21 DE THI HSG CAP TINH

ĐỀ 1
�x  3 x  2

x  x �� 1

1

�


Câu 1: (4.0 điểm). Cho biểu thức: P  �
�  x  0 và x �1
�x  x  2  x  1 �
�: �
x 1 �
�
�� x  1
1
x 1

�1
P
8
2(1  m)
2
.x 
Câu 2: (4.0 điểm) 1. Cho đường thẳng (d) có phương trình: y 
(với m tham
m2
m2
số, m �2 )

a) Rút gọn P

b. Tìm x để

a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua.
b) Xác định giá trị tham số m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là
lớn nhất.
2. Giải phương trình: x 2  2 2 x 3  1.
�x 2  y 2  xy  1
C âu 3: (4.0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: � 3
� 2x  x  y
2. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
x  y 2014 là số hữu tỉ và 2
x  y 2  z 2 là số nguyên tố.
y  z 2014

Câu 4: (6.0 điểm)
1. Trên dây cung AB của đường tròn (O) lấy 2 điểm P và Q sao cho AP = PQ = QB.
Vẽ bán kính OK qua P và bán kính OL qua Q. Chứng minh: AK < KL
2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác
ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại
M, N, P.
AI
BI CI


 2.
a) Chứng minh:
AM BN CP

1
1
1
4


�
2 .
b) Chứng minh:
AM.BN BN.CP CP.AM 3 R  OI 
Câu 5: (2.0 điểm) Cho các số thực dương x, y thoả mãn điều kiện xy ( x  y )  x  y .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x+y
Hết
Họ tên thí sinh:.................................
Số báo danh:.................
Giám thị không giải thích gì thêm


Câu

Ý

Đáp án và hướng dẫn chấm
 x 3 x 2 x  x   1
1 
 : 
P 


.


x  1   x 1
x  1
 x x  2
 x 1 x  2

x ( x  1)  
x1
x 1
:




  ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) 


(
x

1
)(
x

2
)
x

1
x


1

 

 x 1
x 
2 x
:

= 

x  1  ( x  1)( x  1)
 x1



a
(2đ)



=

1

=

x1
x 1

.







( x  1)( x  1)

1

P

x 1

0.25

2 x

x 1
2 x
x 1
1 

 1 0
8
8
x 1

16 x
( x  1) 2 8( x  1)



0
8( x  1) 8( x  1) 8( x  1)



b
(2đ)



 ( x  3) 2
8( x  1)

x  3 0 . Vì

1
Vậy x = 9 thì 
P

1.a
(1đ)

(d): y 

0.25

0.5
0.5

0
 ( x  3) 2
8( x  1)

0

 x 3
 x 9(T / M )

2

0.5

0.25
Vậy P =

Ta có:

0.5

0.5

2 x

2 x

1

Điểm

x 1
1
8

0.25
0.25
0.25

2(1  m)
2
.x 
; với m tham số, m �2
m2
m2

Gọi I ( x0 ; y0 ) là điểm cố định (d) luôn đi qua: Thay vào PT của (d) ta có:
y0 

2(1  m)
2 , với mọi
.x0 
m �2
m2
m2

� my0  2 y0  2 x0  2mx0  2 , m

�y0  2 x0  0
�x0  1
� m( y0  2 x0 )  2 y0  2 x0  2  0; m � �
��
2 y0  2 x0  2  0
�
�y0  2

Vậy điểm cố định (d) luôn đi qua là I(1;-2)

0.25
0.25
0.25
0.25


Xét m  1 � y  2 . Suy ra khoảng cách từ O đến (d) bằng 2

0.25

Xét m 1 . Tìm được:
�1
�
;0 �
�m  1 �

Tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A �

0.25

� 2 �
Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B �0;
�
� m2�

Ta có:  AOB vuông tại O và có khoảng cách từ O đến (d) là OH (đường
1.b
(1.5đ)

cao) nên:

1
1
1
1
( m  2) 2
1
1
1
2


�

(
m

1)




hay
OH 2 x A2 yB2
OH 2
4
OH 2 OA2 OB 2
� OH 2 

� OH 

4
2
� OH 
2
4( m  1)  ( m  2)
5m2  12m  8

0.25

2
2
�
 5
6 2 4
4
5(m  ) 
5
5
5

0.25

2

0.25

6
5

Dấu “=” xảy ra khi m  .

