10 đề thi thử tuyển sinh môn toán chuyên có đáp án

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN

ĐỀ SỐ 1

Nguyễn Chiến

Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (2 điểm).
a) Giải phương trình: 2( x 2  2) 5 x 3  1
 3 x 2  4 y 2  6 x  4 y  11
b) Giải hệ phương trình:  2
 x  5 y 2  2 x  5 y  11

Câu 2 (2 điểm). Cho phương trình: 2 x 2  4mx  2m2  1  0 (1), với x là ẩn, m là tham số.
a) Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân
biệt.
b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1 , x2 . Tìm m để 2 x12  4mx2  2m2  9  0.
Câu 3 (2 điểm).
a) Cho abc = 2. Tính giá trị biểu thức A =

a
b
2c


ab + a + 2 bc + b + 1 ac + 2c + 2

b) A = x2 – x9 – x2015 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x)
Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a,
AC = b, AB = c. E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng

cung EC. Cạnh AE cắt cạnh BC tại D.
a) Chứng minh: AD2 = AB.AC – DB.DC
b) Tính độ dài AD theo a,b,c
Câu 5(1điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1.
Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
3


�
 1  b  1  c  1  c  1  a   1  a   1  b 4

-----Hết-----


ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN

Nguyễn Chiến

Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (2 điểm).
a) Giải phương trình: 2( x 2  2) 5 x 3  1
 3 x 2  4 y 2  6 x  4 y  11
b) Giải hệ phương trình:  2
 x  5 y 2  2 x  5 y  11

a) ĐK: x  1

Ta có: 2( x 2  2) 5 ( x  1)( x 2  x  1)
 a  x  1; (a 0)

Đặt: 

 b  x 2  x  1; (b 0)
2(a 2  b 2 ) 5ab

 (2a  b)(a  2b) 0
 2a b
 
 a 2b
2a b  2 x  1  x 2  x  1  x 2  5 x  3 0  x 
a 2b 

5  37
(t / m)
2

x  1 2 x 2  x  1  4 x 2  5 x  3 0(VN )

5  37
2
 3 x 2  4 y 2  6 x  4 y  11
b) Giải hệ phương trình:  2
 x  5 y 2  2 x  5 y  11

Vậy pt có 2 nghiệm là: x 

�
3x2  4y2  6x  4y  11
(1)
�
� 2
2
3x  15y  6x  15y  33 (2)
�

Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y2 + 11y = 22  y2 +y – 2= 0  y = 1 hoặc y = -2
* Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0  3(x+1)2 = 0  x = -1
* Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0  3(x+1)2 = 0  x = -1
Vậy hpt có nghiệm (x ;y)  { (-1 ;1), (-1 ;-2)}.
Câu 2 (2 điểm). Cho phương trình: 2 x 2  4mx  2m2  1  0 (1), với x là ẩn, m là tham số.
a) Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân
biệt.
b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1 , x2 . Tìm m để 2 x12  4mx2  2m2  9  0.
 '  4m 2  2(2m 2  1)  2  0 với mọi m.

Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Theo ĐL Viét ta có x1  x2  2m .
Do đó, 2 x12  4mx2  2m2  9  (2 x12  4mx1  2m2  1)  4m( x1  x2 )  8.
 8m 2  8  8(m  1)( m  1) (do 2 x12  4mx1  2m 2  1  0 ).


Yêu cầu bài toán: (m  1)(m  1)  0 � 1  m  1 .
Câu 3 (2 điểm).
a) Cho abc = 2 Rút gọn biểu thức A =

a
b
2c


ab + a + 2 bc + b + 1 ac + 2c + 2

Ta có :
A=

a
ab
2c
a
ab
2c





ab + a + 2 abc + ab + a ac + 2c + 2 ab + a + 2 2 + ab + a ac + 2c + abc
a

ab

2c

a

ab

2

ab + a + 2

= ab + a + 2  2 + ab + a  c(a + 2 + ab)  ab + a + 2  2 + ab + a  a + 2 + ab  ab + a + 2  1
Cho A = x2 – x9 – x1945 , B = x2 – x + 1 Chứng minh A chia hết cho B
b) A = x2 – x9 – x2015 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x)
Ta có: x2 – x + 1 chia hết cho B = x2 – x + 1
x9 + 1 chia hết cho x3 + 1 nên chia hết cho B = x2 – x + 1
x1945 – x = x(x2014 – 1) chia hết cho x3 + 1 (cùng có nghiệm là x = - 1)
nên chia hết cho B = x2 – x + 1
Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1
Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a,
AC = b, AB = c. E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng
cung EC. Cạnh AE cắt cạnh BC tại D.
a) Chứng minh: AD2 = AB.AC – DB.DC
b) Tính độ dài AD theo a,b,c
� = CAE
� ( Do cung EB = cung EC)
a)Ta có BAD
� = DBA
� ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên ΔBAD
Và AEC

BA AE
=
� AB.AC = AE.AD(1)
AD AC

Ta có gocADC  BDE đối đỉnh và gocCAD  DBE (2 góc nội
tiếp cùng chắn cung CE) nên ΔACD ΔBDE
AD DB
�
=
� AD.DE = DB.DChay
E
DC DE
�

