O1 nên BO1C +
2. O1 BC = 1800. Suy ra 2 ABM + 2O1 BC = 1800 , do đó ta có được
ABM + O1 BC = 900 hay O1B vuông góc BM. Mà B thuộc (O1)
và Bt là tiếp tuyến của (O1) tại B nên suy ra BM trùng với
Bt.
3. Giả sử O1B cắt (O) tại N. Ta có góc MBN bằng 900 suy ra
MN là đường kính của (O) mà M cố định nên N cố định. Gọi
O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh
tương tự ta cũng có AM là tiếp tuyến của (O2) nên O2 thuộc
AN. Dễ dàng chứng minh được AN song song với O1C, BN
song song với O2C nên tứ giác NO1CO2 là hình bình hành.
Suy ra O1C + O2C = BN (không đổi). Vậy ta có đpcm.

Câu 5:
Phương trình đã cho tương đương: (x2 + 5x + 4).(x2 + 5x + 6) = m.
25
thì ta được phương trình t2 + 10t + 24

Đặt t = x2 + 5x, điều kiện t ≥ −
4
– m = 0 (*). Vì phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4
--------------------------------------------------------------------------------------- 6
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

25
.
4
Theo định lý Vi-et cho phương trình (*) có: t1.t2 = 24 – m. Mặt khác ứng
với nghiệm t1 ta có: x2 + 5x – t1 = 0, phương trình này có 2 nghiệm phân
biệt x1, x2 nên theo định lý Vi-et có: x1.x2 = - t1. Tương tự với 2 nghiệm
phân biệt x3, x4 của phương trình: x2 + 5x – t2 = 0 có x3.x4 = - t2. Từ đó
xét x1.x2.x3.x4 = (-t1).(-t2) = t1.t2 = 24 – m (đpcm).

nên phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn t ≥ −

NĂM 2004
Câu 1:

1
, x ≠ 1.
4
⎛ 2x x + x − x x + x ⎞
x −1

x
M = ⎜⎜
−
+
⎟⎟ .
x −1 ⎠ 2x + x −1 2 x −1
x x −1
⎝
x+ x
x
x
x+ x
=
−
+
=
x + x +1 2 x −1 2 x −1 x + x +1

a) ĐK: x ≥ 0, x ≠

b) Do x ≥ 0 nên M ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra khi x = 0. Vậy MinM = 0
khi x = 0.
Câu 2:
a) Phương trình đã cho tương đương với:
(x + 1)( x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24
⇔ [(x + 1)(x + 4)][(x + 2)(x + 3)] = 24
2
2
⇔ (x + 5x + 4)(x + 5x + 6) = 24 (*)
Đặt t = x2 + 5x, phương trình (*) trở thành: (t + 4)(t + 6) = 24. Giải

phương trình này ta được t1 = 0, t2 = - 10, do đó phương trình ban
đầu có các nghiệm là x1 = 0, x2 = - 5.
2
2
b) Biến đổi P ta có: P = 3 − ( 2 x + y ) − ( x − 1) ≤ 3 với mọi x, y thuộc
. Từ đó ta được maxP = 3 khi (x ; y) = (1 ; -2).
Câu 3:
Hệ
phương
trình
đã
cho
tương
đương
với:

⎪⎧( 3 x − 1)( 2 x − y + 1) = 0
⎨ 2
. Giải hệ này ta được các nghiệm (x , y)
2
⎪⎩ x + y = 1

của hệ là:

4 3⎞ ⎛1 2 2 ⎞ ⎛1 2 2 ⎞
, − ⎟; ⎜ ,
⎟; ⎜ , −
⎟
3 ⎟⎠
⎝ 5 5 ⎠ ⎜⎝ 3 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 3

Câu 4: (Chú ý: Hình vẽ không được chính xác).