0.25

Vì 2  5 nên OH max  5 � m 

6
5

ĐK: x  1 .
Ta có: x 2  2 2 x 3  1

0.25

 x  1  x 2  x  1 2 x 3  1  x  1  x 2  x  1  2

2
(1.5đ)





x 1 



2

x 2  x  1 0 

x 1 

 x  1 x 2 

x 2  x  1 0



x  1 0

0.25
0.25

 x  1  x 2  x  1  x 2  2 x 0  x x  2  0

0.25

Suy ra x 0 ; x 2 (TMĐK)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  0;2

0.25
0.25


�x 2  y 2  xy  1(1)
� 3
� 2 x  x  y (2)
Thay (1) vào (2) được 2x3 = (x+y)(x2+y2-xy) = x3+y3

0.5

 x y
3

a
(2đ)

Thay x = y vào (2) ta được : 2x = 2x  2x(x-1)(x+1)=0
Suy ra: x=0 hoặc x=1 hoặc x=-1
Thử lại:
+) Với x=y=0 thay vào (1) không thoả mãn.
+) Với x=y=1 thay vào (1) thoả mãn.
+) Với x=y =-1 thay vào (1) thoả mãn.
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (x;y) = (1;1),(-1;-1).
Ta có

3

x  y 2014
y  z 2014



0.5
0.5
0.5

m
(1) , trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn
n

n 0, (m, n) = 1.
(1)  nx  my  2014 (ny  mz )(2)

0.5

Vì 2014 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có
nx  my
�
� xz  y 2 .
(2) <=> nx – my = ny – mz = 0 � �
ny  mz
�
Ta lại có : x 2  y 2  z 2   x  z   2 xz  y 2

0.25

2

b

(2đ)

  x  z   y2   x  y  z   x  y  z 
2

0.25

Vì x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x – y
0.25
+ z = 1. Do đó x 2  y 2  z 2  x  y  z (3)
Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên x 2 �x ; y 2 �y ; z 2 �z
Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1.
0.25
x  y 2014
0.25
1 và x 2  y 2  z 2  3 (thỏa mãn)
Khi đó
y  z 2014

Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

0.25


-Vẽ đường kính AN
-Chỉ ra được OP là đường trung bình của AQN  PO // QN
  AOP ONQ

K

(đồng vị)

L

0.25

Q

P
A

  POQ OQN

1
(2đ)

B

0.25

(So le trong)

-

O

0.25

Xét ONQ có OQ < ON

N

  ONQ   OQN
  AOP   POQ
hay  AOK  KOL
 Sđ AK < Sđ KL
 AK < KL

2a
(2đ)

4

0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

Kẻ IK, AH vuông góc với BC tại K, H. Ta có:
IM
IK
S
A

 IBC
AM AH SABC
Tương tự, ta có:
IN SIAC IP SIAB P

I

,

BN SABC CP SABC
IM
IN IP


1
Suy ra:
AM BN CP B
H
K M

0.5

N

0.5
O
C

AM - AI BN  BI CP  CI


1
AM
BN
CP

AI
BI CI



2(đpcm)
AM BN CP

0.5



0.5

AI
BI CI OA  OI OB  OI OC  OI


�


AM BN CP
AM
BN
CP
1
1 �
�1
۳ 2  R  OI  � 


�
�AM BN CP �
2
1
1
1
۳


 v�R  OI 
R  OI AM BN CP
2
Chứng minh:  x  y  z �3 xy  yz  zx (*)
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z
Áp dụng (*)
2
1
1
1
1� 1
1
1 �


� � 

�
AM.BN BN.CP CP.AM 3�AM BN CP �

Ta có: 2 

2b
(2đ)

0.5

0.5
0.5

2

1� 2 �
4
� �
 �pcm
�
3�R  OI � 3 R  OI  2
Khi tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra.

0.5


Do x, y > 0 và xy ( x  y )  x  y ta suy ra x > y > 0
2
2
và xy(x-y) = (x+y) (1)
Đặt a = x+ y; b = xy (a, b > 0 ; a2  4b)
2
2
2

2
Ta có: (1)  b(a  4b) a  a (b  1) 4b
4b 2
Suy ra: b-1 > 0 và a  b  1
b2
1
1
1
Lại có: b  1 b  1  b  1 (b  1)  b  1  2 2 (b  1). b  1  2 4
2

5

2đ

(theo bđt cô si)
2

Do đó: a 16.
Mà a > 0 nên a 4  x  y 4

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

1

2
Dấu “=” xảy ra khi b  1  b  1  (b  1) 1  b 2

 x  y 4
Khi đó:  xy 2 


Lưu ý:

 x 2  2

(Vì x > y)
 y 2  2

Vậy Min (x+y)=4 khi x 2  2 ; y 2  2 .
Học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng.
Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm.