C

a

AD(AE-AD) = DB.DC
Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1))
b)Theo tính chất đường phân giác ta có
DC DB
DC DB DC + DB
a
=
hay
=
=
=
AC AB
b
c
b+ c
b+ c

DC DB
a
a
a2bc
vậy b . c = b+ c . b+ c � DB.DC =
2
( b+ c)

ΔEAC

O

b

D

B

c

A


2

theo câu a ta có AD = AB.AC – DB.DC = bc 


a 2 bc
a2



bc
1

 (b  c ) 2
(b  c ) 2



 



a2 

AD  bc1 
2 
 (b  c) 

Câu 5(1điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = 1. Chứng
minh rằng:
a3
b3
c3
3


�
 1  b  1  c  1  c  1  a   1  a   1  b 4

.
a3
1 b 1 c
a3
1  b 1  c 3a
3


�3
.
.

Có:
8
4
 1  b  (1  c) 8
 1  b  (1  c) 8 8
b3
1 a 1 c
3b


�3 3 ... 
8
4
 1  a   1  c 8
Cộng từng vế
a3
b3
c3

a  b  c 3 3 3 abc 3 3
�


�
 �
 
2
4
2
4 4
 1  b  1  c  1  c  1  a   1  a   1  b 
Dấu “=” xảy ra khi ........


ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2 điểm).
a) Cho biểu thức P 

x2 x
x 1
1  2x  2 x


x x 1 x x  x  x

x2  x

Tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
b) Tìm tất cả các số nguyên x,y,z,thỏa mãn: 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6.
Câu 2 (2 điểm). Cho phýõng trình: ( x  3)( x  1)  4 x 2  2 x  3 m
a) Giải phýõng trình với m = -3
b) Tìm m ðể phýõng trình có nghiệm
Câu 3 (2 điểm). Ngày 01/5/2014 Trung Quốc ngang nhiên, ngỗ ngược cho đặt giàn
khoan HD-981 trên Biển Đông tại vị trí có tọa độ: 15029’58’’vĩ bắc; 111012’06’’kinh


đông. Một tàu cảnh sát biển của Việt Nam dự định chạy từ bờ biển Việt nam đến vị trí đặt
giàn khoan rồi trở lại bờ biển trong khoảng thời gian là 8 giờ. Khi đi tàu chạy với tốc độ
nhanh hơn dự định 10 hải lý/giờ. Khi về do bị tàu quân sự của Trung Quốc đâm hỏng nên
phải dừng lại sửa chữa mất 1 giờ và sau đó chạy với tốc độ chậm hơn dự định 20 hải
lý/giờ. Tổng cộng thời gian cả đi, sửa chữa và về nhiều hơn dự định là 8 giờ.
a) Tính khoảng cách từ bờ biển Việt Nam đến vị trí đặt giàn khoan HD-981.
b) Vị trí đặt giàn khoan của Trung Quốc có nằm trong vùng đặc quyền kinh tế và
thềm lục địa của Việt Nam không? Căn cứ nào khẳng định điều đó?
(Cho biết: 1hải lý = 1852 m;Theo công ước Luật biển1982: Vùng đặc quyền kinh tế: 250
hải lý; thềm lục địa: 200 hải lý!)
Câu 4 (3điểm). Cho tam giác ABC (ABtâm O, bán kính R. Vẽ đường kính AK của đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của ba
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Gọi S là diện tích tam giác ABC.
a) Chứng minh tam giác ABD và tam giác AKC đồng dạng với nhau. Suy ra
AB.AC = 2R.AD và S =

AB.BC .CA
.
4R

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
c) Chứng minh rằng OC vuông góc với DE và (DE + EF + FD).R = 2 S.
Câu 5 (1điểm). Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh
của tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 

a
4b
9c


.
bca c ab abc

-----Hết---ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2 điểm).
a) Cho biểu thức P 

x2 x
x 1
1  2x  2 x


x x 1 x x  x  x
x2  x

Tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
b) Tìm tất cả các số nguyên x,y,z,thỏa mãn: 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6.
a)Điều kiện: x  0, x �1 . Khi đó ta có
Rút gọn biểu thức ta được P 

x 2
x  x 1

Ta có Px   P  1 x  P  2  0 , ta coi đây là phương trình bậc hai của x .
Nếu P  0 �  x  2  0 vô lí, suy ra P �0 nên để tồn tại x thì phương trình trên có
   P  1  4 P  P  2  �0
2


4
4
2
� 3P 2  6 P  1 �0 � P 2  2 P  1 � �  P  1 �
3
3
2
Do P nguyên nên  P  1 bằng 0 hoặc 1

+) Nếu  P  1  0 � P  1 � x  1 không thỏa mãn.
2

P2
�
� P  2 � 2 x  x  0 � x  0 không thỏa mãn

P0
�

+) Nếu  P  1  1 � �
2

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.
b) Tìm tất cả các số nguyên x,y,z,thỏa mãn: 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6.
Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1)
� 3(x-3) 2 + 6y2 + 2z 2 + 3y 2 z 2  33 (2)