( 0,1) ; ⎛⎜ −

--------------------------------------------------------------------------------------- 7
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

a) Ta có: sđ DBK =

1
sđ
2

ĐT: 0988.923.653

( DA + AK ) ; sđ DIB = 12 sđ ( BD + KC ) . Mà

sđ BD = sđ DA và tam giác DBI cân tại D nên sđ AK = sđ KC . Suy
ra AK = CK, hay tam giác KAC cân tại K.
b) Từ câu a) ta thấy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
đường thẳng AI luôn đi qua trung điểm J của cung BC (không chứa
điểm A).
M

x
X

D
A

K
O
I
B

C
J

Nhận xét rằng JIC = JCI nên tam giác JIC cân tại J suy ra JI = JC
(không đổi). Do đó độ dài AI lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất
⇔ AJ là đường kính của đường tròn (O) hay A là điểm chính giữa
cung lớn BC.
c) Phần thuận: Theo giả thiết tam giác AMC cân tại A, suy ra góc
1
BMC = BAC . Giả sử số đo góc BAC = 2α (không đổi) thì khi
2
A di động trên cung lớn BC, điểm M thuộc cung chứa góc α dựng
trên đoạn thẳng BC về phía điểm O.
Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với (O) cắt cung chứa góc α dựng trên
đoạn BC tại X. Lấy điểm M bất kỳ trên cung CX là 1 phần của
cung chứa góc α dựng trên đoạn BC ( M khác X, khác C). Nối MB
cắt (O) tại A thì A thuộc cung lớn BC. Khi đó vì
--------------------------------------------------------------------------------------- 8
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

BAC = 2α , AMC = α nên ACM = α suy ra tam giác ACM cân tại
A, hay AC = AM.
Kết luận: Quỹ tích điểm M là cung CX, đó là một phần của cung
chứa góc α dựng trên đoạn BC về phía điểm O, không kể 2 điểm C
và X.
Câu 5:
Viết phương trình đã cho về dạng: x2 – 4yx + (5y2 + 2y – 3) = 0.
Phương trình bậc hai (ẩn x) có nghiệm khi: Δ ' ≥ 0 ⇔ 4y2 – (5y2 +
2y – 3) ≥ 0 hay – 3 ≤ y ≤ 1. Vậy (x , y) = (6 , -3).

NĂM 2005
Câu 1:

1) Với n ∈

*

, ta có:

( n + 1) . n − n. n + 1
1
=
.
( n + 1) . n + n. n + 1 ( n + 1)2 .n − n2 . ( n + 1)
n . n + 1.

=

(

n +1 − n

n. ( n + 1)

)=

1
1
−
.
n
n +1

1 ⎞ ⎛ 1
1 ⎞
1 ⎞
⎛ 1
⎛ 1
−
−
−
⎟ + ... + ⎜
⎟.
⎟+⎜
2⎠ ⎝ 2
3⎠
2005 ⎠

⎝ 1
⎝ 2004
1
= 1−
.
2005

Do đó: A = ⎜

2) Đẳng thức đã cho tương đương với:
⎡ ( x − y ) 2 − ( x + y − 2 z ) 2 ⎤ + ⎡( y − z ) 2 − ( y + z − 2 x ) 2 ⎤ + ⎡ ( z − x ) 2 − ( x + z − 2 y ) 2 ⎤ = 0
⎣
⎦ ⎣
⎦ ⎣
⎦
⇔ 4. ( x − z ) . ( z − y ) + 4. ( y − x ) . ( x − z ) + 4. ( z − y ) . ( y − x ) = 0

⇔ ( x − z ) .( z − y + y − x ) + ( z − y ) .( y − x ) = 0
⇔ x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 0

⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) = 0 ⇔ x = y = z (đpcm).
2

2

2

Câu 2:
3
3

⎛
⎞⎛
⎞
1) Phương trình đã cho tương đương với: ⎜ x + − 3 ⎟ . ⎜ x + − 2 ⎟ = 2
x
x
⎝
⎠⎝
⎠
1
(do x = 0 không là nghiệm của phương trình). Đặt t = x + thì
x
2
phương trình viết thành: t – 5t + 4 = 0. Giải phương trình này ta

--------------------------------------------------------------------------------------- 9
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

được t1 = 1, t2 = 4. Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình
ban đầu là x1 = 1, x2 = 3.
2) Trước tiên để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì Δ ≥ 0 . Điều này
tương đương với: m2 + 14m + 1 ≥ 0 hay m ≥ −7 + 4 3 hoặc
m ≤ −7 − 4 3 (*). Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình (1) ta
có:
⎧ x1 + x2 = m + 5 (2)

⎨
⎩ x1 x2 = 6 − m (3)
Từ (2) và 2x1 + 3x2 = 13 ta tìm được x1 = 3m + 2, x2 = 3 – 2m.