0.25
0.25


ĐỀ 2
Bài 1 (4 điểm)
�x  2
x 2
1 � x 1


:

a/ Rút gọn biểu thức A  �
với x �0; x �1
�
x
x

1
x

x

1
1

x
x

x

1
�
�
1
2015
3
b/ Tính giá trị biểu thức B   x 3  3x  3
với x  2  3  3
2 3
Bài 2 (4 điểm)
a/ Giải phương trình  x 2  4x   9x 2  36x  20  0

2

2
2
�
�x  2y  3  y  4x
b/ Giải hệ phương trình: � 2
2
�x  y  5
Bài 3 (4 điểm)
a/ Giải phương trình nghiệm nguyên 2xy 2  x  y  1  x 2  2y 2  xy

x3  x
b/ Tìm các số nguyên dương x, y sao cho
là một số nguyên
3xy  1
Bài 4 (6 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là điểm
trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B). Gọi M,N,P theo thứ tự là hình chiếu của I
trên các đường thẳng BC, CA, AB.
a/ Chứng minh ba điểm M,N,P thẳng hàng
b/ Xác định vị trí điểm I để đoạn thẳng MN có độ dài lớn nhất.
c/ Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC,
CA,AB. Kẻ EQ vuông góc với GF. Chứng minh QE là tia phân giác của góc BQC.
Bài 5 (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn 6a  2b  3c  11 . Chứng minh


2b  3c  16 6a  3c  16 6a  2b  16


�15

1  6a
1  2b
1  3c
Hết
Họ tên thí sinh:.................................
Số báo danh:.................
Giám thị không giải thích gì thêm

Bài

Câu

Tóm tắt cách giải
�x  2
x 2
1


Ta có A  �
�x x  1 x  x  1 1  x

a
2điểm



x2

1


(4,0
đ)





  x  1   x 
 x  1  x  x  1
x 2

x 1



Điểm
� x 1
:
�
�x  x  1

x 1 x  x 1
.
x 1

x  x 1
x 1
x 1 x  x 1





1,25

.

1
Vậy A=1
Ta có

0,5
0,25

3

b
2điểm

�
�
1
x 3  �3 2  3 
�
�
�
3
2


3
�
�
�
�
1
1
2 3
 3 �3 2  3 
�
�
�
3
2 3
2

3
�
�
 4  3x

� x  3x  3  1
� B 1
3

0,25

0,75
0,5
0,25

0,25


a
2điểm
2
(4,0
đ)

0,25
0,5
0,5
0,5
0,25

b
2
2
�
�x  2y  3  y  4x (1)
�2
2
�x  y  5
2
2
�  x  2    y  1
Ta có: PT(1)

2điểm

Bài
3

Đặt t  x 2  4x Điều kiện t �4 .
2
Phương trình trở thành t  9t  20  0 �  t  4   t  5   0
t  5 (L)
�
��
t  4  t / m 
�
2
Với t  4 � x 2  4x  4 �  x  2   0 � x  2
Vậy nghiệm phương trình x=2

a

x  2  y 1 �
y  x 1
�
��
��
x  2 1 y
y 3 x
�
�
Khi đó ta có các hệ phương trình
�y  x  1
�y  x  1
�x  1

�x  2
�
�
+ �2
hoặc
�
�
�
2
x2  x  2  0
�y  2
�y  1
�x  y  5 �
�y  3  x
�y  3  x
�x  1
�x  2
�
�
+ �2
hoặc
�
�
�
2
2
�y  1
�x  y  5 �x  3x  2  0 �y  2
Vậy nghiệm hệ phương trình (x,y)=(-1;-2);(2;1);(1;2)

Ta có
2xy 2  x  y  1  x 2  2y 2  xy

�  x  1   2xy  2y    xy  y    x  1  1
2

2điểm

2

0,5
0,25

0,5
0,5
0,25
0,25

2

�  x  1  2y 2  x  y   1

 1

Vì x �Z, y �Z � x  1�Z, 2 y 2  x  y �Z do đó
�x  1  1
�x  1  1
pt(1) � � 2
hoặc � 2
2y  x  y  1

2y  x  y  1
�
�
�x  2
�x  1  1
�x  2
�
��
Với � 2
1 � �
�y  1
�2y  x  y  1 �y  1 V y 
�
2
�x  0
�x  1  1
�x  0
�
��
�
Với � 2
�
1
2y  x  y  1 �y  1 V y 
�y  1
�
�
2
Vậy nghiệm phương trình (x,y)=(2 ;1) ;(0 ;1)

0,5

0,5
0,25
0,25
0,25


b

2điểm

x3  x
3xy  1
+ Chứng minh: x và 3xy-1 nguyên tố cùng nhau
+ Từ giải thiết suy ra
x  x 2  1 M
 3xy  1 �  x 2  1 M 3xy  1