Suy ra : z2 M3 và 2z2  33
Hay |z|  3.
Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3.
TH1 : z = 0 , (2)  (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)
Từ (3) suy ra 2y2  11  |y|  2.
Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Với |y| = 1, từ (3) suy ra x �{ 0 ; 6}.
TH2 : |z| = 3, (2)  (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4)
Từ (4)  11y2  5  y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) và (6 ;1 ;0).
Câu 2 (2 điểm). Cho phýõng trình: ( x  3)( x  1)  4 x 2  2 x  3 m
c) Giải phýõng trình với m = -3
d) Tìm m ðể phýõng trình có nghiệm
a) Đặt t = x 2  2 x  3 0 . Phương trình trở thành: t 2  4t  3 0
t 1
 
t 3

t 1  x 1  5

t 3  x 1  13

b) Ðặt t = x 2  2 x  3 0 . Phýõng trình trở thành: t 2  4t  m 0  m t 2  4t
Để pt đầu có ngiệm thì pt (*) phải có nghiệm dương  m  4
Câu 3 (2 điểm). Ngày 01/5/2014 Trung Quốc ngang nhiên, ngỗ ngược cho đặt giàn
khoan HD-981 trên Biển Đông tại vị trí có tọa độ: 15029’58’’vĩ bắc; 111012’06’’kinh
đông. Một tàu cảnh sát biển của Việt Nam dự định chạy từ bờ biển Việt nam đến vị trí đặt
giàn khoan rồi trở lại bờ biển trong khoảng thời gian là 8 giờ. Khi đi tàu chạy với tốc độ
nhanh hơn dự định 10 hải lý/giờ. Khi về do bị tàu quân sự của Trung Quốc đâm hỏng nên
phải dừng lại sửa chữa mất 1 giờ và sau đó chạy với tốc độ chậm hơn dự định 20 hải
lý/giờ. Tổng cộng thời gian cả đi, sửa chữa và về nhiều hơn dự định là 8 giờ.
a) Tính khoảng cách từ bờ biển Việt Nam đến vị trí đặt giàn khoan HD-981.
b) Vị trí đặt giàn khoan của Trung Quốc có nằm trong vùng đặc quyền kinh tế và
thềm lục địa của Việt Nam không? Căn cứ nào khẳng định điều đó?
(Cho biết: 1hải lý = 1852 m;Theo công ước Luật biển1982: Vùng đặc quyền kinh tế: 250
hải lý; thềm lục địa: 200 hải lý!)


Gọi x là tốc độ dự định của tàu .
Điều kiện: x dương ; đơn vị: hải lý/giờ.
Thời gian dự định của cả hành trình là 8 giờ nên ta có khoảng cách từ bờ biển đến vị
trí đặt giàn khoan là 4x (hải lý). Thời gian lúc đi là 4x/(x+10) giờ; thời gian về là 4x/(x –
20) giờ.
Tổng thời gian thực tế là:
.
Giải phương trình được: x = 30 (thỏa mãn) hoặc x = - 100/7(Loại).
Khoảng cách: 30.4 = 120 (hải lý)
Vậy khoảng cách từ bờ biển Việt Nam đến vị trí đặt giàn khoan là 120 hải lý.
2) Ta có 120 < 200 (hải lý). Vậy vị trí đặt giàn khoan của Trung Quốc nằm trong vùng

đặc quyền kinh tế và thềm lục địa của Việt nam (Theo công ước luật biển 1982).
Câu 4 (3điểm). Cho tam giác ABC (ABtâm O, bán kính R. Vẽ đường kính AK của đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của ba
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Gọi S là diện tích tam giác ABC.
a) Chứng minh tam giác ABD và tam giác AKC đồng dạng với nhau. Suy ra
AB.AC = 2R.AD và S =

AB.BC .CA
.
4R

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
c) Chứng minh rằng OC vuông góc với DE và (DE + EF + FD).R = 2 S.


Câu 5 (1điểm). Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh
a
4b
9c


.
bca c ab abc
bca
c  a b
a bc
abc
, y
,z
� x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z 

1
Đặt x 
2
2
2
2
và a  y  z , b  z  x, c  x  y .

của tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 

Khi

đó S 

�
�y 4 x � �z 9 x � �4 z 9 y �
y  z 4( z  x) 9( x  y ) 1 �


 �
�
�  � �  � �  �
2x
2y
2z
2�
z �
�x y � �x z � �y
�

1 � y 4x
z 9x
4z 9 y �
� �
2 . 2 . 2
. � 11
2� x y
x z
y z �

Đẳng thức xảy ra �

y 4x z 9x 4z 9 y

,  ,

x
y x z y
z

1
1
1
� y  2 x, z  3 x , 2 z  3 y � x  y  z  6 x  1 � x  , y  , z 
6
3
2
5
2
1

� a  , b  , c  . Vậy GTNN của S là 11
6
3
2


ĐỀ SỐ 3

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2điểm).