⎡m = 0

2
Thay x1, x2 trên vào (3) ta được: m − m = 0 ⇔ ⎢
. Cả hai giá
⎣m = 1
trị m này đều thỏa mãn điều kiện (*). Và đó là m cần tìm.
Câu 3:

(

)

2

(

) (

)(

)

2
2
2

2
Ta thấy Δ ' = m + 1 + m. m + 1 = m + 1 . m + m + 1 > 0 với mọi m,
do đó phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 phân biệt. Theo định lý Vi⎧ x1 + x2 = −2
⎪
m .
et cho phương trình (1) ta có: ⎨
⎪⎩ x1.x2 = − m2 + 1
4m 2 + 2m + 4
2
A
x
x
x
x
=
+
−
2
=
( 1 2)
Từ đó:
. Viết dưới dạng phương
1 2
m2 + 1
2
trình bậc hai ẩn m ta được: ( A − 4 ) .m − 6m + A = 0 . Phương trình này có

nghiệm khi Δ ' = − A2 + 4 A + 9 ≥ 0 hay 2 − 13 ≤ A ≤ 2 + 13 . Vậy minA
= 2 - 13 , maxA = 2 + 13 .
Câu 4:

---------------------------------------------------------------------------------------10
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

P

A

F

O
1

B

N

I
2 3 4

E

1
1
C

M

1
1
(sđ NC + sđ PB ); sđ NCI = (sđ AN + sđ AP ) mà
2
2
theo giả thiết suy ra sđ NC = sđ AN ; sđ PB = sđ AP . Do đó NIC =

a) Ta có: sđ NIC =

NCI . Suy ra tam giác NIC cân tại N.

b) Do sđ BM = sđ MC nên BNM = MNC . Do tam giác NIC cân tại N,
có MN là phân giác đồng thời là đường cao, suy ra: MN vuông góc
với IC. Chứng minh tương tự ta cũng có: IA vuông góc PN, IB
vuông góc PM. Suy ra I là trực tâm tam giác MNP.
c) Ta có: I 4 = C1 , I1 = B1 . Từ đó ta xét tổng sau:
1
1
1
1
I1 + I 2 + I 3 + I 4 = AP + BM + AN + MC + AP + AN =
2
2
2
2
1
1

AP + BM + AN + MC + PB + NC = .3600 = 1800 . Suy ra E, I, F
2
2
thẳng hàng.

(

) (

(

)

)

A
1
N
P
O
I
H
B

2

K

1
Q2

C

M

---------------------------------------------------------------------------------------11
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

d) Gọi H là giao điểm của PM và IB suy ra H là trung điểm của IB.
Gọi Q là trung điểm của KB thì HQ song song IK và HQ =

1
IK.
2

5
IK. Do các tam
2

Dễ dàng tính được KB = 5 IK và BQ = QK =

giác BHQ, QKM vuông và Q1 = Q2 nên cosBQH = cosMQK mà
HQ
QK
HQ QK

cosBQH =
=
, cosMQK =
suy ra:
do đó tính
BQ
BQ QM
QM
5
IK
2

được QM =
sin B2 =

và KM =

5IK , BM =

10IK . Suy ra

KM
1
=
từ đó B2 = 450 nên A = 900.
BM
2

Câu 5:
3

Phương trình đã cho tương đương với: x +

Đặt

x

=

y

2
,
5

–

3

thay

vào

6 2 12
8
x + x+ = 0.
5
5
5

phương

trình

ta

được:

2

2⎞ 6⎛
2 ⎞ 12 ⎛
2⎞ 8
⎛
⎜ y − ⎟ + ⎜ y − ⎟ + ⎜ y − ⎟ + = 0 . Rút gọn ta được phương
5⎠ 5⎝
5⎠
5⎝
5⎠ 5
⎝
48
96
3
y+
= 0 . Bây giờ ta đặt y = u + v, biến đổi
trình mới là: y +
25
125
48 ⎞
⎛ 3 3 96 ⎞
⎛