��
M
 3xy  1 � x  x  3y  M 3xy  1
 x  1   3xy  1 �
�
�

0,25
0,25

2

� x  3yM
3xy  1

*
Đặt x  3y  k  3xy  1 (k �� )
Ta có
2  3xy  1   x  3y   2  xy  1  x  y  1  3y  x  1 �0 (1)

� 2  3xy  1 � x  3y 

0,25
0,25

0,25

� k  3xy  1 �2  3xy  1

��
k  2 k  1;2
+ Với k = 1 ta có

�x  2
x  3y  3xy  1 �  x  1  3y  1  2 � �
�y  1
+ Với k= 2 ta có x  3y  2  3xy  1 từ (1) � x  y  1
Vậy nghiệm của phương trình (x,y)=(2,1) ;(1,1)

0,25
0,25

0,25


Bài
4

a
2điểm

N

Ta có : INA vuông tại N
IPA vuông tại P
� INAP là tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính AI
�  IAN
� (cùng chắn
� IPN
� ) (1)
IN
Ta có : IPB, IMB vuông
lần lượt tại P và M nên tứ
giác IPMB nội tiếp đường
tròn đường kính IB

I

A

0,25

P

0,25

O

B

M

C

�  MIP;PBI
� �  PMI
�
� MBP
�  MPI
�  MIP
�  PMI
�  MPI
�  1800  2 
� MBI
Ta có :4 điểm A, B, C, I thuộc (O)
�
� �  CIA
�
IBA  CAI;CBA



0,25

0,25



�  CAI
�  IBA
�  CBA
�
�
� IBC
 CAI
�  CIA
�  CAI
�  1800  3
 ICA
�  CAI
� (4)
Từ (2) và (3) � MPI
�  IPN
�  CAI
�  IAN
�  1800
Từ (1) và (4) � MPI
Suy ra 3 điểm M, P, N thẳng hàng

0,25
0,25

0,25
0,25

b
2điểm

Theo chứng minh trên ta có:
�  IMN;IAB
� �  INM
�
IBA
� IAB ∽ INM  g.g 
MN IM
�

�1 ( vì IM �IB )
AB IB
 MN AB
�  IBC
�  900 � CI là
Dấu = xảy ra khi M �B, N �A � IAC
đường kính của đường tròn (O)
Vậy MN lớn nhất bằng AB khi I đối xứng với C qua O.

0,5
0,5
0,5
0,5

c

A

Gọi B’ và C’ lần lượt là
hình chiếu của B và C
trên đường thẳng GF

2điểm

Bài
5

2điểm

�  CGC'
�
C/ m BGB'
� BB'G ∽ CC'G
BB' BG
�

(8)
CC' CF
Lại có
BG=BE;CF=CE
Và BB’//OE//CC’
BG BE B'Q
�



(9)
CF CE QC'
BB' B'Q

Từ (8) và (9) �
CC' C'Q
� BB'Q ∽ CC'Q  c.g.c 

B'

G

Q

0,25

C'

F

0,5
B

E

�
�
� B'BQ
 C'CQ

�  CQE
�
� BQE
(Vì OE//BB’//CC’)
Suy ra QE là tia phân giác của góc BQC.
Đặt 6a  1  x;2b  1  y;3c  1  z � x  y  z  14
và x, y,z  1
Ta có

2b+3c+16 =y+z+14 ;
6a+3c+16=x+z+14
6a+2b+16=x+y+14
Bất đẳng thức trở thành
y  z  14 z  x  14 x  y  14


�15
x
y
z
Ta có
y  z  14 z  x  14 x  y  14
A


x
y
z
�y x � �z x � �y z � �1 1 1 �
 �  � �  � �  � 14 �   �

�x y � �x z � �z y � �x y z �
�1 1 1 �
�6  14 �   �
�x y z �
1 1 1
9
9
  �

C/m
x y z x  y  z 14

C

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,5
0,25


Suy ra A �6  14.
Dấu = xảy ra khi

9
 15
14

� 11
a
�
18
�
6a  2b  3c
�x  y  z
�
� 11
��
��
b
�
x

y

z

14
6a

2b

3c


11
�
�
� 6
� 11
c
�
� 9
Suy ra điều phải chứng minh.
Cách khác : cộng mỗi phân thức với 1 rồi sử dụng bđt dạng
Engle.

Lưu ý : Hs làm cách khác đúng vẫn được điểm tối đa
Bài hình học sinh có thể sự dụng kiến thức tứ giác nội tiếp đường tròn.