Nguyễn Chiến


a) Giải phương trình:

x 3  6 x 

( x  3)(6  x) 3

 x  y 5(1  xy)
.
 xy  x  y  2 0

b) Giải hệ phương trình : 

1

4

Câu 2 (2điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): y   x2 đường thẳng
(d): y=2x+4m- 1
a) Vẽ đồ thị (P). Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tính diện tích
tam giác OAB theo m
b) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi
qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.
Câu 3. (2 điểm)
a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  x; y; z  thỏa mãn

x  y 2016
y  z 2016

là số hữu tỷ,

đồng thời x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố.
b) Chứng minh rằng, n  Z+ thì : 1 

1
1
1

 .... 
2
2
3
n





n  1 1 .

Câu 4(3 điểm). Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn
(O; R) thay đổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến
AM và AN với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và
BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và đường thẳng MN.
1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh OI.OH = R 2 .
3) Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5(1 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn đẳng thức: ab  bc  ca abc .
Chứng minh rằng:

ĐỀ SỐ 3

b 2  2a 2
c 2  2b 2
a 2  2c 2


 3
ab
bc
ac

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUNG

Thời gian làm bài: 120 phút

Nguyễn Chiến


Câu 1. (2điểm)
c) Giải phương trình:

x 3  6 x 

( x  3)(6  x) 3

x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x)  3 (1)
�x+3 �0
� -3
ۣ
6-x �0
�

Điều kiện : �

x

6 .

�
u x+3
�
, u, v �0 � u 2  v 2  9.
�

�v = 6 - x

Đặt :

Phương trình đã có trở thành hệ :

Suy ra :

�
�
u 2 + v2
=9
(u + v)2 - 2uv = 9
��
�
u + v - uv = 3
u+v
= 3 + uv
�
�
uv = 0
u=0
�
�
��
(3+uv)2-2uv = 9 � �
uv = -4
v=0
�
�

� x+3 = 0
x = -3
�
��
��
.
x= 6
�
� 6-x = 0

Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.

 x  y 5(1  xy)
.
 xy  x  y  2 0

d) Giải hệ phương trình : 

 x  y 5(1  xy ) (1)
.
 xy  x  y  2 0 (2)

 Hệ 

Từ PT (2) có y 

x2
; x   1 (3)
x 1

x2
 ( x  2)
5  5 x.
x 1
x 1
 7 11 1
3
 &  , (cùng  1 t/mãn)
  6 x 2  7 x  3 0;  121 11 2  x 
12
3
2
1 7
 3 
 Thay vào (3) có: Đáp số, hệ có 2 nghiệm (x;y) là  ;   &   ; 1 .
3 4
 2 
1
Câu 2 (2điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): y   x2 đường thẳng
4

Thế (3) vào (1) có : x 

(d): y=2x+4m- 1
a) Vẽ đồ thị (P). Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tính diện tích
tam giác OAB theo m
b) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi
qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.
Gọi A(x ; 0) và B(0 ; y)

Vì M thuộc (P) có x = 2 nên: y = -1. Vậy M (2 ;
-1)
Ta có : SOMA =
O 
-1 
B

1

2







M

1
1
.1.OA ; SOMB = .2.OB
2
2



và từ: SOMA = 2SOMB  OA = 4.OB

A

hay : x = 4.y  x = 4y 

y
1
� =k
x
4


(Với k là hệ số góc của đường thẳng (d) qua M và thỏa điều kiện đề bài).
Đường thẳng qua M(2 ; -1) có hệ số góc k và thỏa điều kiện đề bài là :
1
4

(d1) : y  x 

3
1
1
và (d2) : y =  x 
2
4
2

Câu 3. (2 điểm) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  x; y; z  thỏa mãn

x  y 2016
y  z 2016

là số

hữu tỷ, đồng thời x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố.
Ta có.

x  y 2016
y  z 2016



m
(m, n  N *, (m, n) 1)
n

nx  my (mz  ny) 2016



nx  my  0
�
x y m
��
�   � xz  y 2 .
mz  ny  0
y z
n
�

x 2  y 2  z 2   x  z   2 xz  y 2   x  z   y 2   x  y  z   x  z  y  .
2

2

�x 2  y 2  z 2  x  y  z
Vì x  y  z  1 và x  y  z là số nguyên tố nên �
�x  y  z  1
Từ đó suy ra x  y  z  1 (thỏa mãn).
2

2

2

b) Chứng minh rằng, n  Z+ thì : 1 
Ta có :

1
2
2



k 2 k
k  k 1

Vậy : 1 

2





n 1 1 .

2



1
1
1

 .... 
2
2
3
n



k 1  k

k 1  k





k 1  k







k 1  k .

1
1
1

 ... 
 2( 2  1)  2( 3  2)  2( 4  3)  ...  2( n  1  n ) =
2
3
n
= 2( n  1  1) (đpcm).