+
+
+
u
v
.
3
uv
(
)
phương trình thành: ⎜ u + v +
⎟ = 0 (*). Cần
⎟
⎜
125 ⎠
25 ⎠
⎝
⎝
tìm u, v sao cho (*) đúng. Do đó phương trình (*) tương đương với hệ:

96
⎧ 3 3
+
=
−
u
v
⎪
125
⎪

⎨
3
.
⎪u 3v3 = ⎛ − 16 ⎞
⎜
⎟
⎪⎩
⎝ 25 ⎠

Từ đây suy ra u3, v3 là nghiệm của phương trình bậc hai:
2

3

96
⎛ 16 ⎞
⎛ 16 ⎞
X +
X − ⎜ ⎟ = 0 . Phương trình này có Δ ' = ⎜ ⎟ . Từ đó ta
125
⎝ 25 ⎠
⎝ 25 ⎠
2

3
3
32
128
32 3
128

,v = −
,v = −
hay u =
.
được các nghiệm: u =
5
5
125
125
3
32 − 3 128 − 2
.
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất là x =
5
3

NĂM 2006
---------------------------------------------------------------------------------------12
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

Câu 1:

a) ĐK: x ≥ 0, x ≠ 1 . Rút gọn được: P =
b) Ta có: Q = P − x =

x+2
x −1

x +2
3
= 1+
. Để Q nhận giá trị
x −1
x −1

3
nhận giá trị nguyên hay x − 1 là Ư(3) = {x −1
1;1;3;-3}. Từ đây ta được các nghiệm x = {0;4;16}.
Câu 2:
a) Phương trình tương đương với: (x4 – 2x2 + 1) – (4x3 – 4x) = 0.
Phân tích thành nhân tử được: (x2 – 1).(x2 – 4x – 1) = 0. Từ đó ta
được các nghiệm của phương trình là x = −1;1; 2 + 5; 2 − 5 .
nguyên thì

{

}

b) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (x – y).(x – 2y) = 0.

⎡⎧ x = y
⎢⎨ 2
⎢ ⎩2 x − 3xy + 5 = 0
. Giải hai hệ
Từ đó hệ đã cho tương đương với: ⎢ ⎧ x = 2 y

⎢⎨
⎢⎣ ⎩2 x 2 − 3xy + 5 = 0
trên ta được nghiệm
{ 5, 5 ; − 5, − 5 }.

(

)(

)

của

hệ

đã

cho

là:

(x,y)

=

Câu 3:
a) Đường thẳng d có dạng y = kx + b. Vì d đi qua điểm I(0;-2) nên ta
có: -2 = k.0 + b. Suy ra b = -2. Vậy đường thẳng d: y = kx – 2. Xét
x2
phương trình hoành độ giao điểm: − = kx − 2 hay x2 + 2kx – 4

2
2
= 0 (*). Phương trình này có Δ ' = k + 4 > 0 ∀k . Suy ra phương
trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt nên đường thẳng d luôn cắt
(P) tại hai điểm A, B phân biệt khi k thay đổi.
b) Dễ dàng có H(x1;0), K(x2;0) với x1, x2 là các nghiệm của phương

trình (*). Khi đó hệ số góc của đường thẳng IK là k1 =
góc của đường thẳng IH là k 2 =

2
, hệ số
x1

4
2
. Ta có k1.k 2 =
mà theo
x1 x2
x2

Viet cho phương trình (*) thì x1x2 = -4 nên k1k2 = -1. Do đó IH
vuông góc IK (đpcm).
Câu 4:
---------------------------------------------------------------------------------------13
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

a) Ta có: tam giác AMB đồng dạng với tam giác
AM AB
=
, suy ra AM.AC = AB2
ABC nên
AB AC
2
= 4R (đpcm).
b) Ta có: M 1 = A1 và A1 + C = 900 , suy ra

d'

d

M 1 + C = 900 mà D + C = 900 nên M1 = D . Từ đó

được NMC + D = NMC + M1 = 1800 nên tứ
giác MCDN nội tiếp.
c) Ta có D = A2 , D = M 1 nên A2 = M1 mà