0,25

0,25


ĐỀ 3
Bài 1 (4 điểm)

Cho biểu thức P 

2x  2 x x  1 x x  1


x
x x

x x

a/ Rút gọn biểu thức P
8
b/ Tìm x để biểu thức
có giá trị nguyên
P
Bài 2 (4 điểm)
2x
x
3
 2

a/ Giải phương trình
2
3x  x  1 3x  4x  1 2
�
�
5 �
3
�
�
� 2y  4
y

42x
�
�
�
b/ Giải hệ phương trình: �

�
5 �
�
3
�
�x 2
�
y

42x
�
�
�
Bài 3 (4 điểm)
a/ Cho đường thẳng (d):  m  2  x   m  1 y  1 với m là tham số. Tìm m để khoảng cách
từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
b/ Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương (x; y ; z) thỏa mãn: xyz = x2 - 2z + 2
Bài 4 (6 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ đường tròn có tâm O thuộc cạnh BC và
tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi I là điểm chuyển động trên cung nhỏ
DE (I khác D, E).Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N.
a/ Chứng minh rằng chu vi tam giác AMN không đổi.
b/ Chứng minh BC2  4BM.CN
c/ Xác định vị trí điểm I trên cung nhỏ DE để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
Bài 5 (2 điểm) Cho x, y là các số dương thay đổi thỏa mãn x + y = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất
x
y

của biểu thức P 
1 x
1 y

Hết
Họ tên thí sinh:.................................
Số báo danh:.................
Giám thị không giải thích gì thêm

Bài

Câu

NỘI DUNG

Điểm


ĐKXĐ: x  0, x �1
a

Ta có P 

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

2điểm
1


(4,0
đ)

0,5

2x  2

x




x

 

x 1 x  x 1



x 1





x 1 x  x 1
x

2x  2 x  x  1 x  x  1




x
x
x
2x  2 x  2

x
2x  2 x  2
Vậy với x  0, x �1 thì P 
x
Với x  0, x �1 ta có
2x  2 x  2
1 �
�
 2� x 
� 2
x
x�
�
 2.2  2  6 ( Dấu = không xảy ra vì x �1 )
8 8 4
�0  
P 6 3
8
8
Vì có giá trị nguyên nên  1 � P  8
P
P

0,75
0,5
0,25

P

b
2điểm

� 2x  2 x  2  8 x � x  3 x  1  0  1
Giải pt(1) ta được x 

3� 5
t/m ĐKXĐ
2

8
3� 5
Vậy x 
thì có giá trị nguyên
P
2

0,75
0,5
0,25
0,25

0,25

a
2điểm
2
(4,0
đ)

2x
x
3


(1)
3x 2  x  1 3x 2  4x  1 2
Ta có x= 0 không là nghiệm của phương trình (1)
4
2
pt(1) �

3
1
1
Nên
3x   1 3x   4
x
x
4
2
1


3
Đặt t  3x 
pt trở thành
t 1 t  4
x
� 4  t  4   2  t  1  3  t  1  t  4 

0,5
0,5

� t 2  7t  10  0
t2
�
��
t 5
�
1
 2 � 3x 2  2x  1  0 pt vô nghiệm
x
1
Với t  5 � 3x   5 � 3x 2  5x  1  0 .
x
5 � 13
Giải pt ta được x 
6
5 � 13
Vậy nghiệm pt x 
6
Với t  2 � 3x 

0,5
0,25

0,25


b

2điểm

Đk: x  0, y  0
�
�
�
5 �
5
2 2
3
2y  4 �
3

�
�
�
y
�
� y  42x �
� y  42x
��

�
�
5
2
5 �
�
�
3
x 2
3

�
�
�
�
x
� y  42x �
� y  42x
�
�1
2
5

� 
y y  42x
1 2
15
�x
��
�  

x y y  42x
�1  2  3
�x
y
�
�  y  2x   y  42x   15xy

�  y  3x   y  28x   0
� y  3x (vì y  28x  0 )
1
2
2 3

3� x 
Thế vào pt thứ hai ta được
x
3x
3 3
52 6
52 6
�x
�y
27
9
�5  2 6 5  2 6 �
;
Vậy nghiệm hpt  x, y   �
�
27
9

�
�

0,75
0,25
0,25

0,75


Bài
3

a

2điểm

(d):  m  2  x   m  1 y  1
+ Với m= 2, ta có đường thẳng (d): y=1
Do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1
(1)
+ Với m=1, ta có đường thẳng (d): x=-1
Do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1
(2)
m
�
1;2
+ Với
Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung
1