Câu 4(3 điểm). Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn
(O; R) thay đổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến
AM và AN với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và
BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và đường thẳng MN.
4) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
5) Chứng minh OI.OH = R 2 .
6) Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn
�  900
I là trung điểm của BC suy ra OI  BC � AIO

�
�  900
AM, AN là tiếp tuyến � AMO
 ANO
Suy ra A, M, N, I, O cùng thuộc một đường tròn
Suy ra M, N, I, O cùng thuộc một đường tròn


Chứng minh OI.OH = R 2 .
�  AIH
�  900 � AFIH là tứ giác nội tiếp
Gọi F  MN �AO � AFH
�  OHA
� � OFI đồng dạng với OHA
� OFI
�

OF
OI
=
� OI.OH = OF.OA (1)
OH OA

Tam giác AMO vuông tại M có MF là đường cao nên OF.OA = OM 2  R 2 (2). Từ
(1) và (2) suy ra OI.OH = R 2
Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định
Tam giác AMB đồng dạng với tam giác ACM � AB.AC = AM 2
Tứ giác EFOI nội tiếp � AE.AI = AF.AO = AM 2
Suy ra AB.AC = AE.AI ; A, B, C, I cố định suy ra AE là hằng số.
Mặt khác E luôn thuộc đoạn thẳng BC cố định nên điểm E cố định. Vậy MN luôn đi

qua điểm E cố định
H

M
E

B

A

I
C

F
O

N

Câu 5(1 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn đẳng thức: ab  bc  ca abc .
Chứng minh rằng:
Đặt

b 2  2a 2
c 2  2b 2
a 2  2c 2


 3
ab
bc

ac

1
1
1
 x;  y;  z suy ra x, y, z >0 và x +y + z =1
a
b
c

Ta có

b 2  2a 2
b 2  2a 2
1
1

 2 2 2 .
2 2
ab
a b
a
b

Tương tự suy ra : x 2  2 y 2  y 2  2 z 2  z 2  2 x 2  3
Theo Bunhia :
3( x 2  2 y 2 ) 3( x 2  y 2  y 2 ) ( x  y  y ) 2 



x 2  2 y 2  y 2  2z 2  z 2  2x 2 

1
3

x2  2y2 

1
3

( x  2 y)

( x  2 y  y  2 z  z  2 x)  3


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3

ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2 điểm).
a) Giải phương trình: ( x  1)( x  2)( x  5)( x  6) 252
 x 4  y 4 1
b) Giải hệ phương trình:  6 6
 x  y 1

Câu 2 (2 điểm).
a) Tìm các giá trị của m để bất đẳng thức sau đúng với mọi x và mọi y

2 x 2  y 2  xy  x  2 y  5  m 0 .
b) Chứng minh rằng n ≥ 1 , n  N :

1
1
1
1


 ... 
2
2 3 2 4 3
(n  1) n

Câu 3 ( 2 điểm). Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 60 km. Một ca nô chạy xuôi
dòng từ bến A tới bến B, nghỉ 1 giờ 20 phút ở bến sông B và ngược dòng trở về A. Thời
gian kể từ lúc khởi hành đến khi về bến A tất cả 12 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và
vận tốc dòng nước biết vận tốc riêng của ca nô gấp 4 lần vận tốc dòng nước.
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với
nhau. Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC (M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn
(O) tại N.
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
� .
2) Chứng minh ND là phân giác của ANB

3) Tính: BM.BN
4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là

trung điểm của EF. Nêu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng :
(AE + AF) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
Câu 5 (1 điểm). Cho x,y,z là các số dương và x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của:

S xyz ( x  y )( y  z )( x  z )

ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2 điểm).
c) Giải phương trình: ( x  1)( x  2)( x  5)( x  6) 252
 x 4  y 4 1
d) Giải hệ phương trình:  6 6
 x  y 1
a)

(x+1)(x+2)(x+5)(x+6)=252 � ( x 2  7 x  6)( x 2  7 x  10)  252

Đặt t  x 2  7 x .


7
2

Vì x 2  7 x  x 2  2. x 

49 49

7
49
49
49

 ( x  )2 
�
nên t �
4
4
2
4
4
4

t  8 (tm)
�
t  24 (l )
�

2
Khi đó phương trình đã cho trở thành: (t  6)(t  10)  252  0 � t  16t  192  0 � �

x 1
�
x  8
�

2
Với t = 8 ta có x  7 x  8 � �

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 1; x = -8
b) Giải hệ phương trình:
�x 4  y 4  1 (1)
�6
6
�x  y  1 (2)

Ta có:
4
6
�
�x �x
x  y  1 � 1 �x, y �1 � � 4
(*)
6
�y �y
4

4

Lấy (2) trừ (1) ta được :

�x 6  x 4  y 6  y 4  0
(**)
�4 4
�x  y  1
Từ (*) và (**) ta suy ra:

�

�x  0
�
�
4
6
�
�x  x
�y  �1
�
�
�4
6
�
�x  �1
�y  y
�
�
�
�y  0
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm:

�x  0 �x  0 �x  1 �x  1
, �
, �
, �
�
�y  1 �y  1 �y  0 �y  0

Câu 2 (2 điểm).
c) Tìm các giá trị của m để bất đẳng thức sau đúng với mọi x và mọi y