C
M
1

M 1 + N1 = 900 , suy ra A2 + N1 = 900 . Từ đó ta

được AHO = 90 . Vậy H thuộc đường tròn
đường kính AO, AO cố định (đpcm).

d) Gọi F là trung điểm của OB. Do các góc
OHI, OBI bằng 900 nên O, B, I, H cùng thuộc
đường tròn, đường kính OI. Từ đó tâm J của
đường tròn ngoại tiếp tam giác BHI là trng
điểm của OI. Rõ ràng FJ song song với d, nên
J thuộc đường thẳng d’ đi qua F và vuông góc
với OB. Do F cố định nên d’ cố định, suy ra
đpcm.
0

A

1

O

2

F

B
J

H
1

I

N

D

1 1
4
+ ≥
, dấu bằng
a b a+b
xảy ra khi a = b. Từ giả thiết và theo bất đẳng thức Côsi ta có:
x+ y 1
1
xy ≤
= , suy ra x. y ≤ , dấu bằng xảy ra khi x = y = 1 . Xét
2
2
4
2

Câu 5: Dễ dàng chứng minh: Với a, b > 0 ta có:

phân

tích:

4

( x + y)

2

+

A=

1
1
1
4
1
+
+
≥
+
x 2 + y 2 2 xy 2 xy x 2 + y 2 + 2 xy 2 xy

=

1
1
1
≥ 4 + .4 = 6 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1 .
= 4+
2xy
2xy
2
2

Vậy MinA = 6 khi x = y =

1
.

2

NĂM 2007
Câu 1:
---------------------------------------------------------------------------------------14
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

1) ĐK: x ∈ ( −1,1) \ {0} .

⎡
1+ 1− x
P=⎢
+
⎢ 1− x. 1− x + 1
⎣

(

)

1 ⎞
⎛ 1
=⎜
−
⎟

x +1 ⎠
⎝ 1− x

2

⎤
1− x +1
⎥
x + 1. x + 1 − 1 ⎥
⎦

⎛ x2 − 1 ⎞
.⎜
⎟ +1 =
⎝ 2 ⎠

(

)

2

⎛ x2 − 1 ⎞
.⎜
⎟ +1
2
⎝
⎠

1 − x2

1
2
1
2
2
2
2
thì 1 − x ≤
⇔ 1− x ≤
⇔ x ≥
2
2
2
2
2
2
⇔ x≥
hoặc x ≤ −
. Kết hợp với ĐK ta có được x
2
2
2
2
≤ x < 1 hoặc −1 < x ≤ −
.
cần tìm là:
2
2

2) Để P ≤

Câu 2:

( x − 1) + (
( x − 1) − x + 1.( x − 1) = 0 ⇔ (

1) ĐK: x ≥ 0 . Phương trình ⇔
⇔

)

x + 1 − x ( x + 1) = 0

)(

x −1 .

)

x +1 −1 = 0

x − 1 = 0 hoặc x + 1 − 1 = 0 . Vậy x = 1 hoặc x = 0. Vậy
phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = 1.
2) Lấy phương trình trên trừ cho phương trình dưới ta được: (x3 –
y3) + 2xy(y – x) = 0 ⇔ (x – y).(x2 – xy + y2) = 0 ⇔ x = y hoặc
x2 – xy + y2 = 0. Với x = y ghép với một trong hai phương trình
đầu của hệ, giải ta được nghiệm của hệ là x = y = 2. Với x2 –
⇔

xy + y2 = (x –

3y2
y 2
) +
= 0 khi x = y = 0, thay vào hệ thì
4
2

không thỏa mãn. Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (x,y) = (2,2).
Câu 3:

1) Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là Δ > 0
hay (m + 2).(5m + 2) > 0. Để giải bất phương trình này ta
xét hai trường hợp: TH1: m + 2 và 5m + 2 cùng âm; TH2: m
+ 2 và 5m + 2 cùng dương. Từ đó tìm được: m > −