� 1 �
� A�
0;
�� OA 
m 1
� m 1�
Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành
1
� 1
�
� B�
;0 �� OB 
m2
�m  2 �
Gọi h là khoảng cách từ O đến đường thẳng (d). Ta có
1
1
1
2
2


  m  1   m  2 
2
2
2
h
OA
OB
2

� 3� 1 1
 2m  6m  5  2 �
m  � �
� 2� 2 2
2

3
(3)
2
3
Từ (1),(2) và (3) suy ra Max h  2 khi m 
2
2
 �
h
2

h

2

Max h

2 khi m 

0,25
0,25

0,25

0,25

0,5
0,25
0,25


b

Với x, y , z là các số nguyên dương. Xét phương trình
xyz = x – 2z + 2 � z 
2

2điểm

x2  2
là số nguyên dương
xy  2

0,5

+ Nếu x = y thì z = 1. Khi đó nghiệm pt (x,y,z)= ( m ;m; 1)
với m là số nguyên dương bất kì
+ Nếu x < y thì z < 1 (không thỏa mãn đề bài)
+ Nếu x > y thì x2 + 2 > xy +2
Vì z là số nguyên dương nên x2 + 2 Mxy + 2
� y(x2 + 2) Mxy + 2 � x(xy + 2) -2(x – y) Mxy + 2
� 2(x – y)

Mxy

0,25
0,25

+2

Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2(x – y) = k(xy + 2)
Nếu k �2 thì x – y �xy + 2 � (x + 1) (y – 1) + 3 < 0(vô lý)
Nếu k = 1 thì 2(x – y) = xy + 2 � (x + 2) (y – 2) = - 6
Vì x; y nguyên dương nên y = 1 ; từ đó x = 4 ; z = 3
Vậy (x ;y ;z)= ( m ;m ; 1) với m là số nguyên dương tùy ý và
(x ; y ; z) = (4 ; 1 ; 3) thỏa mãn phương trình

Bài
4

a
2điểm

Vì O �BC ,(O) tiếp xúc
với AB,AC và ABC
cân tại A � O là trung
điểm của BC
� D cố định
� AD không đổi
Chu vi tam giác AMN là
AM  AN  MN
 AM  AN  MI  IN
 AM  MD  AN  NE

 AD  AE
 2AD không đổi

0,5
0,5

A

0,5
N

I
M
D
B

1,5

E
O

C


b
2điểm

c

2điểm

Bài
5

2điểm

�
�  ION
�  1 DOE
�  900  1 A
�
 MOI
Ta có MON
2
2
�C
�  900  1 A
�
Vì ABC cân tại A � B
2
�
�C
�
� MON
B
�  OMN
�
�  ONM
�
Mặt khác BMO

và CNO
� MON ∽ MBO và MON ∽ OCN
� MBO ∽ OCN
BM OC
BC 2
�

� BM.CN  OB.OC 
OB CN
4
� BC2  4BM.CN
Ta có SAMN  SABC  SBMNC lớn nhất khi SBMNC nhỏ nhất
1
SBMNC  SOBM  SOMN  SOCN  R  BM  MN  NC  với R là
2
bán kính đường tròn tâm O
1
1
 R  BM  MI  IN  CN    BM  MD  NE  CN 
2
2
1
 R  2BM  BD  2CN  CE 
2
 R  BM  CN  BD  Vì BD=CE
Vì R và BD không đổi nên SBMNC nhỏ nhất khi BM+CN nhỏ
nhất
BC2
Lại có BM.CN 
không đổi � tổng BM+CN nhỏ nhất

4
BC
� BM  CN 
. Khi đó MN//BC � I là điểm chính giữa
2
của cung DE
x
y

y
x
2
2
3
3
x
y
x y
� P2 

 2 xy 
 2 xy
y
x
xy

Từ giả thiết x+y=1, ta có P 

 x  y


Đặt

 3xy  x  y 
1
 2 xy 
 2 xy  3
xy
xy
xy 1
xy  t với 0 �t �

2
2

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

0,25

3

0,5


2t 3  5t 2  1
�1
�
� P  �2  2t  5 � 2 
2
t2
�t
�
2





 1  2t   1  2t  t
t2

2

 2

1
Vì 0 �t � � 1  2t �0;1  2t  t 2 �0
2
2
 P 2 P
2

1
1
Dấu = xảy ra khi t  � x  y 
2
2
1
Vậy MinP  2 khi x  y 
2

0,5

0,5

0,25

Lưu ý : Hs làm cách khác đúng vẫn được điểm tối đa
Bài hình học sinh có thể sự dụng kiến thức tứ giác nội tiếp đường tròn.

ĐỀ 4
Câu I (4 điểm )
�

�� 1
1 a
1 a
1�

.