2 x 2  y 2  xy  x  2 y  5  m 0 .
 Bước 1: Coi BĐT là bất phương trình bậc 2 đúng với mọi ẩn y, trong dó x và m
coi như tham số, có
y 2  ( x  2) y  2 x 2  x  5  m 0 , y
1 0


2
2
  y ( x  2)  4(2 x  x  5  m) 0, x
 Bước 2: BPT bậc 2 ẩn x này  7 x 2  8 x  16  4m 0, x
70

 
2
 ' x 4  7(16  4m) 0


  28m  96 0  m 

96 24
24

. Đáp số m 
.
28
7
7

d) Chứng minh rằng n ≥ 1 , n  N :

Ta có

1
1
1
1


 ... 
2
2 3 2 4 3
(n  1) n

1
n
1 �
1 �
1 �
�1
�1
�1

 n� 

� n � 
�
�
�
(n  1) n n(n  1)
n 1 �

n 1 �
�n n  1 �
�n
�n
�
n �
1 � �1
1 �
�1
�
1
�
� 
� 2 � 
�. Từ đó ta giải được bài toán.
n 1 � � n
n 1 �
�n
� n 1 �

Câu 3 ( 2 điểm). Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 60 km. Một ca nô chạy xuôi
dòng từ bến A tới bến B, nghỉ 1 giờ 20 phút ở bến sông B và ngược dòng trở về A. Thời
gian kể từ lúc khởi hành đến khi về bến A tất cả 12 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và
vận tốc dòng nước biết vận tốc riêng của ca nô gấp 4 lần vận tốc dòng nước.
ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h
Vận tốc dòng nước: 3 km/h
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với
nhau. Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn
(O) tại N.
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.

� .
2) Chứng minh ND là phân giác của ANB
3) Tính: BM.BN
4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là
trung điểm của EF. Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF)
không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
�
Ta có : ANB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O))
�  900 (vì AB CD tạo O)
AOM
� + AOM
� = 1800
Suy ra: ANB
 tứ giác AOMN nội tiếp.
� .
2) Chứng minh : ND là phân giác của ANB
Ta có : AB, CD là đường kính của (O).
� D  BN
�D
�D  B
�D  AN
AB  CD (gt)  A
 ND là phân giác của góc ANB.
3) Tính: BM.BN
Do BOM  BNA (gg)



BO BM

 BM.BN = BO.BA=3.6=18 
BN BA

BN.BM  18  3 2 cm
� D  900 , E AC, F AD) có M là trung điểm của EF 
4) Ta có:  EAF vuông tại A ( CA
MA = ME = MF  M là tâm của đường tròn qua M có bán kính MA  Điểm E, F là
giao điểm của đường tròn (M; MA) với AC và AD.


Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB)
� D A
�EB
 MA = MB = ME = MF tứ giác AEBF nội tiếp  BF
�
�
Ta lại có: BDF
= 900,
 BCE
�
�
suy ra: DBF
 CBE
�
� ; BDF
�
�
Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ; DBF

= 900
 CBE
 BCE
nên BDF = BCE(gcg) DF = CE
Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD
Mà OAD vuông cân tại O nên AD = OA2  OD2  32  32  3 2
 AE + AF = 6 2 .
Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
Câu 5 (1 điểm). Cho x,y,z là các số dương và x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của:

S xyz ( x  y )( y  z )( x  z )
Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có: x+ y + z �3 3 xyz  3 xyz

1
3

xyz

1
27

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có
( x  y )  ( y  z )  ( x  z ) 33 ( x  y )( y  z )( x  z )


 2 33  x

y  .  y z  .  z x   ( x  y )( y  z )( x  z ) 

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

Vậy S có giá trị lớn nhất là

ĐỀ SỐ 5

8
27

1
8 1
8
� S � . 
3
27 27 729

8
1
khi x = y = z =
729
3

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.
2
2
�
�x  3 xy  x  2 y  2 y
a) Giải hệ phương trình: �3

3
2
�x  y  6 y  y

b) Giải phương trình x  3  3 x 1

( x, y  R )


2
Câu 2. Cho phương trình ẩn x : x  mx   m  1  0

a) Chứng minh phương trình đã cho luôn có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm không dương.
Câu 3.
3
2
a)Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x ; y  thỏa mãn  x  y    x  y  6  .

b)Tìm số tự nhiên n để n 2  4n  2013 là một số chính phương.

Câu 4. Cho  ABC có 3 góc đều nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC;
R, r theo thứ tự là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp  ABC;
M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AB, BC và AC.
a) Chứng minh: BN . OM + BM . ON = BO . MN
b) Đặt ON = d1 ;

OM = d2 ;

OP = d3 .

Tính R + r theo d1 , d2 , d3 ?
Câu 5. Cho a, b, c > 0 và a + b + c <1. Chứng minh rằng :
1
1
1
 2
 2
9
a  2bc b  2ac c  2ab
2

ĐỀ SỐ 5

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN

Nguyễn Chiến

Môn: TOÁN CHUNG
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1.
2
2
�
�x  3 xy  x  2 y  2 y
c) Giải hệ phương trình: �3
.  x, y ��
3
2
�x  y  6 y  y

d) Giải phương trình x  3  3 x 1
2
2
a) Từ pt thứ nhất của hệ ta có: x  3xy  2 y  x  2 y  0 �  x  2 y   x  y  1  0
Th1. Nếu x  2 y thay vào pt thứ hai của hệ ta được:
1
7 y 3  6 y 2  y  0 � y  0, y  1, y   .
7


Th2. Nếu x  y  1 thay vào pt thứ hai của hệ ta được: 9 y 2  2 y  1  0 vô nghiệm. Vậy hệ
�2 1�
pt đã cho có ba nghiệm  x, y    0, 0  ,  2,1 , � ;  �
�7

a) Giải hệ phương trình

x 3 

7�

3

x 1
Điều kiện để phương trình có nghĩa : x �3

Đặt t  3 x � x  3  t 3  3
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
t �1
t �1

�
�
t 3  3  t  1 � �3
� �3 2
2
t  3  (t  1)
t  t  2t  2  0
�
�
t �1
t 1
�
�
��
��
(t  1)(t  2)(t  2)  0
t 2
�
�

+) Với t = 1 ta có x = 1
+) Với t  2 ta có x  2 2
Thử nghiệm x =1 , x  2 2 vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x = 1; x  2 2
Chú ý: Có thể đặt u  3 x ; v  x  3
2
Câu 2. Cho phương trình ẩn x : x  mx   m  1  0
a. Chứng minh phương trình đã cho luôn có nghiệm.
b. Tìm m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm không dương.
2

a. x  mx   m  1  0
Ta có  = m2 + 4 ( m + 1)
=>  = m2 + 4m + 4 = (m+2)2 �0 với mọi giá trị của m
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm
b. PT đã cho có ít nhất một nghiệm không dương khi và chỉ khi PT đã cho có 2
nghiệm trái dấu hoặc PT có 1 nghiệm bằng 0 hoặc PT có 2 nghiệm âm
- PT có 2 nghiệm trái dấu <=> P < 0 <=> - (m + 1) < 0 <=> m > -1
- PT có 1 nghiệm bằng 0 <=> P = 0 <=> - (m +1) = 0 <=> m = -1
2
�
 m  2  �0(luôn dúngm)
 �0
�
�
�
�
- PT có 2 nghiệm âm <=> �P  0 � �(m  1)  0
�S  0
�
m  0
�
�
m 1  0
m  1
�
�
��
 �
Hê vô nghiêm
m  0

m0
�
�
- KL : vậy với m �-1 thì PT có ít nhất một nghiệm không dương.
3
2
Câu 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x ; y  thỏa mãn  x  y    x  y  6  .

a>b+c thì a+b>a-(b+c)
aNếu x �y  6 � x  y  x  ( y  6) �1 � phương trình vô nghiệm.
2
x y y 6 x
x 3 � x �{1; 2}
Do đó x  y  6  �
Với x  1 thay vào phương trình ban đầu ta được:


 y  1

 ( y  5) 2 �  y  3  y 2  5 y  8   0 � y  3 suy ra phương trình có nghiệm

3

 x ; y   (1;

3) .

Với x  2 thay vào phương trình ban đầu ta được:

 y  2

3

 ( y  4) 2 � y 3  5 y 2  4 y  8  0 phương trình này vô nghiệm do y �1 .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm  x ; y   (1; 3) .
Câu 3. Tìm số tự nhiên n để n 2  4n  2013 là một số chính phương.
2
2
+ Giả sử n  4n  2013  m ,  m ��
2
2
+ Suy ra  n  2   2009  m2 � m2   n  2   2009

�  m  n  2   m  n  2   2009

+ Mặt khác 2009  2009.1  287.7  49.41 và m  n  2  m  n  2 nên có các trường hợp sau
xảy ra:
TH1: �m  n  2  2009 �m  1005
��
�
m  n  2 1
n  1002

�
�
TH1: �m  n  2  287

m  147

�
��
�
mn2  7
n  138

�
�
TH3: �m  n  2  49 �m  45
��
�

�m  n  2  41
�n  2

Vậy các số cần tìm là: 1002; 138; 2.
Câu 4. Cho  ABC có 3 góc đều nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC; R, r
theo thứ tự là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp 
ABC; M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AB, BC và AC.
a, Chứng minh: BN . OM + BM . ON = BO . MN
b, Đặt ON = d1 ;

OM = d2 ;

OP = d3 .

Tính R + r theo d1 , d2 , d3 ?

a, Ta có BMO = BNO = 900
=> OMBN là tứ giác nội tiếp

Trên BO lấy E sao cho BME = OMN
=>
 BME
 NMO
BM NM
B

=>
BE NO
=> BM . NO = BE . NM
Chứng minh tương tự BN. OM = OE .MN

M
E

d20 d3

P

O

d1

N

C


Cộng theo từng vế BM .ON +BN . ON = MN . BO
b. Đặt a , b , c là độ dài các cạnh BC , AC , AB của  ABC

theo câu a ta có d1.

a
c
b
+ d2 = R .
2
2
2

áp dụng câu a đối với các tứ giác OMAP , ONCD ta có

c
a
b
+ d3. = R.
2
2
2
a
c
b
d3 . + d2 .
= R.
2
2
2
d1.