2
hoặc m
5

< - 2 (*). Từ x1 = 9x2 và theo định lý Vi-et cho phương trình

b
⎧
x
x
+
=
−

= 3m + 2 (1)
1
2
⎪
a
⎪⎪
( 2 ) . Từ (1) và (2) ta có
⎨ x1 = 9 x2
trên ta có: ⎪
⎪ x1.x2 = c = m 2
( 3)
⎪⎩
a
---------------------------------------------------------------------------------------15
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

27 m + 18
3m + 2
; x2 =
. Thay vào (3) ta được phương
10
10
trình ẩn m: [3(3m+2)]2 = (10m)2. Từ đây giải được m = 6 và

x1 =

m= −

6
. Cả hai giá trị m này đều thỏa mãn ĐK (*).
19

2) Gọi A là giao điểm của d1 và d2. Dễ dàng tìm được A(1;0).
Yêu cầu bài toán tương đương d1; d2; d3 đồng quy, suy ra A
thuộc d3. Thay x = 1, y = 0 vào d3 ta có phương trình ẩn a là:
3a3 – 3a2 – 3a – 1 = 0 ⇔ 4a3 – (a3 + 3a2 + 3a + 1) = 0 ⇔
3

3

4a = (a + 1) ⇔

3

3
1
16 + 3 4 + 1
=
4.a = a + 1 hay a = 3
.
3
4 −1

Câu 4:
P

F

D
1

A

2
K

O
1

I

C

Q
1
23
E

B

1) Ta có: C1 = B2 (cùng chắn cung AK của (O)); B1 = D1 (cùng chắn
cung

OA

của

(I)).

Suy

ra

OBK = C1 + D1 .

Vậy

CAD + OBK = CAD + C1 + D1 = 1800 .
2) Vì AE, AF là các đường kính của (O) nên dễ dàng thấy tứ giác
AFEB là hình chữ nhật. Suy ra OA = OB nên OA = OB ⇒

D1 = D2 ⇒ DK là phân giác của góc D của tam giác ABD (1).
Lại có: BKC = B3 + D2 (góc ngoài của tam giác KBD) (*);

BKC = BAC (cùng chắn cung BC của (O)) (**); C1 = OAC ;
OAB = D2 = D1 mà BAC = OAC + OAB = C1 + D2 (***). Từ (*),
(**), (***) suy ra B3 = C2 mà C1 = B2 nên B3 = B2 ⇒ BK là phân
---------------------------------------------------------------------------------------16
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

giác của góc B của tam giác ABD (2). Từ (1), (2) ta có K là tâm

đường tròn nội tiếp tam giác ABD.
3) Từ C, D lần lượt hạ các đường vuông góc AB, cắt AB tại Q, P. Ta
1
có: S ABCD = S ABC + S ABD = AB. ( CQ + DP ) . Do AB không đổi
2
nên diện tích tứ giác ABCD lớn nhất khi tổng (CQ + DP) lớn nhất.
Theo tính chất của đường vuông góc và đường xiên với hai tam
giác CQH và DPH (H là giao điểm của AB và DC) thì tổng (CQ +
DP) lớn nhất khi OC vuông góc với AB. Khi đó C là điểm chính
giữa của cung EF.
Câu 5:
Dùng bất đẳng thức Cô-si, chứng minh được: Với x, y, z là các số dương
⎛1 1 1⎞
ta có: ( x + y + z ) . ⎜ + + ⎟ ≥ 9 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z. Suy ra
⎝x y z⎠
1 1 1
9
. Áp dụng bất đẳng thức này ta có:
bất đẳng thức: + + ≥
x y z x+ y+ z
1 1 1
9
+ + ≥
, dấu bằng xảy ra khi a = b
a b b a + 2b
1 1 1
9
+ + ≥
, dấu bằng xảy ra khi b = c
b c c b + 2c

1 1 1
9
+ + ≥
, dấu bằng xảy ra khi c = a
c a a c + 2a
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên, suy ra đpcm.

NĂM 2008
Câu 1: Biến đổi:
⎛
⎞
x− y
x+ y
⎜
⎟ . x xy − 2 y
+
P=
⎜ xy x + y
xy x − y ⎟ x + y x − y
⎝
⎠

(

(
=

=

x− y

) +(
2

)

(

x+ y

)

xy ( x − y )

2( x + y)
x− y

.