1


�
�
� (với 0  a  1 )
� 2
a�
1 a2 1 a �
� 1 a  1 a
�� a
�

1. Cho biểu thức: A = �
�

Rút gọn biểu thức A.
2. Cho phương trình: x 2  x  1  0 , với x1 là nghiệm âm của phương trình
Tính giá trị biểu thức: B  x18  10 x1  13  x1
Câu II (4 điểm )
2
2
1. Cho phương trình: x  4 x  m x  2  m  0 . Tìm m để phương trình có nghiệm
2
2
�
�y   x  8   x  2 
2. Giải hệ phương trình: �
16 x  8 y  16  5 x 2  4 xy  y 2
�

Câu III (4 điểm )
1. Tìm tất cả nghiệm nguyên ( x, y ) của phương trình: ( x 2  y)( x  y 2 )  ( x  y )3
2. Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn: x 1  y 2  y 2  z 2  z 3  x 2 3
Câu IV (6 điểm )
1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ). AD, BE, CF là ba đường cao
 D �BC , E �CA, F �AB  . Đường thẳng EF cắt BC tại G, đường thẳng AG cắt lại đường tròn
(O) tại điểm M .
a. Chứng minh rằng bốn điểm A, M , E , F cùng nằm trên một đường tròn.
b. Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng
GH  AN

2. Cho đường tròn (O) và BC là một dây cung khác đường kính của đường tròn. Tìm
điểm A thuộc cung lớn BC sao cho AB + 2AC đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (2 điểm ) Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  1
Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
3


�
1  2bc 1  2ca 1  2ab 5

ĐÁP ÁN
Câu
I

Ý

1

Nội dung
�

�� 1
1 a
1 a
1�

.�
1  �
�
(với 0  a  1 )
2
�
�
a�
1  a 2  1  a �� a
� 1 a  1 a
�

Rút gọn A = �
�

Điểm

2,0

Rút gọn A = -1

2

Cho phương trình: x 2  x  1  0 , với x1 là nghiệm âm của phương trình
Tính giá trị biểu thức: B  x18  10 x1  13  x1
Vì x1 là nghiệm âm của phương trình nên: x12  x1  1  0 � x12  1  x1
Suy ra: x14  (1  x1 ) 2  x12  2 x1  1  1  x1  2 x1  1  2  3 x1
x18  (2  3 x1 )2  9 x12  12 x1  4  x12  8(1  x1 )  12 x1  4  x12  20 x1  12

2,0
0,25
0,5
0,5

Do đó: B  ( x12  20 x1  12)  10 x1  13  x1  x12  10 x1  25  x1
 ( x1  5) 2  x1  x1  5  x1  5  x1  x1  5 (vì x1  0 )

0,5


II

1

Vậy B = 5.
2
2
Cho phương trình: x  4 x  m x  2  m  0 (1)
Tìm m để phương trình có nghiệm
Đặt t  x  2 �0 . Khi đó PT (1) trở thành: t 2  mt  m 2  4  0 (2)
Phương trình (1) có nghiệm � PT (2) có ít nhất một nghiệm t �0

0,25

TH1: PT (2) có nghiệm t  0 � m2  4  0 � m  �2
TH2: PT (2) có nghiệm t1  0  t2 � m 2  4  0 � 2  m  2
TH3: PT (2) có nghiệm t2 �t1  0

0,25
0,5

�4 3
4 3
�
�m �
�
 �0
16  3m2 �0
�
3
� 3
4 3
�
�
�
� �S  0 � �
m0
��
m0
� 2m�
3

�P  0
�
�m  2
m2  4  0
�
�
�
�
�
�
m  2
��
4 3
thì PT (1) có nghiệm.
3

Kết hợp các TH ta được: 2 �m �
2

2
2
�
(1)
�y   x  8   x  2 
Giải hệ phương trình �
16 x  8 y  16  5 x 2  4 xy  y 2 (2)
�

PT (2): y   4 x  8  y   16  16 x  5 x   0
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn y, còn x là tham số.

2
Ta có  '   2 x  4    16  16 x  5 x 2   9 x 2
Từ đó, tìm được y  4  x, y  5x  4
Nếu y  4  x , thay vào phương trình (1), giải được x  0, x  2, x  5
Với x  0 thì y  4  x  4
Với x  2 thì y  4  x  6
Với x  5 thì y  4  x  9
2

1

0,25

0,5

0,5
2,0

2

Nếu y  5 x  4 , thay vào phương trình (1), giải được x  0, x  2, x  19
Với x  0 thì y  5 x  4  4
Với x  2 thì y  5 x  4  6
Với x  19 thì y  5 x  4  99
Vậy, hệ phương trình có nghiệm  x; y    0; 4  ,  2;6  ,  2; 6  ,  5;9  ,  19;99 
III

2,0

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( x 2  y )( x  y 2 )  ( x  y )3

Biến đổi phương trình về dạng: y (2 y 2  ( x 2  3x) y  ( x  3x 2 ))  0
TH1: y  0 � x 3  x3 luôn đúng với mọi x nguyên
Suy ra PT có nghiệm nguyên ( x; y )  (m;0) với m �Z .