Cộng theo từng vế :

R
1
. ( a+b+c) = . ( d1b + d2b + d3c + d3a + d1a + d2c)
2
2
r
1
mặt khác SABC = . ( a+b +c ) =
.( d1c + d3b + d2a )
2
2
Do đó ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d1+d2+d3)
hay R + r = d1 + d2 + d3
Câu 5. Cho a, b, c > 0 và a + b + c <1. Chứng minh rằng :
1
1
1
 2
 2
9 (1)
a  2bc b  2ac c  2ab
2

Giải:

Đặt x = a 2  2bc ; y = b 2  2ac ; z = c 2  2ab

Ta có x  y  z  a  b  c  2  1
1

1

1

(1)  x  y  z 9 Với x + y + z < 1 và x ,y,z > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
x  y  z 3. 3 xyz và

ĐỀ SỐ 6

1 1 1
1
  3. . 3

x y z
xyz

 x  y  z . 1  1  1  9
x

y

z

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN

Nguyễn Chiến

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (2 điểm). Cho biểu thức: A =






 
xy  x
x 1

 1 :  1 
 
xy  1
1  xy
 

a) Rút gọn biểu thức.
1

1

b) Cho x  y 6 . Tìm x để A đạt giá trị lớn nhất.
Câu 2 ( 2 điểm).

xy 

x

xy  1



x  1 
xy  1 


8 xy
 2
2
 x  y  x  y 16
a) Giải hệ phương trình: 
 x  y x 2  y


b) Giải phương trình

3

x 2  26  3 x  x  3 8

Câu 3 (2 điểm).
a) Cho f  x  

x3
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
1  3x  3 x 2

 1 

 2 
 2015 
Af
 f
  ...  f 

 2016 
 2016 
 2016 

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức : x2 + xy + y2 = x2y2
Câu 4 (3 điểm). Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB và tia tiếp tuyến Bx của nửa
đường. Trên tia Bx lấy 2 điểm C, D (C: nằm giữa B và D). Các tia AC và AD lần lượt cắt
đường tròn tại E và F; hai dây AE và BF cắt nhau tại M. Hai tia AF và BE cắt nhau tại N.
Chứng minh rằng:
a) MN // Bx.
b) Tứ giác CDFE nội tiếp.
Câu 5 (1 điểm). Cho các số dương a, b, c biết
Chứng minh rằng: abc 

ĐỀ SỐ 6

a
b
c


1
1 a 1 b 1 c

1
8

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN

Nguyễn Chiến

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (2 điểm). Cho biểu thức: A =






 
xy  x
x 1

 1 :  1 
 
xy  1
1
xy
 

xy 

x

xy  1

a. Rút gọn biểu thức.
1

1

b. Cho x  y 6 Tìm Max A.
1

a) Đk : x  0; y  0; x.y  1. Quy đồng rút gọn ta được: A = x. y
b)

1
x



1
y

6  A 

1
x

.

1

y

9  Max A = 9 

1
1
1

3  x  y 
9
x
y



x  1 
xy  1 


Câu 2 ( 2 điểm).
a)Giải hệ phương trình:
8 xy
 2
2
 x  y  x  y 16

 x  y x 2  y


Giải hệ phương trình:

8 xy
 2
2
 x  y  x  y 16

 x  y x 2  y


(1)

* (1)

(2)

* Điều kiện: x + y > 0 (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y)
 [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0
 (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0
 (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0
 (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0
x y4  0
�

(3)

 �2 2
x  y  4(x  y)  0 (4)
�
Từ (3)  x + y = 4, thế vào (2) ta được:
x  3 � y  7
�

x2 + x – 4 = 2  x2 + x – 6 = 0  �
x  2�y2
�
2
2
.(4) vô nghiệm vì x + y ≥ 0 và x + y > 0.
Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2)

b) Giải phương trình 3 x 2  26  3 x  x  3 8 (1)
Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1)
Với 0 x  1 thì: 3 x 2  26  3 x  x  3  3 12  26  3 1  1  3 8 . Nên PT vô nghiệm với
0 x  1

Với x >1 Thì: 3 x 2  26  3 x  x  3  3 12  26  3 1  1  3 8
Nên PT vô nghiệm với x >1
Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1
Câu 3 (2 điểm).
a) Cho f  x  

x3
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
1  3x  3x 2

 1 
 2 
 2015 
Af
 f
  ...  f 


 2016 
 2016 
 2016 
Nhận xét. Nếu x  y  1 thì f  x   f  y   1 .

 1 x
� f  y   f  1 x   3
Thật vậy, ta có f  x   3
3
3
x   1 x
x   1 x
3
1 x

x3
 3
1.
suy ra f  x   f  y   f  x   f  1  x   3
3
3
x   1 x
x  1 x
3

x3

1

1

��
Vậy, nhận xét được chứng minh. Ta có f � � .
2
2
��