)

2

.

x xy
2y
−
x+ y x− y

x
2y
2x
2y
−
−
= =
= 2 ∈ (đpcm).
x+ y x− y
x− y x− y

Câu 2:
a) Phương trình đã cho tương đương với:
3
x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 ( x + 1)( x + 2 ) .
⇔ 3 x + 1.

(

3

) (

x + 2 −1 −

3

)

x + 2 −1 = 0 .

---------------------------------------------------------------------------------------17
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được
⇔

(

3

)(

x + 2 −1 .

ĐT: 0988.923.653
3

)

x +1 −1 = 0 .

Từ đó ta được các nghiệm của phương trình là x1 = -1, x2 = 0.
b) Đẳng thức đã cho tương đương với: y.(x + 1) = x2 + 2. Từ đó ta có:
3
x2 + 2
3
= x −1+
y=

. Để y nguyên thì do x nguyên nên
x +1
x +1
x +1
phải nguyên, suy ra x + 1 = Ư(3) = {-1, 1, 3, - 3}. Do đó ta được
các cặp (x , y) nguyên cần tìm là: (-2,-6); (0,2); (2,2); (-4,-6).
Câu 3:
a) CH ⊥ AM, góc AMB = 900 , do đó CH song song với BM (1).
ΔHKC = ΔMKB (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra CH = BM (2). Từ
(1), (2) suy ra tứ giác BHCM là hình bình hành.
1
b) sđ AMC = sđ AC (cung nhỏ) = 450. Mà AMC = MHB (so le trong).
2

Lại có HMB = 900 , suy ra tam giác HMB vuông cân tại M. Từ đó
ta được MB = HM = HC. Vậy ΔOHC = ΔOHM (c.c.c).
c) *) Từ câu a), suy ra CM song song với HB (3).
*) Ta có tam giác MHC vuông cân tại H, có CK là trung tuyến, HN
là đường cao đồng thời là trung tuyến, suy ra N là trọng tâm tam
giác MHC. Ta có CN = NM. Suy ra NCM = NMC . Và ta có
DC = MB , nên DC = MB. Do đó MC song song với BD (4).
*) Từ (3), (4) ta có B, H, D thẳng hàng.
C
D
N
M
K
H

A

B
O

Câu 4:
ĐK: x ≠ - 1.
---------------------------------------------------------------------------------------18
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

Phương trình đã cho tương đương với:
2
x
x
⎛ x ⎞
2
x − 2.x.
+⎜
=8
⎟ + 2.x.
x +1 ⎝ x +1 ⎠
x +1
2

x ⎞
x2

⎛
⇔⎜x−
−8 = 0
⎟ + 2.
x
1
x
1
+
+
⎝
⎠
2

⎛ x2 ⎞
x2
⇔⎜
−8 = 0
⎟ + 2.
x
+
1
x
+
1
⎝
⎠
x2
, ta được phương trình: y2 + 2y – 8 = 0. Giải phương
Đặt y =

x +1
trình này ta được các nghiệm là y1 = 2, y2 = -4. Từ đó ta tìm được
các nghiệm x1 = -2, x2 = 1 + 3 , x3 = 1 - 3 . Vì đề bài yêu cầu tìm
nghiệm x nhỏ hơn -1 nên nghiệm cần tìm là x = -2.
Câu 5:
a 2 + b2
≤ 1 , dấu bằng xảy ra khi a = b = 1.
Ta có: ab ≤
2

(

Xét M = a 3b ( a + 2b ) + b 3a ( b + 2a )
2

(

)(

)

2

) (

) (

)

≤ a 2 + b 2 . 3ab + 6b2 + 3ab + 6a 2 = a 2 + b 2 . ⎡⎣6. a 2 + b 2 + 6ab ⎤⎦

(BĐT Bunhiacopxki)
≤ 2. ( 6.2 + 6 ) = 36 .
Do vậy M ≤ 6. Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1. Vậy MaxM = 6 khi
a = b = 1.