0,5

0,5

0,5

0,5
2,0
0,5


TH2: 2 y 2  ( x 2  3x) y  ( x  3x 2 )  0 (*)
Để PT (*) có nghiệm nguyên thì   x( x  8)( x  1)2 phải là số chính
phương
Đặt x( x  8)  a 2 ( a �N ) � ( x  4  a)( x  4  a)  16
Từ đó tìm được x � 1;8;9
Với x = -1 suy ra y = -1
Với x = 8 suy ra y = -10
Với x = 9 suy ra y = -6; y = -21.
Vậy nghiệm nguyên (x; y) = (-1; -1), (8; -10), (9; -6), (9; -21) và (m; 0).
2

Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn: x 1  y 2  y 2  z 2  z 3  x 2 3
ĐKXĐ : x � 3; y �1; z � 2
A 2  B2
Áp dụng BĐT AB 

đúng với mọi A, B. Dấu “=” khi A = B
2
x2 1  y 2 y 2  2  z 2 z 2 1  x 2
x 1 y2  y 2  z2  z 3  x2 


3
2
2
2

Kết hợp với giả thiết ta có dấu “=” xảy ra khi
�x  1  y 2
�x 2  y 2  1
�
�2 2
2
�
�y  z  2
�y  2  z
� �2
�
z  x2  3
z  3  x2
�
�
�
�
2
2

2
x 1  y2  y 2  z2  z 3  x 2  3
�
x
1

y

y
2

z

z
3

x

3
�
�
�x 2  1
�x  1
�2
�
�y  0
� �2
� �y  0
. Vậy ( x; y; z )  (1; 0; 2)
z 2

�
�
z 2
�
�
2
2
2
x
1

y

y
2

z

z
3

x

3
�
IV

1a Chứng minh rằng bốn điểm A, M , E , F cùng nằm trên một đường tròn.
A
M

E
F

O
H

G

B

D

C

N
K

0,5

0,5
0,5
2,0
0,25

0,25

0,5

1,0

2,0


Nhận xét: Cho tứ giác ABCD, P là giao điểm của AB và CD. Tứ giác
ABCD nội tiếp khi và chỉ khi: PA.PB  PC.PD
Áp dụng nhận xét trên cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta được

0,5

GM �
GA  GB �
GC

GC  GF �
GE
Áp dụng cho tứ giác BFEC nội tiếp, ta được GB �
GE  GM �
GA . Do đó, tứ giác AMFE nội tiếp.
Suy ra GF �
1b Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng
minh rằng GH  AN
Theo kết quả phần 1, và tứ giác AEHF nội tiếp suy ra M nằm trên đường
tròn đường kính AH , do đó HM  MA .
Tia MH cắt lại đường tròn (O) tại K , khi đó do �AMK  90o nên AK là
đường kính của (O) .
Từ đó suy ra KC  CA, KB  BA . Suy ra KC / / BH , KB / / CH , do đó BHCK
là hình bình hành. Suy ra KH đi qua N
Khi đó M , H , N thẳng hàng.
Trong tam giác GAN có hai đường cao AD, NM cắt nhau tại H , nên H là

trực tâm của tam giác GAN . Suy ra GH  AN
2

Cho đường tròn (O) và BC là một dây cung khác đường kính của
đường tròn. Tìm điểm A thuộc cung lớn BC sao cho AB + 2AC đạt giá
trị lớn nhất.

0,5
1,0
2,0
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
2,0

A

O
B

C
D

Gọi D là điểm trên cung nhỏ BC sao cho DB = 2DC = 2a không đổi

0,5

Theo định lí Ptô-lê-mê ta có:

AD.BC = AB.DC + AC.DB = AB.a + AC.2a = a.(AB + 2AC)

0,5

Suy ra: AB  2 AC  AD.

V

BC
a

0,5

Do BC và a không đổi nên AB + 2AC lớn nhất khi và chỉ khi AD lớn nhất
Suy ra AD lớn nhất khi A đối xứng với D qua tâm O của đường tròn.
Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  1
Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
3


�
1  2bc 1  2ca 1  2ab 5

0,5
2,0