NĂM 2009
Câu 1:

( )
(

2

3
x −4
8 − x ⎛ 4 + 2 3 x + 3 x2 ⎞ ⎛ 3 x2 − 2 3 x + 2 3 x ⎞
+
A=
:
.
⎜
⎟
⎜
⎟
3
3
⎟ ⎜
⎟ 3
x −2
2 + 3 x ⎝⎜

2+ 3 x
⎠ ⎝
⎠ x. x + 2

( 2 − x ) .( 4 + 2
3

=

3

x+ x
3

2

)

2+ 3 x

( )
(
)(

)

2
2 ⎡ 3
− 4⎤
x

x
.
⎢⎣
⎥⎦
2+ 3 x
.
+
4 + 2 3 x + 3 x2 3 x. 3 x + 2 . 3 x − 2
3

= 2 − 3 x + 3 x = 2 (đpcm).
Câu 2:

---------------------------------------------------------------------------------------19
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội

)


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653
2

1⎞ 1
⎛
1) Ta có: Δ ' = 2m − 2m + 1 = 2. ⎜ m − ⎟ + > 0 với mọi m.
2⎠ 2
⎝
2) Theo định lý Vi-et cho phương trình bậc hai ta có:

2

⎪⎧ x1 + x2 = 2. ( m + 1)
⎨
2
⎪⎩ x1.x2 = 4m − m

2
Từ đó: A = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 .
2

2

(

)

(

)

= 4. ( m + 1) − 4. 4m − m2 = 4. 2m2 − 2m + 1 .
2

2

1⎞
⎛
= 8. ⎜ m − ⎟ + 2 ≥ 2 . Suy ra A ≥ 2 .
2⎠

⎝
Dấu bằng xảy ra khi m =
Câu 3:

(

1
. Vậy MinA =
2

2 khi m =

1
.
2

)

⎧⎪ x 2 + y 2 + 2 xy + 2 ( x + y ) = 0 (1)
Hệ đã cho tương đương với: ⎨ 2
2
(2)
⎪⎩ x + y + 4 x − 2 y + 4 = 0
Phương trình (1) tương đương với: ( x + y ) . ( x + y + 2 ) = 0 .
⎡ x + y = 0 (3)
Từ đó ta có: ⎢
. Ghép (3) với (1), ghép (4) với (1) ta được
⎣ x + y = −2 (4)
các hệ mới. Giải các hệ mới này ta được các nghiệm của hệ phương trình
đã cho là: (x,y) = {( −1,1) ; ( −2, 2 ) ; ( −2, 0 ) ; ( −3,1)} .

Câu 4:

---------------------------------------------------------------------------------------20
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội


Biên soạn: Gv Vũ Danh Được

ĐT: 0988.923.653

B
M
E

C
A

H

G

O

D

N

0
0
3) Ta có EGD = EBD = 90 ; AME = AGE = 90 .

4) MBA = ADM (cùng chắn cung AM nhỏ). Mà ADM = AMC (vì

AMC = MBA . Suy ra:
AM
AC
=
ΔACM ∼ ΔAMB (g – g). Từ đó:
hay AM2 = AB.AC
AB AM
(đpcm).
5) Ta có: ΔAEG ∼ ΔABD (g – g) nên AE.AB = AG.AD (1).
ΔDAM ∼ ΔDEG (g – g) nên DE.DM = DG.AD (2). Từ (1) và (2) suy
ra: AE.AB + DE.DM = AG.AD + DG.AD = AD.(AG + DG) = AD2
= 4R2.
Câu 5:
Cách 1: 3P = 3x2 + 3y2 = (x2 + 4) + (y2 + 4) + 2.(x2 + y2) – 8 ≥ 4x + 4y +
4xy – 8 = 4.(x + y + xy) – 8 = 32 – 8 = 24. Vậy 3P ≥ 24 ⇔ P ≥ 8 .
Từ đó có MinP = 8 khi x = y = 2.
Cách 2: 3P – 4.(x + y + xy) = 3x2 + 3y2 – 4x – 4y – 4xy = (x – 2)2 + (y –
2)2 + 2.(x – y)2 – 8 ≥ - 8. Hay 3P − 32 ≥ −8 ⇔ 3P ≥ 24 ⇔ P ≥ 8 .
cùng phụ với góc MAD ). Do đó

---------------------------------------------------------------------------------------21
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội