30 đề thi HSG Toán lớp 9 - Tài liệu học tập Toán 9 - hoc360.net

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.32 MB, 95 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đề 1
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:


























6
x
x

x
9
x
3
2
x
x
2
3
x
:
9
x
x
3
x
1
P

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải phương trình:

4
)
1
1
( 2

2



 x
x
x

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ: 







8
5
zx
yz
xy
z
y
x

Bài 3: (2,0 điểm).

Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1

Tính: T =







2
2
2
1
1
1
x
z
y
x










2
2
2
1
1
1
y
x
z
y











2
2
1
1
1
z
y
x
z





Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số cùng chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 ; b1 ≤ b2 ≤ b3

Chứng minh rằng : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3)

Áp dụng chứng minh rằng : với 0abc thì a b c a b c

c
b
a






 3

2006
2006
2006
2005
2005
2005

Bài 5: (6,0 điểm).

1. Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai

đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o1) và (o2) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với

CD lần lượt cắt (o1) và (o2) tại M và N. Các đường thẳng BC và BD lần lượt cắt đường thẳng

MN tại P và Q . Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E . Chứng minh rằng:
a) Đường thẳng AE vng góc với đường thẳng CD

b) Tam giác EPQ là tam giác cân.

2. Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD). Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC
sao cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau

HƯỚNG DẴN GIẢI

1. đk 



















4
x
9
x
0
x
0
x
2
0
9
x
0
x

Ta có: 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

= 















 (2 x)(3 x
4
x
x
4
:
3
x
3
= 
















 (2 x)2
)
x
3
)(
x
2
(
.
3
x
3

= x 2

 . Vậy P = x 2



Ta thấy P = 1 x 2 1
3



25
x
5
x
3
2

x      

 . Vậy với x = 25 thì P = 1

2. a. ĐK: x  -1 và PT <=>



1 1



4

4
1
1
2
2








  











 x x

x
x
x

x
x

<=>



x1 1



2 x 4 x13. Giải Pt x = 8 (t/m x  -1). KL: x = 8

b. Hệ 












8
5
z
y
x
xy
z
y
x

Đặt 




v
xy
u
y
x

x, y là nghiệm của phương trình: t2 - ut + v = 0 (a)
Phương trình có nghiệm  u2 – 4v  0 (*)

Ta có hệ: 





8
5
zu
v
z

u

 

 

2
1

. Thế (1) vào (2)  v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 8 
Hệ có nghiệm  (a) có nghiệm  (*) xảy ra

 (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8)  0  - 3z2 + 10z – 7  0

 (z-1)(-3z+7)  0 























0
3
7
0
1
0
3
7
0
1
z
z
z
z


















3
7
1
3
7
1
z
z
z
)
(
)
3

(
VN

Từ (3) và do z nguyên  z = 1; 2 +)





















2
2
4
4
4

4
1
y
x
xy
y
x
v
u
z
+) 
































1
2
2
1
2
3
2
3
2
y
x
y
x
xy
y
x
v
u

z

Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2)
3. Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z)

=(x+z)(z+y)

Tương tự ta có: 1+y2 =(y+x)(y+z)
1+z2 =(z+x)(z+y)









x z



x y



y
z
x
z
z
y
x
y
x
















x y



y z



z
x
y
x
y
z
x
z
y
















z x



z y



z
y
x
y
z
x
y

x
z







=

=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2

4. Do a1 ¿ a2 ¿ a3 ⇒ a1 - a2 ¿ 0; a1 - a3 ¿ 0; a2 - a3 ¿ 0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A
D

C
E

B
⇒ (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) ¿ 0

⇔ 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 ¿ 0

⇔ a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 ¿ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)

⇔ a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) ¿ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)

⇔ ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) ¿ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)
Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005

b1 = a b c

a



 ; b2 =a b c

b



 ; b3 =a b c

c




Do 0  a  b c Nên ta có ; a1  a2  a3 và b1 b2 b3

áp dụng câu a ta có;

(a2005+b2005+c2005) 















 a b c

c
c
b
a

b
c
b
a

a

3 











c
b
a

c
b

a2006 2006 2006

 a b c a b c

c
b
a









 3

2006
2006
2006

2005
2005
2005

5.1) Do MN // CD nên EDC = ENA

Mặt khác CDA= DNA ( Cùng chắn cung DA)

-> EDC= CDA hay DC là phân giác góc ADE.

Lâp luận tương tự -> CD cũng là phân giác góc ACE
-> A và E đối xứng nhau qua CD-> AE  CD

Do PQ song song với CD nên AE  PQ ( *)

Gọi I là giao điểm của AB và CD . Ta có AID đồng dạng với  DIB

( Do chung BID và IAD = IDB (cùng chắn cung BD)).

-> IA

ID

=ID
IB

-> ID 2 = IA.IB. (1)

Lập luân tương tự -> IC2 = IA.IB (2)

Từ (1) và (2) -> IC = ID

Mà AP
IC

= AQ
ID

( cùng bằng BA
BI

) => AP = AQ
Kết hợp với (*) -> EPQ cân tại E

Biến đổi hình thang thành hình tam giác
cùng có diện tích ABF.

Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC tại F.
Chứng minh SABCD = SABF.

Lấy E là trung điểm cảu FB. Đoạn thẳng
AE chia tam giác ABF thành hai hình có
diện tích bằng nhau và AE cũng là đoạn thẳng

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức : 


















 







x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
P 1
2
3
:
2
2
8
8
2

a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P1 .
b) Tìm x thoả mãn :



x 1



.P1

Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải phương trình : 1 1

2
2









x
x
x

b) Giải hệ phương trình :
x2y – 2x + 3y2 = 0

x2+ y2x + 2y = 0

Bài 3: (3,0 điểm).Cho x,y,zR thỏa mãn : x  y  z x  y  z
1
1

1
1

Hãy tính giá trị của biểu thức : M = 4
3

+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .
Bài 4: (6,0 điểm).

1. Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) . Gọi M và N lần lượt là tiếp điểm của cạnh

AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp ABC . Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt tia
BO tại Q .Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC .

a) Chứng minh rằng : c

PQ
b
NQ
a
MP


.
b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng .

2. Cho tứ giác ABCD . Lấy điểm M tùy ý trên cạnh AB xác định điểm N trên cạnh DC sao cho
MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau

Bài 5: (2,0 điểm).

Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc.
HƯỚNG DẴN GIẢI

1. a) Điều kiện x>0 Ta có : .( 2)

)
2
(
)
3
(
:
)
2
.(
)
2
(
)
8
8
(
)

( 2 2













x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
P

P= 2 5

4
4



x
x
x

 P-1=

0
4

)
1
(
)
1
(
1
5
2
4
4
2
2










x
x
x
x
x

Vậy P1

b) ( x 1).P1 4



x 1



2 x2 x 5 3x + 6 x -1 = 0

 3

3
2
3
3
3
2
3






x
x
 3
3
4
7 

x

(thoã mãn điều kiện x>0) .

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2. a. ĐK : x1 1 1
2

)
1
(
1
2 2
2
2
2







x
x
x
x
x
x
x

 ( 1) 2. 1 1
2
2






x
x
x
x
x

 ( 1 1) 2
2
2



x
x

 (1 2) (1 2) 0
0
)
2
1
(
)
2
1
(
2
2











x
x
x
x
 2
1
2
2
1

2  



x

(thỏa mãn) 
b. Giải hệ phương trình :

Nếu y=0  x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phương trình .

Với y0 hệ đã cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = 0

x2y+ y3x + 2y2 = 0

 2 0

0
2
2
2
2
3






y
x
y
x
y
x
x
y

Nhận thấy y3 2 không thoả mãn hệ phương trình .

Xét y3 2 từ (1)  3 2
2



y
y
x

thay vào (2) ta có :

0
2
2
.
)
2
( 3
2
2
2
3
2





 y y

y
y
y

y

0
2
2
)
2
( 3
3
2
3
3










 y
y
y
y
y

 3y6 11y3 80

 
3
2
3
2
3
8
1
1
1
3
3
3















x
y

y
x
y
y

. Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 3;3 3
2


) .

3. Từ : x  y  z x  y  z
1
1
1
1
=> 0
1
1
1
1






z
y
x

z
y

x =>



 



0






z
y
x
z
z
z
y
x
xy
y
x















 



2
1 1

0 0 ( ) 0

( )

zx zy z xy

x y x y x y y z z x

xy z x y z xyz x y z

      

              

     

 

Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).=

y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - ... + z8)

z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)

Vậy M = 4
3

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

a) Ta có : BOP là góc ngồi AOB  BOP= OAB + OBA = 2
1

(BAC + 

ABC)

Lại có : PNB=1800 – MNC =1800 -
0

180 1

180 ( )

2 2

ACB

BAC ABC

 

    

 BOP+PNP=1800  tứ giác BOPN nội tiếp 
 OPM = OBC (cùng bù OPN )

Mặt khác : OMP = OCN  OPM OBC (g.g)

 OB

OP
OC
OM
a

PM




(1)

Tơng tự ta có :ONQ OCA (g.g)  a

PM
OC

OM
OC
ON
b

NQ








AOB QOP (g.g)  a
PM
OB
OP
c

PQ




 Từ (1) , (2)  c

PQ
b

NQ
a

MP




b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)

 AQO=AMO = 900  ABQ vng tại Q có QE là trung tuyến
 EQB= EBQ=CBQ  EQ//BC mà EF//BC  E, Q, F thẳng hàng .

5. Cho ba số thực a b c, , không âm sao cho a b c  1.

Chứng minh: b c 16abc. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
Theo kết quả câu 3.1, ta có:



a b c 



2 a



b c



2 4a b c







 

mà a b c  1 (giả thiết)

nên:









1 4 a b c b c 4a b c (vì a, b, c không âm nên b + c không âm)

Nhưng:



b c



2 4bc (không âm)
Suy ra: b c 16abc.

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

1 1

4 2

a b c

b c a

b c

 


   





Đề 3

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

x 3 x 2 9 x 3 x 9

P : 1

x 9

2 x 3 x x x 6

       

      



   

   

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.

Bài 2: (3,0 điểm). Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:

4 4 1

8(x y ) 5

  

Bài 4: (3 điểm) a) Giải hệ phương trình
3

1
2
2





</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

3
1





y
x
y
x

b) Giải phương trình : 25 - x - 10 - x = 32 2
Bài 4: (6,0 điểm).

1) Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P), (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp
hai tam giác AHB và AHC. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài (khác BC) của (P) và (Q) cắt AB, AH,
AC theo tự M, K, N. Chứng minh rằng.

a. HPQ ABC
b. KP // AB, KQ // AC.

c. Tứ giác BMNC nội tiếp được

2) Cho a, b, clà độ dài 3 cạnh của ABC. Gọi m, n, k là độ dài các đường phân giác trong
của ba góc của ABC. Chứng minh rằng: \f(1,m + \f(1,n + \f(1,k > \f(1,a + \f(1,b + \f(1,c

Bài 5: (2,0 điểm).

Tìm tất cả các tam giác vng có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.

HƯỚNG DẴN GIẢI

1. Điều kiện để P có nghĩa:

x 0 x 0

x 2 x 4

x 9 x 9



  

 

  

 

   



 . Ta có:

(x 9) (4 x) 9 x

(2 x )( x 3) ( x 2)( x 3)
P

x ( x 3)
( x 3)( x 3)

   



   





 

       

    

  

(x 9) (4 x) (9 x) x 3 4 x 2 x

P . P .

(2 x )( x 3) x (2 x ) x x

Theo câu a ta có:

2 x 2

P 1

x x



  

. Do đó để P  Z thì ta cần
2

x  Z 

x 1

x 2 (lo¹i)

 






 x = 1.Vậy với x = 1 thì P có giá trị ngun.

2. Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2

= [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + 1.

 4  4  1  2 2    1      1

8(x y ) 16x y 32xy 8 (4xy 7)(4xy 1) 1

xy xy xy

Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Cơsi ta có:

(4xy 7)(4xy 1) 0
1

2 xy x y 1 xy 1

4
4

  



      






4 4

1 1

(4xy 7)(4xy 1) 1 5 8(x y ) 5

xy xy

         

. Dấu bằng xảy ra khi

x y 1

x y
2
x y 1




  



 

 .

3. 1) ĐKXĐ: - 10  x  10

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2
1

Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3

2) Đky0: y

x
y
x
y
x
y

x   












 1 3 1 3

2
2

(1): y

x
y
x
y
x
y

x   












 1 3 1 3

(2)

Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:

0
6
1
1 2


















y
x
y

x 1 3 1 20

















y
x
y
x













0
2
1
0
3
1
y
x
y
x


 













4
2
1
3
3
1
y
x
y
x

Từ (3) và (2) ta có:












6
3
1
y

x
y
x







y
x
y
y
6
(*)
0
1
3
6 2

(*) vô nghiệm

 hệ vô nghiệm. Từ (4) và (2) ta có














1
3
1
y
x
y
x







y
x
y

y2 2 1 0

;
1




 x y hệ có 1 nghiệm
;

1

y

x

4. 1) a. AHB CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếpAHB và AHC

=> AC
AB
HQ
HP



(1) lại cóBAC = PHQ = 900 (2)

Từ (1) và (2) suy ra HPQ ABC

b. Theo câu a. ta có PQH = ACB (3)

PKQ = PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp được => PKH = PQH (4)

Từ (3) và (4) => PKH = ACB

lại có BAH = ACB=> PKH = BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta cũng có

KQ //AC.

c. Ta cóACB = PKH = MKP = AMK

=> BMN + NCB = BMN + AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp được

2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M

A1 = M1, A2 = C2, Mà A1 = A2, (AD là tia phân giác của góc A )
Group: />

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Nên M1 = C1,  AM = AC. Xét AMC : MC < AM + AC = 2AM

Xét BMC ta có : AD // MC  \f(AD,MC = \f(AB,BM = \f(AB,

Nên AD = \f(, < \f(,  \f(1,AD > \f(1,2 ( \f(1,AC + \f(1,AD )

 \f(1,m > \f(1,2 ( \f(1,b + \f(1,c )

Tương tự : \f(1,n > \f(1,2 ( \f(1,a + \f(1,c ) ; \f(1,k > \f(1,2 ( \f(1,a + \f(1,b ). Vậy \f(1,m + \f(1,n +

\f(1,k > \f(1,a + \f(1,b + \f(1,c

5. Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1 a b c   .

Ta có hệ phương trình :

2 2 2

a b c

ab 2(a b c)

  



  



(1)
(2)

Từ (1)  c2 = (a + b)2 − 2ab

 c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2))

 (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 4c + 4.

 (a + b − 2)2 = (c + 2)2  a + b − 2 = c + 2 (do a + b 2) c = a + b − 4.

Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)

 ab −4a−4b + 8 = 0  b(a −4) −4(a−4) = 8  (a −4)(b−4) = 8
Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:

a 4 1

ho ho

b 4 8

     



   

    



a - 4 = 2 a = 5 a = 6

Ỉc Ỉc

b - 4 = 4 b = 12 b = 8

Từ đó ta có 2 tam giác vng có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) thỏa mãn yêu cầu của bài
toán.

Đề 4

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

3
3

6 4 3 1 3 3

3 2 3 4 1 3

3 3 8

x x x

A x

x x x

x

 

   

     



  



   

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (3,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

2 2 19

x y xy
x y xy

   



  



b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

1 1

M

x y

 

.
Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.

a) 4 3

1
2


 x

x + 5

1
63
16

1
35

12
1
15

8
1

2
2

2 









 x x x x x

x

b) x6 4 x2  x11 6 x2 1
Bài 4: (6,0 điểm).

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

b) Tìm quỹ tích trung điểm K của MN
c) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất.

Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đường chéo. Kí hiệu
1 AIB; 2 CID; ABCD

S S S S SS

a. Chứng Minh: S1  S2  S

b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?
HƯỚNG DẴN GIẢI

1. Ta có:





3x2 3x 4 3x1  3 0;1 3x 0, x 0

, nên điều kiện để A có nghĩa là





3 8



3 2 3

 

2 3 4



0, 0 3 2 0 4
3

x   x x x  x  x   x









3
3

1 3

6 4 3

3 2 3 4 1 3

3 2

x

x x

A x

x x x

x

    



   

     

  

    

   .







 







6 4 3 2 3

3 3 1 3
3 2 3 2 3 4

x x x

A x x x

x x x

    

 

   

    

 



 







3 4 2 3

3 2 3 1
3 2 3 2 3 4

x x

A x x

x x x

 

 

 

  

    

  .



3 1



3 2

x
A

x




 (

4
0

x

 

)



3 1





3 2



2 2



3 2



1 1
3

3 2 3 2 3 2

x x x

A x

x x x

    

   

  

Với x là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì

3 3 3 9

3 2 1 3

3 1
3 1

x x

x
x

   

       



 

 (vì

x Z và x 0). Khi đó: A 4

2.a)





2 2 19 2 3 19

3 19

7 7 7

S x y

x y xy x y xy S P

P xy

x y xy x y xy S P

  

            

 

    



          

   (1)

Giải hệ (1) ta được: (S1; P6), (S 2; P5)

Giải các hệ phương trình tích, tổng:

1
6

x y
xy

 





 và

2
5

x y
xy

 






 ta có các nghiệm của hệ phương

trình đã cho là:

3 2 1 6 1 6

; ; ;

2 3 1 6 1 6

x x x x

y y y y

 

     

   

   

     

   

b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0

 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0

 (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*)







 















2 2 1 3 2

V x 1 – x 1 y 1 y 1 1= 1 1 1 1 0

2 4

ì        x  y   y  

 

Nên (*) x + y + 2 = 0  x + y = - 2

1 1 2

Ta c : ó M x y
x y xy xy

 

   

vì





2 1 2

4 4 4 1 2

x y xy xy

xy xy



       

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

S4
S3

S2
S1

I

K
H

C
B

A

3. a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3)

x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5)

x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)

x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)

 ĐKXĐ : x  -1; x  -3; x  -5; x  -7; x  -9

pt  5

1
)
9
)(
7
(

1
)

7
)(
5
(

1
)

5
)(
3

(

1
)

3
)(
1
(













 x x x x x x x

x

 5

1
)
9
1
7
1
7
1
5
1
5
1
3
1
3
1
1
1
(
2
1


















 x x x x x x x

x  5

1
)
9
1
1
1
(
2
1





 x

x

 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9) 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0 x2 + 10x - 11 = 0

Phương trình có dạng a + b + c = 0  x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ.

Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =  11;1

b) ĐKXĐ: x  -2. ( 0,5 điểm)

Pt  ( x2 2)2  ( x2 3)2 1<=>| x2  2| + | x2 -3| = 1

1. | x2  2| + | 3 - x2| = 1

áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : | x2  2| + | 3 - x2|  1

Dấu "=" xảy ra khi : ( x2  2)( 3 - x2)  0  2  x2 3  2 x  7
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = x/2 x 7

4.a) Xét BMD và CND:

+. BD=CD (vì AD là phân giác góc A) +. 2
1

ACD

sđ cung AD



MBD A1+D1=2
1

sđ cung AB +2
1

sđ cung BD =2
1

sđ cung AD

 ACD=MBD. Trong (L), vì A1 = A2  DM = DN
 BMD = CND  BM = CN.

b). Gọi I là trung điểm BC  I cố định

Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’  MM’NN’ là hình bình hành.
 K là trung điểm M’N’

Vì IM’ = BM = CN = IN’  IM’=IN’ IK là phân giác của M’IN’

Do 


CN
IN

MB
IM

//
'

 IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác M’IN’

c) DMN cântại D có MDN = 1800 -BAC = Const

 MN ngắn nhất  DM nhỏ nhất DMAB  khi AD là đờng kính của (L).

5. a. Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S 4 = S AID

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta có:

1
.
2
1

.
2

AIB

AID

S AH BI

S AH DI



 1

(1)

S BI
S DI

 

và

1
.
2
1

.
2

CID

BIC

S CK DI

S CK BI



 3

(2)

S BI
S DI

 

Từ (1) và (2) suy ra:

3
1

1 2 3 4
4 2

. . (3)

S
S

S S S S
S S  

Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4S1S22 S S3. (4)4

Từ (3) và (4) ta suy ra: S S 1S22 S S1. 2 ( S1  S2)2 S  S1  S2

(đpcm)

b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét:

* Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S 3 = S 4  S  S1  S2

* Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S 1 = S 2 

1 2

S

S S

 

Dấu bằng sảy ra khi: S1 = S 2 = S 3 = S 4 = 4

S

 ABCD là hình bình hành
Đề 5

Bài 1: (5,0 điểm).

Cho phương trình :

2 2

2 2 2 2

x x

 

 

    .

a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .

Bài 2: (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình:

3 3

5 5 2 2

x y

x y x y

  




  




b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

y2 =-2(x6-x3y-32)
Bài 3: (5,0 điểm).

a) Cho x, y >0 và x y 1  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2

1 1

x y xy

 


b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4.

CMR: ab bc ca 4.
Bài 4: (6,0 điểm).

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm tam giác; M là một điểm trên
cung BC khơng chứa điểm A.

a) Tìm vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.

b) Gọi E, F lần lượt là 2 điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh rằng E,H,F
thẳng hàng.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Chứng minh rằng:

HA
HA1+

HB
HB1+

HC

HC1≥6 . Dấu "=" xẩy ra khi nào?

HƯỚNG DẴN GIẢI
1. a) điều kiện : 0x4

2 2 2 2

b) 2 2 (1)

2 2 2 2 2 4 2 2 4 2

x x x x

   

    

       

Đặt 4 2 x = a ; 4 2 x = b ( a ; b  0) .

               

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

8
Ta c :

2 2

8 8 8

(I)

2 8 4 2 4 2 4 0 2 4 0

a b

ó a b

a b

a b a b a b

a b ab a b a b ab a b ab ab a b ab

  




 



 



        

  

 

  

                 

  



Vì ab + 4 > 0 nên :

   

2 2

2 8

1 3

2 2

2 2 2 2 0

1 3 (loai v a 0)

3 1 4 2 3 1

3 1 4 2 3 1

b

b b a

ab

a b ab a

I a

a
a b

a b a a a

a a ì

a x

x

b x



    



      

   

           

 

  

   

       

 

    



     

 

     

 

    

 

2. Ta có:

3 3

5 5 2 2

x y

x y x y

  




  




3 3 3 3

5 5 2 2 3 3 2 2

1 1

( )( ) ( ) 0

x y x y

x y x y x y x y x y

     

 

   

     

 

 

Sảy ra các trườngg hợp:

Trường hợp a:

3 3 1 0

1
0

x
x y

y
xy



   



 



 

 hoặc

0
1

y
x








Trường hợp b:

3 3 1 3 3 1 3 3 1

x y x y y y

x y x y x y

        

  

  

   

   hệ vô nghiệm

Vậy nghiệm của hệ là:

0 1

;

1 0

x x

y y

 

 

 

 

 

b) y2=-2(x6-x3y-32) 2x6 2x y y3  2 64 x6 (x y )3 64 ( )x2 3(x y )3 64

Vì xZ  x2N. Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị



0; 1; 2



Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8),(2;8), (-2;-8)
3.a.Vi a 0, b 0  ; Ta có: a2 b2 2 a b2 2 2ab

   (Bdt Cô si)  a2b22ab 4ab  (a b) 2 4ab

(a b)(a b) a b 4 a a 4 1 1 4

4 (*)

ab ab a b ab ab a b a b a b

  

         

  

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

H
C1

C
B1

B A1

2 2 2 2 2

1 1 4 4

x y 2xy x y 2xy (x y) (1)

Mặt khác :

2 2

1 1 1 4

(x y) 4xy

4xy (x y) xy (x y)

     

  (2)

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

A .

x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy 2 xy

   

        

      

2 2 2 2

4 1 4 4 1 6

. . 1

(x y) 2 (x y) (x y) 2 (x y)
 

       

      6

[Vì x, y >0 và x y 1   0 (x y)  2 1] minA = 6 khi

1
x = y =

2

b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : ababc4 ab 2 ab2 ab (1)

*Hoàn toàn tương tự ta cũng có: bc2 bc (2)ca2 ca (3)

*Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có:
2abc2



ab bc ca



Hay 4  ab bc ca  đpcm

a. Lấy trên cung BC điểm M sao cho AM là đường kính của đường trịn (O) ta chứng minh tứ
giác

BACM là hình bình hành
Gọi I là trung điểm của BC, ta có OI BC theo (gt) AH BC OI//AH (1)

Gọi C'CH 

 

O ta CBC' = 1v (góc nội tiếp chắn cung nửa đường trịn (O))  AH // BC'

Tương tự ta có: AC' // HB  AC'BH là hình bình hành

 AH = BC'; mà BC' = 2 IO (do IO là đường trung bình của CBC') OI = 1/2 AH (2)

Từ (1) (2)  H, I, M thẳng hàng, tứ giác BHCM có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi
đường nên nó là hình bình hành. Vậy điểm M cần tìm chính là giao của AO với (O)

b. Do E đối xứng của M qua AB ta có: AEB = AMB (1)

Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên AMB = ACB (2)(cùng chắn cung AB)

H là trực tâm nên các tứ giác AC'HB'; BC'HA'; CA'HB' nội tiếp được

Ta có AHB = A'HB' (đối đỉnh)  AHB + ACB = A'HB' + ACB = 1800 (3)

Từ (1) (2) (3)  AEB = EAB + MAB (do M, E đối xứng qua AB)

Tương tự ta chứng minh CHF = CAM

Tc:EHF = EHB + BHC + CHF = (MAB + CAM) + BHC

= CAB + BHC = CAB + C'HB' = 1800  E, H, F thẳng hàng

5. Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác.
* S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB.

Ta cã:
S
S1=

2. AA1. BC
1

2. HA1. BC
=AA1

HA1=1+
HA
HA1

.T2:

S

S2=1+

HB
HB1 ,

S
S3=1+

HC

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Suy ra: 1 1 1 1 2 3

1 1 1

HA HB HC

S

HA HB HC S S S

 

      

  1 2 3 1 2 3

1 1 1

(S S S ) 3

S S S

 

      

 

Theo bất đẳng thức Côsy: 1 2 3 1 2 3 1 1 1

1 1 1

(S S S ) 9 HA HB HC 9 3 6

S S S HA HB HC

 

             

 

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều

Đề 6

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: A = 





























1
2

1
1
:
1
2
1

a
a
a
a

a
a

a.Rút gọn biểu thức A.

b.Tính giá trị biểu thức A khi a 2011 2 2010 .

Bài 2: (4,0 điểm).a) Giải hệ phương trình:










y
x
y
x

xy
y
x

3
1
3

3
2
2

b) Giải phương trình: + = x2 - 10x + 27
Bài 3: (4,0 điểm).

a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1.

Tìm GTNN của biểu thức: E = ( )

1
)

(
1
)

(
1

3
3

3 y z y z x z x y

x      .

b) Giải phương trình nghiệm ngun:   y 3
xz
x
yz
z
xy

Bài 4: (6,0 điểm).

Cho hình vng ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B ). Tia CM cắt tia DA tại
N. Vẽ tia Cx vng góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm của đoạn NE.

1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp được trong đường trịn.

2/ Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vng ABCD.

3/ Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđường trịn nội
tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi.

Bài 5: (2,0 điểm).

Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm tại D, E, F . Chứng minh rằng
tích các khoảng cách hạ từ một điểm M bất kỳ trên đường tròn xuống các cạnh của tam giác
ABC bằng tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

1. Điều kiện: a0. A = 























1
2
1
1
:
1
2
1
a
a
a
a
a
a
a
a

















)
1
)(
1
(
2
1
1
:
1
1
2
a
a
a
a
a
a
a

)
1
)(
1
(
2

1
:
1
)
1
( 2







a
a
a
a
a
a
 2
2
)
1
)(
1
(
)
1
)(
1

(
)
1
(






a
a
a
a
a
a

1

2. a) Giải hệ phương trình:







y
x
y

x
xy
y
x
3
1
3
3
2
2

. Từ (1) ta có PT (2) có dạng :x 3 y3=

)
)(

(x y x2 y2 xy





 x 3 y3 x3xy2 x2y3x2y 3y3 3xy2  4x2y 4x y2 2y3 0 2y(2x2 2xyy2)0

 






0
)
(
0
2
2 x y

x
y
 










x
y
x
o
y
0
 










0
0
y
x
o
y

+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1 x 1

+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn  x=0, y=0 loại

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0)

b) + = x2 - 10x + 27. Đk : 4  x  6. Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được :

+ = +  \f(,2 + \f(,2 = 2

Dấu “ = ” xảy ra 

x −4 =1
6 − x =1

⇔ x =5

{¿ ¿ ¿

Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )2 + 2  2

Dấu “ = ” xảy ra  x - 5 = 0  x = 5. Do đó : + = x2 - 10x + 27  x = 5

3. a) Đặt a = x
1

, b = y
1

, c = z
1

 abc = xyz
1

= 1 x + y = c(a + b)

y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a)

 E = b c

a



+ c a

b



+a b

c



. Dễ dàng chứng minh đợc b c

a

 + c a

b

 +a b

c

  2
3

Nhân hai vế với a + b + c > 0  b c

c
b
a
a


 )
(

+ c a

c
b
a
b


 )
(

+ a b

c
b
a
c


 )
(

 2
3

(a+b+c)

 b c

a



+ c a

b



+a b

c



 2

c
b
a 

 2

33 abc

= 2
3

 E  2
3

Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1. Vậy min E = 2
3

khi a = b = c = 1
b) ĐK: x0; y 0;z 0 Pt  x2y2 y2z2 x2z2 3xyz

do x0; y 0;z0  x2y2 y2z2 x2z2 0  3xyz0

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

x z z z
yz

y
xz
z
xy

z
x
y
y
x
z
x
yz
y
xz
z
z
z
z
xy

3
2
3

2
;


























1
3

3   

 z z mà z1 z 1. Với z = 1 phương trình trở thành:   y 3
x
x
y
xy

Ta có:  x 2
y
y
x

từ đó:  xy1 mà x1 ; y1  xy1. Vậy (x,y,z) = (1,1,1)

Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm ngun là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; 1,-1,1) ;
(-1,1,-1) .

4. a) Do NAE = NCE = 1v (gt) nên tg NACE nội tiếp trong đường trònCNE =CAE =

450

=> NCE vuông cân tại C . Mặt khác do CH là trung tuyến nên CH là đường cao  CHE = 1 v

=> CBE = CHE = 1v => HBCE là tứ giác nội tiếp được trong đường trịn.

b) Khơng mất tính tổng qt ta gọi cạnh hình vng là 1 thì diện tích hình vng là 1 .
Đặt AN = x ( x > 0)  DN =1 + x . Trong tam giác vng NDC có

CN2 = CD2 + DN2 = 1 + (1 +x)2 = x2 +2x + 2 .

Khi đó : SNACE = SNAC + SNCE =

2
2
1
2

CN
CD

AN 

= 2

2
3


 x

Từ SNACE = 3 S ABCD 

0
4
3
3

2
2

3 2









x
x
x

=> x = 1 , x = - 4 ( loại ) .
Vậy AN = 1 . Mà theo định lý Ta lét ta có : BC 1

AN
MB
AM

=> AM = MB hay M là trung điểm của AB .
c) Trước hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .

+ ) Tứ giác NACE nội tiếp trong đường tròn =>AEN =ACN (1) ( cùng chắn cung AN )

và NAC + NEC = 2 v (2)

+) Tứ giác HBCE nội tiếp nên BEH = BCH ( 3 ) ( cùng chắn cung BH )

và HBC + HEC = 2 v (4) . Từ (1) và (3) ta có HCB = ACN và HBC = NAC .

Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .Gọi r1 ; r2 lần lợt là bán kính vịng trịn nội

tiếp hai

tam giác ANC và BCH . Khi đó 2 2
1



BC
AC
r

( không đổi )

5.  Bổ đề: Khoảng cách từ một điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm của hai 
tiếp tuyến với đường trịn là trung bình nhân khoảng cách từ điểm ấy đến 2 tiếp tuyến .

 Xét hai tiếp tuyến AB và AC , M(O)

Hạ các đường vng góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến AB, AC và dây EF

MEN MFH

  ( chắn cung MF).

MFN MEK

  (--- ME)

Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng.

Group: />

C

O

E D

M
N

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Từ đó

MN MF MH

MK MEMN MN2 MH.MK

  (1).

Bổ đề được chứng minh

 Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ M 
đến các đường thẳng chứa cạnh BC, CA, AB, EF, FD, DE
của các tam giác ABC và DEF ta đợc: d2 b.c, e2 c.a, f2 a.b

 . 
Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh.

Đề 7

Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P = 





































6
5

2
3

2
2

3
:

1
1

x
x

x

a) Rút gọn P;

b) Tìm giá trị của a để P < 0

Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình 












128

4
2

2 y

x

y
x
y

x

b) Giải phương trình: 2x 1 3x x 1.

Bài 3: (2,0 điểm). a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:  1








b
a

c
b
c
b

b
a
a
c
c
b
b
a

b) Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh a b  b c  c a  6
Bài 4: (2,0 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 và AB.

1. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.

2. Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất.

3. Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC,
CA và AB. Kẻ EQ vng góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.

Bài 5: (2,0 điểm). Trong đường tròn O cho 2 dây cung AB và CD cắt nhau tại M gọi N là trung

điểm của BD , đường thẳng MN cắt AC tại K .Chứng minh : 2

CM
AM
KC

AK



HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a) Giải hệ phương trình 












128

4
2

2 y

x

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

ĐK : - x  y  x, x  0. Hệ PT  


























256
)
(
)
(
4
128
)
(
2
1

)
(
2
1
4
2
2
2

2 x y x y

y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x

Đặt 








y
x
v
y
x
u

( u, v  0) . Ta được 













0
)
32
(
4
256
4

4 uv uv

v
u
v
u
v
u




















































8
&
8
8
4
0
0
4
0
4
)
(
32
4
y
x
y
x
v
u
v
u
uv
v
u
VN
uv
v
u

Vậy hệ có hai nghiệm ( 8; 8) và ( 8; -8).

b) 2x 1 3x  x 1 (1), điều kiện x 0. Đặt 2x 1 a a, 0; 3x b b , 0

Suy ra b2 a2  x 1Thay vào (1) ta được a b b  2 a2  (a b a b ).(  1) 0  a b (do a0,b0

nên a+b+1>0)

Với a = b ta có 2x 1 3x  x1 thỏa mãn điều kiện

Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.

3. a) a, b, c>0. CM:  1







b
a
c
b
c
b
b
a
a
c

c
b
b
a
(1)
a
c
b
cb
bc
c
ab
b
c
b
a
b
ac
ab
a
b
c
a
a
c
b
b
a
c
c

c
b
b
a
b
b
c
b
b
a
a
c
b
b
a
c
b
b
a
)
(
)
(
)
)(
(
)
)(
(
)

)(
(
)
)(
(
)
(
)
(
2
2
2
2
2
2
2






























Mặt khác (ab)2 (bc)2 (ab)(bc)=a2 ac c2 3b2 3ab 3bc







Do đó ta cần chứng minh:

2 2

2 2 2 3 2 2 3 2

3 2 2

( ) ( )

2 2 (2)

( ) ( ) 1 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

a c b a b cb b c

b bc ab

b c a

a c b a b cb b c a c b a c c b b c b c a

VT b

b c a b c b a c a a c

b c

ab ac b ab bc b VP

a
 
    
 
          
       

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:

2 2 2

2 3 2 3 2 3

. . : . à .

a b b c a c

a b T b c v a c

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

D
B

N
K

Q
I

Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcm

Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
C2: Áp dụng Bu nhi a:

4. a) Từ giả thiết có IPA INA  180 Tứ giác IPAN nội tiếp

  (1)

IPN IAN

  (cùng chắn cung IN)

Lại do  IPB IMB  90 Bốn điểm I , P , M , B

nằm trên đường tròn đường kính BI MPI IBM  180 (2)

Vì I

 

O  CAI IBM  180 (3)
Từ (2) và (3)  MPI CAI  (4)

Từ (4) và (1)  MPI IPN CAI IAN    180 .Vậy M , P , N thẳng hàng .

b) Theo chứng minh trên ta có

  (5)

IBA IMN (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , B , M , P)

  (6)

INM IAB (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường trịn qua 4 điểm I , N , A , P)

Từ (5) và (6)  IMN IBA 1

MN IM IN

MN AB
BA IB IA

     

Dấu "=" xảy ra

  90

M B

IAC IBC CI

N A




     






là đường kính của

 

O .Vậy MN lớn nhất bằng
AB  I đối xứng với C qua O.

5. Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB tại Q

qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt KN và CD lần lợt tại I và P
N là trung điểm BD => I là trung điểm của PQ => M là trung điểm CP
PQ// BD =>




ABD

AQP ( đồng vị )




ACD

ABD ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD )




ACD

AQP = > Tứ giác ACQP nội tiếp

=> AM.MQ=CM.MP AM

CM
AM

MP
CM
MQ

2
.






( vì MP=CM ) 2

CM
AM
MQ
AM




Trong tam giác ACQ có MK//CD

MQ
AM
KC

AK



nên 2

AM
KC

AK


</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P = 































1
3

2
3
1
:
1
9

8
1
3

1
1
3

x
x
x

x
x

a. Rút gọn P

b. Tìm các giá trị của x để P = 5
6

Bài 2: (2,0 điểm).a) Cho x, y, z> 0 thoả mãn: 3
1
1
1





z
y
x

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: zx

x
z
yz

z
y
xy

y
x
P

2
2
2

2
2

2 








b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x3y + xy3- 3x-3y = 17

Bài 3: (2,0 điểm).

a) Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+4)(x+8) = 28x2

b) Cho hệ phương trình:







ax + by = c
bx + cy = a

cx + ay = b (a, b, c là tham số)

Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hệ phương trình trên có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abc
Bài 4: (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) tâm O. M là điểm chính giữa
cung BC khơng chứa điểm A. Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O. Các đường phân giác trong

góc B và góc C của tam giác ABC cắt đường thẳng AM’ lần lượt tại E và F .

1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp được trong đường tròn.
2/ Biết đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính r.
Chứng minh: IB.IC = 2r.IM.

Bài 5: (2,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD , từ B kẻ đường thẳng cắt cạnh CD tại M ; từ D kẻ
đường thẳng cắt cạnh BC tại N sao cho BM = DN . Gọi giao điểm của DN và BM là I . Chứng
minh : Tia IA là tia phân giác của góc BID .

HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a)* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, 2 và x y
2
,
1

2 2 2

2
2

2 2 2 2

1 2 1 2 2 1 1 1 2

(1 2 ) (1)

x y

x y xy x y

x y y x



     

            

   

 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y

Tương tự:

2 2 2 2

2 1 1 2 2 1 1 2

(2) à (3)

3 3

y z z x

v

yz y z zx z x

     

       

 

Từ (1), (2), (3)

3
3
3
3
3
1
















z
y
x
P

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1
























4
xy
25
)
y
x
(
4
xy
17
xy
2
)
y
x
(
1
3
xy
17
y

x2 2 2 2






















































-4
y
-1
x

hc
4
y
1
x

hc
1
4

1
4
4
5
4
5
y
x
y
x
xy
y
x
xy
y
x

Kết luận: 



4
y
1
x

hoặc 






1
y
4
x

hoặc 



1
y
4
x

hoặc 





4
y
1
x

3. a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2  (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1)

x=0 không phải là nghiệm pt (1). Chia 2 vế (1) cho x2 ta được: (1)  (x+ 9 9) 28

8
)(
6
8



 x
x

Đặt t = x+ x

(1)  (t+6)(t+9) =28  t2 + 15t + 26 =0 





13
2
t
t

Với t = -2 x+ 2
8




x  x2 + 2x + 8 =0 vô nghiệm

Với t = -13  x+ 13
8




x  x2 + 13x + 8 =0  x = -13  137

b) Điều kiện cần : Giả sử HPT đã cho có nghiệm (x ; y) . Khi đó

3 3 3 . 2 . 2 . 2

a b c a a b b c c

2 2 2

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

bx cy a cx ay b ax by c

a bx ab y ac x ca y b cx bc y

     

( ) ( ) ( )

ab ax by ca cx ay bc bx cy
abc cab bca abc

     

   

Điều kiện đủ: Giả sử

3 3 3 3 ( )3 3 3 ( ) 3 0

a b c  abc a b c  ab a b  abc

2 2 2 2 2

2 2 2

( ) ( ) ( ) 3 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0

0 0

( ) ( ) ( ) 0

a b c a b c a b c ab a b c a b c a b b c c a

a b c a b c

a b c

a b b c c a

   
                       
     
 
   
 
      


a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1

a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = 0 ; y=1 (hoặc x = 1 ; y = 0)

Vậy nếu a3b3c3 3abc thì HPT đã cho có nghiệm 
4. a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp

+ Do M là điểm chính giữa của cung BC nên góc BAM = góc MAC

=> AM là phân giác góc A của tam giác ABC nên gọi I là giao điểm của BE và CF thì I là tâm
đường trịn nội tiếp tam giác ABC và I , A , M thẳng hàng.

+ Do MM’ là đường kính của ( O ) nên AE  AM và do AM là phân giác trong của góc BAC nên

AE là phân giác ngồi của nó. Mặt khác , BE là phân giác trong góc ABC => CE là phân giác
ngồi góc BCA ( Hai đường phân giác ngồi và 1 đường phân giác trong của tam giác ABC
đồng quy) mà CF

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Chứng minh tương tự ta cũng có góc FBE = 1v => tứ giác FBCE nội tiếp được trong đường
tròn .

b) Trước hết chứng minh : MI = MB = MC . Thật vậy gọi P là giao điểm của CF và đường tròn (
O ) . Do CP là phân giác của góc BCA nên cung PA = cung PB , kết hợp với cung MB = cung
MC .

Ta có sđ góc CIM = sdMC PA sdMB BP 2sdMP
1

2
1
2




= 2sdMCP
1

=> góc CIM = góc MCI => tam giác CMI cân => MI = MC.
Chứng minh tương tự ta cũng có MI = MB . Vậy MI = MC = MB .

Kẻ IH vng góc với BC thì IH = r . Hạ MQ vng góc với BI do tam giác BMI cân => QI
= QB . Xét hai tam giác vng IQM và IHC có : góc IMQ = góc ICH = 1/ 2 góc AMB .

Vậy hai tam giác đồng dạng .=> BI IB.IC r.IM
r

IQ
IH
IQ

IH
IM

2
2










F
E
I
N

C

A D

B

M

Lời giải

Từ A kẻ AE vng góc với DN ; A F vng góc với BM
Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD)

cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN cho nên A F = AE
hay A cách đều hai cạnh của góc BID .

Vậy tia IA là tia phân giác của góc BID.
Đề 9

Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức:P = 































1
2

1
1
:
1
1

a
a
a
a

a
a

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị của a để P < 1

c) Tìm giá trị của P nếu a 19  8 3

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

b) Giải hệ phương trình: 









2 2

8 2

16 8 16 5 4

y x x

x y x xy y

   


    



Bài 3: (2,0 điểm). Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dương và 






















1 1 2 1 8
1

2
2

2 b c

a = abc

Bài 4: (2,0 điểm).

a) Cho a, b, c  [0 ; 1]. Chứng minh rằng :

1
)
1
)(
1
)(
1
(
1
1

1          



 a b a b c

c
c
a
b
c
b
a

b) Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng : x2 + y2 + z2

 3

Bài 5: (2,0 điểm).

Cho tam giác ABC có đường cao AH . Gọi I,K là các điểm nằm ngoài tam giác ABC sao cho
các tam giác ABI và ACK vuông tại Ivà K hơn nữa = ,M là trung điểm của BC. Chứng
minh rằng :

a) MI = MK

b) Bốn điểm I,H,M,K thuộc cùng đường tròn

HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a) Giải hệ phương trình: 2006x4 x4. x2 2006x2 2005.2006 
0
)
2006
.
2005
(
)
2006
2006

( 2 4 2








 x x x

0
)
2006
2006
)(
2006
2006
(
)
2006
2006

( 2 4 2 2










 x x x x

0
)
2006
2006
)(
2006
2006

( 2 4 2








 x x x

0
2006
2006
2
4





 x x (do 2006 x2 2006 2006 0 x) 4 2006 2 2006






 x x

4
1
2006
2006

1 2 2

2
4








 x x x x

2
2

2
2
2
1
2006
2
1

















 x x

2 1 2 2006 1

2 2

x x

    

( vì

2 2006 1
2

x  

>0;

2 1
2

x 

>0) x21 x2 2006
4 2 2 1 2 2006

x x x

      x4x2 20050

0
2005
2





 t t (đặt tx2,t0) 2
8021
1


t

(do t0) 2
8021
1



 x

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: 








    



2
8021
1
;
2
8021
1
S

b) Viết lại phương trình thứ hai của hệ về dạng









2 2

4 8 16 16 5 0

y  x y  x x 

Coi đây là phương trình bậc hai, ẩn y x, là tham số. Có









2 2 2

' 2x 4 16 16x 5x 9x

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Từ đó, tìm được y 4 x y, 5x4

Nếu y 4 x, thay vào phương trình thứ nhất, 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

Nếu y5x4, thay vào phương trình thứ nhất, giải được x0,x2,x19

Với x 0 thì y5x 4 4. Với x 2 thì y5x 4 6. Với x 19thì y5x 4 99

Vậy, các nghiệm của hệ là



x y ;

 

0; 4 , 2;6 , 2; 6 , 5;9 , 19;99

 



 

 

 



 



3. Vì a ; b ; c là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

1
1

2 

a  2 2
1

a = a

và 2

1
2 

b  2 2
2

b = 2 b

và 8

1
2 

c  2 2
8

c = c

2
4
























1 1 2 1 8
1

2
2

2 b c

a  a

. 2 b

2
. c

2
4

= abc

32

 




















1 1 2 1 8
1

2
2

2 b c

a = abc

32
 












8
1
2
1
1
1
2
2
2
c
b
a
 












4
2
2
2
1
c
b
a

4. a) Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6.
Chứng minh rằng : x2 + y2 + z2  3

Ta có x2 + y2 + z2  3 <=> 3(x2 + y2 + z2)  9

<=> 3(x2 + y2 + z2)  2 ( x + y + z + xy +yz + zx)- 3

<=> (x2 – 2xy + y2) + (y2 – 2yz + z2) + (x2 – 2zx + z2)

+ (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (z2 – 2z + 1)  0

<=>( x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 +(x -1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2  0 đúng

b) Vai trò của a, b, c là ngang nhau nên giả sử: a  b  c
áp dung BĐT Cauchy cho 3 số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có:



















1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1
1
1
1
2




















      





b
a
c
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b

a
b
a

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>







1
1
1
1
1

1
1

1
1
1
1

1
1




































b
a

c
b

a
c
b

a
b
b

a
a
c

b
a
b

a

c
c

a
b
c

b
a

b
c

a
b

b
a

a
c

b
a

a) Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC . ta có:

IE = 2
1

AB = MF, EM = 2
1

AC = FK

nên IAM =MHK (c.g.c) suy ra MI = MK

b) Ta sẽ chứng minh . Đặt = 

Ta có : = , =  nên = 1800 - 2 (1)

Xét tam giác IEM có = 2 nên 1800 - 2 =

ta lại có (so le trong,AB song song với MF)
(do IAM =MHK ) nên

1800 - 2 = (2)

Từ (1),(2)suy ra . do đó I,H,M,K thuộc cùng đường trịn
Đề 10

Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức:P = 



































1
2
2
1
2

1
1

:
1
1
2
2
1
2

x
x
x
x

x
x

x
x
x

x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi x 2.



3 2 2





Bài 2: (2,0 điểm).

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

2
x
1
2
y
1

2
y
1
2
x
1










b) Giải phương trình: x = 2005-2006 (2005-2006 x2)2
Bài 3: (2,0 điểm).

a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =

4 2 1

x
x  x 

b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c 0

Tính P = (2008+ b
a

)(2008 + c
b

) ( 2008 + a
c

)

Bài 4: (2,0 điểm). Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường trịn tâm O 
qua B và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung
điểm EF .

a.Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn (O)
thay đổi.

b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K .Chứng minh rằng :EK song song với AB .

c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định
khi đường tròn(O) thay đổi.

Bài 5: (2,0 điểm). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm của (O) và 
các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Kẻ BB1 AO, AA1BO

Chứng minh rằng 4 điểm D, E, A, B thẳng hàng.

HƯỚNG DẴN GIẢI

2, a) Đk: 2

1
y
;
2
1
x 

Ta sẽ chứng minh x=y. Thật vậy

)
1
(
2
x
4
y
1
x
1
x
1

x
4
4
y
1
2

x
1
2
y
1
2
2

y
1
2
x
1




















Tương tự:

2
y
4

y
1
x
1





(2). Từ (1) và (2) ta có: y 2 x y
4

2
x
4







Ta có: x 1) 0 x 1

1
(
0
1
x
2

x
2
2
x
2
2
x
4
y
1
x
1

2        










</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>









2
2

2006
2005

x
y

y
x

 x - y = 2006 (x2 - y2)



2006(xy) -1



x -y



= 0 








0
1
)
(
2006 x y

y
x

Với x = y  x = 2005 - 2006 x2 2006x2 + x - 2005 = 0  









2006
2005

y
x

Với 2006 (x+y) - 1 = 0  x + y = 2006

 y = 2006
1

- x 2006
1

- x = 2005-2006 x2

 20062x2 - 2006x - 2005.2006 +1 = 0  













4012

1608817
1

4012
1608817
1

y
x

3. a) Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá
trị lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x2 ta được:

M =

1
2
1
2














x
x

. M đạt giá trị lớn nhất khi 2
1
2

x
x 

nhỏ nhất

=> 2
1
2

x
x 

= 2 => x = 1. Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = 1

b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc

 ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0  a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c 

0)  ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 a = b = c P = (2008+ b

a

)(2008 + c
b

) ( 2008 + a
c

)
P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 20093

4. a)  ABF và AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC
 AF= AB.AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB.AC khơng đổi

Vậy E,F thuộc đường trịn (A; AB.AC ) cố định.

b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường trịn. Ta có :AIF =AOF (1)

AOF = 2
1

EOF và EKF =2
1

EOF


 EKF =AOF (2).Từ(1) và(2)  AIF =EKF

Do đó : EK vàAB song song vơí nhau

c) Cm được A,N,O thẳng hàng và AOEF ;
Gọi H là giao điểm của BC và EF .

Ta có : ANH và AIO đồng dạng nên AI

AN
AO
AH



</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Do đó : AI.AH =AB.AC AI

AC
AB
AH  .


không đổi . Vậy H cố định
Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN
ln qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH
5. Theo bài ra ta có:AA1B ABˆ1B



 =900

Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn
1

1B ABˆB

BA 

 cùng chắn cung BB

Mặt khác:   



V
O
A
A
O

AE1 ˆ1 1 tứ giác AEA1O nội tiếp

1
1A EOˆA

EA 

 cùng chắn cung AE)

mà 0 1 1

1
1

,
,
90

ˆ
ˆ

B
A
E
A

O
E
E
A
O

E
A
B

BAB








thẳng hàng (*)

Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp

Theo bài ra ta có:

B
B
A
B
AA1 ˆ1



 =900

Suy ra tứ giác AA1 B1 B nơi tiép trong một đường trịn

A
B
A

A
B

A1 1 1 ˆ




 cùng chắn cung AA

Ta lại có:   



V
B
B
O
B

OD1 ˆ 1 tứ giác OB1DB nội tiếp

B
O
D
B
DB1 ˆ




 (cùng chắn cung BD)

mà DBO OBA
B
O
D
O
B
D

O
B
D
DOB

ˆ
ˆ

90
ˆ
ˆ









Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau

Vậy    



0
1

1
1

1B BBˆ A ABˆ A 180

DB 3 điểm D, B

1, A1 thẳng hàng (**)

Từ (*) , (**) suy ra A1, D, B1, E thẳng hàng

Đề 11

Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P = 



























 1 : 1 1

1
2

x
x
x

x
x
x
x

x

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

a) Giải hệ phương trình : x + y = 1
x5 + y5 = 11

b) Giải phương trình: 3 x 3 36 x 1

Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc.

b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
1 1

M

x y

 

Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho hình vng ABCD cạnh là a. Trên đường chéo AC lấy điểm E và F sao
cho

EBF = 450. Đường thẳng BE, BF cắt AD và CD lần lượt tại M và N. MF và NE cắt nhau tại H,

BH cắt MN tại I.

a.Chứng minh AB = BI.

b.Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.

2. Cho tứ giác ABCD. Lấy điểm M tùy ý trên cạnh AB xác định điểm N trên cạnh DC sao
cho MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau

Bài 5: (2,0 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 7
1
1
1




y
x
HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a) Ta có x5 + y5 = ( x5 + x2y3 + x3y2 + y5 ) – ( x2y3 +x3y2) = (x3 + y3) (x2 +y2 ) – x2y2(x+y)

Vì x+ y = 1  x5+y5 = ( x2 – xy +y2)(x2 + y2) – x2y2 = ( x2 + 2xy + y2 – 3xy)(x2 + y2 + 2xy –2xy)

– x2y2 = (x y)2 3xy



 (x +y )2 – 2xy - x2 y2 = ( 1- 3xy)(1-2xy) – x2y2

x5 + y5 = 5(xy)2 – 5(xy) + 1  5(xy)2 – 5(xy) + 1 = 11 xy = 2  (xy)2 – (xy) – 10 = 0 

xy = -1

Với xy = -1 ta có hệ phương trình x + y = 1
xy = -1

 ( x,y) = ( 2
5
1 

; 2
5
1 

) hoặc ( 2
5
1 

; 2
5
1 

). Với xy = 2 ta có hệ phương trình x +
y = 1 xy = 2( vơ nghiệm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 2
5
1 

; 2
5
1 

) và ( 2
5
1 

; 2
5
1 

)
b) Đặt 3 x3 a, 63  x b. Tìm được x = 5 là nghiệm

3. a) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

a b
abc



 16
Áp dụng BĐT Cơsi x + y  2 xy ta có ( a + b) + c  2 (a b c )

 1  2 (a b c )  1  4( a + b)c nhân hai vế với a + b > 0 ta được:
A + b  4(a + b)2c mà ta chứng minh được (a + b)2  4ab

Do đó a + b  4(4ab)c hay a + b  16abc từ đây suy ra đpcm

Theo kết quả câu 3.1, ta có:













2 2

a b c  a b c   a b c

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

nên: 1 4 a b c







 b c 4a b c







2 (vì a, b, c không âm nên b + c không âm)
Nhưng:



b c



24bc (không âm)Suy ra: b c 16abc.

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

1 1

4 2

a b c

b c a

b c

 


   





b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0

 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0
 (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*)

             

2 2 1 3 2

V x 1 – x 1 y 1 y 1 1= 1 1 1 1 0

2 4

ì        x  y   y  

 

Nên (*) x + y + 2 = 0  x + y = - 2

1 1 2

Ta c : ó M x y
x y xy xy

 

   

vì





2 1 2

4 4 4 1 2

x y xy xy

xy xy



       

.Vậy MaxM = -2  x = y = -1 .

4. 1) Ta có : EBN =  ECN = 450  Tứ giác BCNE nội tiếp   BEN = 900 tương tự tứ

giác ABFM nội tiếp

  BFM = 900. Xét  BMN có NE và MF là 2 đường caoH là trực tâm BI MN

Tứ giác ABFM nội tiếp  ABM =AFM(cùng chắn cung AM)
 Tứ giác BEHF nội tiếp  EFH =EBH (Cùng chắn cung EH)

Do đó ABM = MBI   BAM =  BIM ( t/h đặc biệt )  AB = BI
Ta có  AMB =  IMB  AM = IM,  INB =  CNB  CN = IN

 AM + CN = IM + IN  MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN  2a = MN + MD + DN

Đặt DM = x ; DN = y  MN = x 2 y2  SMDN = 2

xy

và 2a = x + y + x 2 y2
SMDN lớn nhất khi xy lớn nhất.Bài toán đưa về xác định x, y thỏa mãn :

x+y + x 2 y2 =2a sao cho xy lớn nhất. Ta có x+ y  2 xy;

2
2 y

x   2xy
Suy ra 2 a = x + y + x 2 y2  2 xy + 2xy  2a  xy ( 2+ 2 )

 xy  2 2

 = a ( 2 - 2 ) xy  a2 ( 2 - 2 )2 = a2(6 - 4 2 )  xy  2a2 ( 3 - 2 2 )

Do đó SMDN = 2

 a2 ( 3 - 2 2 ). Vậy Max S

MDN = a2 ( 3 - 2 2 ) Khi x = y = a (2 - 2 )

Vậy khi DM = DN = a (2 - 2 ) thì  MDN có diện tích lớn nhất và Max SMDN = a2 ( 3 - 2 2 )

B
M

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC tại F,

Qua B vẽ By //MC, By cắt DC tại E. Chứng minh SABCD = SMEF.

Lấy N là trung điểm của EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích bằng nhau và
cùng chia tứ giác ABCD ra hai phần có diện tích bằng nhau. Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức là
SAMD < 1/2SABCD và SBMC < 1/2 SABCD

5. Điều kiện x0;y0 xy0

Khi đó:

      

7
49
7

49
7
7
49

7
7
7

0
7
7
7

1
1
1
























x
y

y
x
x

x
y

y

x
xy
y

x

(Với x7 )

y 7 7

7   







 Z x

x
Z
y

Z

là ước của 49 

  



49
7

56
;
14
;
8
;
6
;
0
;
42
7

7
1
7

















x

x
x

x

Các nghiệm nguyên dương của phương trình là:



x;y









8;56

 

; 14;14



56;8





Đề 12

Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P = 





























a
a
a
a

a
a
a

a

1
1
.

1
1

2 3

a) Rút gọn P

b) Xét dấu của biểu thức P. 1 a
Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải phương trình: x2  2x1 x2 4x4 = 2006

2005
2006

2005
2005

1 2

2
2






b) Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình 






3
3

3 y z

x

z
y
x

Bài 3: (4,0 điểm).

a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn 
x  y  z và 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zy + yz + zx

b) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c

F C

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Chứng minh rằng : p  a

+ p  b

+ p  c

 2 ( a
1

+b

1
+c

1
)

Bài 4. (5,0 điểm)

a) Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.

b) Xác định vị trí của I để đoạn 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 và AB. Kẻ EQ vng góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.

Bài 5: (2,0 điểm).

Ở miền trong hình vng ABCD lấy điểm M sao cho MBAMAB150
Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều

HƯỚNG DẴN GIẢI
2. a) PT đưa về: x1 x 2 2006

 

Xét 3 trường hợp * Trường hợp 1: Nếu x<1. PT

 

2
2003
2006

2
3

*   x  x

(thỏa mãn)
* Trường hợp 2: Nếu 0x<2. PT

 

*  0x12006 (PT vô nghiệm)

* Trường hợp 3: Nếu x2. PT

 

2
2009
2006

3
2

*  x   x

(thỏa mãn)

Kết luận: PT có 2 nghiệm 2 ;
2003
1 

x

2
2009
2 

x

b) Ta có hằng đẳng thức (x + y + z)3 – ( x3 + y3 + z3 ) = 3(x + y) (y + z)(z + x)

nên (x + y) (y + z)(z + x) = 8.

Đặt c = x + y, a = y + z , b = z + x thì abc = 8 do đó a,b,c { 1, 2, 4, 8 }
Giả sử x  y  z thì c  b  a. Ta có a + b + c = 2 ( x + y + z ) = 6 nên a  2

Với a = 2 ta có 4 2 1

















z
y
x
c

b
bc

c
b

. Với a = 4 ta có 






2
2

bc
c
b

Khơng có nghiệm
ngun.

Với a = 8 ta có 1 1 5, 4





















z
y
x

c
b
bc

c
b

. Vậy hệ có 4 nghiệm (1 ;1 ;1) ,(4 ;4 ;-5) (4
;-5 ;4) (-5 ;4 ;4)

3. a) * Tìm giá trị lớn nhất của: xy + yz + zx .Từ giả thiết ta có: y2 = 4
z

-16 2

, x2 = 3
z

-32 2

Vì y z  4
z
-
16 2

 z2  5t2  16 z  5
4

(1)Mặt khác x2 - 3y2 = 12 0
16

-5t
4

3t

-48

-3

z
-

16 2 2 2

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

N
M
P
O
B C
A
I

 x2  3y2  x  3y (2) Từ đó  x y  3y2. Ta có: xz =



2 2



2
2
z
2
3
z
3
2
3
3

3  









z x y

x

và yz





2
2 z
2
1

 y

 xy + yz + zx  3y2 +









2
2
2
2 z
2
1
z
2

3


 y
y
=
2
2
2
1
3
4
16
2
1
2
3

3 z z






 







 











= 2





2
8
3
3
1
3

3 z







 







5
16
3
32
5
16
8
3
3
2
3

6   






 




Dấu đẳng thức sảy ra  x = 5
3
4

, y = z = 5
4

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là 5
16
3
32 
đạt được















5
4
,
5
4
,
5
3
4
z
y;

b, ta có: 2 0





 a b c a

P

, 2 0





 b a c b

P

, 2 0





 c b a c

P

áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: x y xy
4
1
1

, p a p b p a b c

4
2
4
1
1








Tương tự ta có: )

1
1
1
(
2
)

1
1
1
(
c
b
a
c
p
b
p
a

p        . Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c

4. a) Từ giả thiết có IPA INA  180 Tứ giác IPAN nội tiếp  IPN IAN (1) (cùng chắn cung

IN)

Lại do  IPB IMB  90

Bốn điểm I , P , M , B nằm trên đường trịn
đường kính BI MPI IBM  180 (2)

Vì IO  CAI IBM 180 (3)

Từ (2) và (3)  MPI CAI  (4)

Từ (4) và (1)  MPI IPN CAI IAN 180

Vậy M , P , N thẳng hàng .
b) Theo chứng minh trên ta có

  (5)

IBAIMN (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , B , M , P)

  (6)

INM IAB (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròpn qua 4 điểm I , N , A , P)
Từ (5) và (6)  IMN IBA 1

MN IM IN

MN AB

BA IB IA

     

Dấu "=" xảy ra

  90

M B

IAC IBC CI

N A



     




</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

c) Gọi B' , C' lần lượt là hình chiếu của B và C trên GF .

Chứng minh được B GB' C FC ' (7) , suy ra BB G' CC F g g' ( . )

(8)
'

BB BG
CC CF

 

. Lại có

'
(9)
'
BG BE B Q

CF CEQC Từ (8) và (9) suy ra

' '

BB B Q
CC QC (10)
Từ (7) và (10)  BB Q' CC Q c g c' ( . . ) BQB'CQC ' BQE CQE 

Vậy QE là phân giác của góc BQC .

5. Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều
Ta có IAD=900-150-600=150= MAB, AB=AD và AM=AI

 AID= AMB  AID = AMB=1500  MID=3600-1500-600=1500

Xét IDM và IDAcó ID chung; MID=AID=1500, IA=IM (do AIM là đều)
 IDM=IDA AD=DM =DC (1)

Mặt khácDAM=CBM (vì BC=AD ;MB=MA;CBM=DAM)
 MC=MD (2) từ (1) và (2) ta có DMC đều

Đề 13
Bài 1: (4,0 điểm).

Cho biểu thức: 























 1

x
1

1

x
2
x

2
x

1
x

2
x
x

3)
x
3(x
P

a/ Rút gọn P

b/ Tìm các giá trị x nguyên để P nguyên ;
c/ Tìm các giá trị của x để P  x

Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải hệ phương trình: 













78
)
(

215
6

)
(

2
2

2
2
4

b
a
ab

b
a
b

a

b) Giải phương trình:

x
x
x
x
x
x

5
2
1







Bài 3: (4,0 điểm).

a. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: 3
5


 y z

x

 1(1 1 )

C'
B'

Q

B C

A

G

F

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

b. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác biết:



ab



bc



ca



8abc

Chứng minh rằng tam giác đã cho là tam giác đều

Bài 4: (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820.

b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)
(z+x)

Bài 5: (5,0 điểm). Cho đoạn thẳng AB có trung điểm là O. Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa 
đường trịn (O) đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O). Từ C kẻ CH
vng góc với AB



H AB



. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của H lên AC và CB.

a) Chứng minh rằng: OC vng góc với MN;

b) Qua A kẻ đường thẳng d vng góc với AB. Tiếp tuyến với (O) tại điểm C cắt đường thẳng
d ở K. Chứng minh rằng: BK; CH; MN đồng quy.

HƯỚNG DẴN GIẢI
2. a) Đặt (ab)2 x;a by(x0)

Hpt 

































0
19
3
0
215
6
0
78
2
0
215
6
78
)
2
(
215
6
2

2
2
2
2
2
2
2
xy
x
y
x
y
xy
y
x
y
x
y
y
x







































































 














2
3
3
2
2
3
3
2
6
1
)
(
6
1
3
19
0

722
721
3
19
0
215
3
19
6
3
19
0
215
6
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
b
a
b
a
b
a

b
a
ab
b
a
y
x
x
x
y
x
x
x
x
y
x
x
x
x
x
y
y
x

b) Tập xác định :

(*)
0
5
2

0
1











x
x
x
x

Pt x x x x x x x x x x x x x x

4
1
5
2
4
1
5
2
4



























 




















2
2
1
1
5
2
0
4
x
x
x
x
x
x

x
x

So sánh với điều kiện (*)  x=2 là nghiệm.

3. a) Ta có:



z x y



2 x2y2 z2 2



xy xz yz



 x2y2 z2 2



xy xz yz



0 x ,,y z

 





























xy
z
y
x
xyz
z
x
y
xy
yz
xz
z
y
x
xy
yz
xz
1
1
1
1
1
1
1

1
1
1
1
6
5
2

1 2 2 2



ab



bc



ca



8abc



a2bbc2 2abc

 

 ac2 ab2  2abc

 

 b2ca2c 2abc



0







2







2







2 0
 b a c a b c c b a

Ta có: b



a c



2 0 a ,,b c

và





2

 c

b

a a ,,b c và c



b a



2 0 a ,,b c. mà a,b,c0













2 0








</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Dấu bằng xảy ra khi 







0
)
(

2
2
2

c
a
b

c
b
a

b
a
c

c
b
a 

 . Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau

nên là tam giác đều

4. a) Do 1820 13 và 13y213, x và y là các số nguyên nên ta cần có 7x213  x213  x13

(vì 13 là số nguyên tố) x = 13m với m  Z.

Tương tự do 1820 7 và 7x27, x và y là các số nguyên nên ta cần có 13y27  y27  y7

(vì 7 là số nguyên tố) y = 7n với n  Z.

Khi đó phương trình đã cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820  13m2 + 7n2 = 20

 13m2  20  m2  1

m 0

m 1

 

 


 , (vì m  Z). + Nếu

2 2 20

m 0 7n 20 n Z

     

(loại).

+ Nếu

2 2 x 13

m 1 13 7n 20 n 1 n 1

y 7




         




Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) và (13; 7).

b) vì x, y, z > 0, x + y + z = 1. áp dụng BDT côsi cho 3 số dương : xyz 27 (1)

1
3
1
3

3
3
















  
 x y z

Tương tự     27 (2)

8
3

2
3

3
3

















     





 y y z z x x y y z z x

x

Từ (1),(2) 729

8
)
)(
)(

(    

 xyz x y y z z x

. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 729
8

khi x = y = z =

3
1

a) ACB = 90o (vì OA = OC = OB)

b) CMH = 90o (gt) và CNH = 90o (gt) => CMHN là hình chữ nhật => C1 = M1

Mà CAO = ACO (OA = OC nên tam giác ACO cân)CAO + C1 = 90o

Cho nên ACO + M1 = 90o. Gọi E là giao của OC và MN ta có CEM = 90o

Hay OC vng góc MN (đpcm)

b) Ta có KA = KC (tính chất tiếp tuyến). Kéo dài BC cắt d tại W. Ta có WCA = 90o

Mà: KAC + AWC = 90oKCA + WCK = 90o và KCA = KAC

(lý do KC = KA)=> KWC = WCK => KC = KW. Vậy WK = KA = KC.

Hay K là trung điểm AWI là giao CH và MN vì CMHN là hình nhữ nhật,
I là trung điểm của CH

Mặt khác WA // CH (cùng vng góc với AB); giả sử BI cắt WA tại K'

áp dụng talet: K A WK K K K

WK
IH

CI






 ¦ ' ' '

'
'
¦

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức : P = 



















x
x
x
x
x
x

x 1 : 1 1

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P biết x = 2 3
2


c) Tìm giá trị của x thỏa mãn : P x 6 x  3 x 4

Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải hệ:























65
185
2
2
2
2
2
2
2
2
y
x
y
xy
x
y
x
y

xy
x

b) Giải phương trình:

2 2

2 1 2 2 7

.
6

2 2 2 3

x x x x

   

 

   

Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a , b, c, d > 0 . Chứng minh rằng :

1 < a b c
a



 + b c d

b



 + c d a

c



 + d a b

d


 < 2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= a b c
c
b
c
a
b
a
c

b
a








16
9
4

. Với a, b, c là độ dài 3
cạnh của tam giác

Bài 4: (5,0 điểm). Cho ABC có 3 góc nhọn. ở bên ngồi tam giác vẽ hai nửa đường trịn có

đ-ường kính là AB và AC. Một đđ-ường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đđ-ường tròn lần lượt tại M
và N (khác A)

a) Chứng minh đường trung trực của MN đi qua một điểm cố định

b) Giả sử ABC cân tại A. Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tứ giác BCNM lớn

nhất

Bài 5: (2,0 điểm). Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao BK bằng
12cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.

HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a) Giải hệ:






















)
22
(
65
)
21
(
185
2
2

2
2
2
2
2
2
y
x
y
xy
x
y
x
y
xy
x

Lấy (21) + (22):



x2 y2



x2 y2 125  x2 y2 5 thay vào (21) xy 12

Từ đó ta có hệ: 















1
7
24
2
25
2
2
y
x
y
x
xy
y
x

Từ đó ta có hệ pt:

a)





1
7
y

x
y
x

b) 






1
7
y
x
y
x

c) 






1
7
y
x
y

x

d) 







1
7
y
x
y
x

Vậy hệ đã cho có nghiệm:



x,y









4,3

 

; 3;4

 

;  3;4

 

;  4,3





3. a) Ta ln có : a b c d
a




 < a b c

a



</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

áp dụng tính chất của tỉ số ta có : a b c
a



 < a b c d

d
a




(2)

Từ (1) và (2) ta có : a b c d
a




 < a b c

a



 < a b c d

d
a





Tương tự ta có :a b c d
b




 < b c d

b



 < a b c d

b
a




d
c
b

a
c



 < c d a

c



 < a b c d

b
c





; a b c d
d




 < d a b

d



 < a b c d

c
d





Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức kép trên ta được :

d
c
b
a
d
c
b
a







< a b c
a



 + b c d

b



 + c d a

c



 + d a b

d



 < a b c d

d
c
b
a






 )
(
2

Vậy 1 < a b c
a



 + b c d

b



 + c d a

c



 + d a b

d



 < 2 (đpcm)

b) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z
x, y, z >0 a= y+z

b= x+z
c= x+y

2P = z

y
x
y
x
z
x
z
y 




16
9
4
= 






















z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y
16
9

16
4
9
4
52
24
16

12  

  P 26

Dấu "=" xảy ra khi 2
3


x
y

; x 2
z

; 3
4


y
z

 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4  a=7; b =6; c=5.

4. a) Ta có AMB =90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) (1)

ANC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

CN
BM
MN
NC
MN
BM
//







(2)

Từ (1) và (2) suy ra: Tứ giác BMNC là hình thang vng

Gọi d' là trung trực của MN => d' là đường trung bình của hình thang vng BMNC => d ln đi

qua một điểm cố định k (k là trung điểm của BC)
b) Xác định vị trí d để diện tích BCMN lớn nhất

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

K

H

A

B C

d '
K

D
P

N
A

B C

Ta có SBCNM=SABC + SABM + SACN => max SBCNM <=> ( SABM+ SACN) max

<=> 1/2(BM.MA+CN.NA) max (1)

mà 1/2(BM.MA+CN.NA) 1/4(BM2+MA2+CN2+NA2)

=1/4(AB2+AC2) = 2
2

a

( do AB=AC=a) Không đổi

=> maxSBCNM = SABC + 2
2

a

BM=MA
<=>

NC= AN
M là điểm chính giữa của nửa đường trịn đường kính AB.

<=>

N là điểm chính giữa của nửa đường trịn đường kính AC.
Vậy khi d đi qua M và N được xác định nh trên thì SBCNM max

5.  Đặt AC = AB = x, BC = y.

Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( vì có góc nhọn C chung) nên:
AH BK

AC BC

Hay AH.BC = BK.AC
Vậy: 5y = 6x (1)

 Mặt khác: trong tam giác AHC vng tại H ta có:

2 2 2

AC AH HC

Hay

2 2 y

x 10

2
 

   

  (2)

 Từ (1) và (2) ta suy ra: x =
25

2 , y = 15.

Vậy: AB = AC =
25

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Đề 15

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức :P=

4 8 1 2

:
4

2 2

x x x

x

x x x x

    

 

   

      

   

a) Tìm giá trị của x để P xác định
b) Rút gọn P

c) Tìm x sao cho P>1

Bài 2: (5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 2

2 5 2 0

4 0

y

x xy y x y
x y x y

      



    


b) Giải phương trình:

3 3

. 2

1 1

x x

   

 

 

   
Bài 3: (3 điểm)

Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x2 + xy + y2 = x2y2

Bài 4: (2 điểm)

Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A ở ngồi đường trịn. Từ một điểm M di
động trên đường thẳng d OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C là các tiếp

điểm). Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.

a) Chứng minh rằng OA.OK khơng đổi, từ đó suy ra BC ln đi qua một điểm cố định.
b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định.

c) Cho biết OA = 2R, hãy xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất.
Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

2 2
2 2

2 2

2 5 2 0

4 0

( 1) 2 5 2 0

4 0
( 2)( 2 1) 0

4 0

2 0

4 0
2 1 0

4 0
1

1
4

x=
5 va
13

x xy y x y
x y x y

y x y x x

x y x y

y x y x

x y x y
y x

x y x y

y x

x y x y
x

y

x

y

      




    




      


 

    




    


 

    


   
 

    




    
 

     










 




 



1
y=1









 

 




Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1);

4 13
;

-5 5

 



 

 

3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x2 + xy + y2 = x2y2

*Với x 2 và y 2 ta có:

2 2 2
2 2 2

4
4

x y x

x y y

 









 x2y2  2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy

* Vậy x 2 hoặc y  2

- Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0  Phương trình khơng có nghiệm ngun

- Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0  Phương trình khơng có nghiệm ngun

- Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2

hay y = -1

- Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2

hay 1- y = 0  y =1

- Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0

Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm ngun (x, y) là:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0
<=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0
=>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy =

=x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt =

=x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 =

=[x + 2(z + y + t)]2 + (2y - z)2 + (z - 4t)2 + (y - 2t)2 0

A352.

Dấu bất đẳng thức xảy ra:
2y – z = 0

z - 4t = 0
<=> y - 2t = 0

x + 2y + 2z + 2t = 0

(x + y)(z + t)+ xy + 88 = 0

=> (x; y; z; t) bằng (14; -2; -4; -1) hoặc (-14; 2; 4; 1)
5.

a) Dễ thấy OM  BC

HOK AOM => OM
OK
OA
OH



=> OA.OK = OH.OM (1)
Xét BOM vuông tại B nên : OB2 = OH.OM (2)

Từ (1) và (2) suy ra A. OK = R2 (không đổi)

=> OA
R
OK

2


(khơng đổi) do đó K cố định trên OA
b)

Ta có OHK = 900 => H nằm trên đường trịn đường kính OK cố định.

Tứ giác MBOC có hai đường chéo vng góc nên SMBOC = 2
1

OM.BC
=> S nhỏ nhất  OM nhỏ nhất và BC nhỏ nhất.

+ OM nhỏ nhất  M trùng với A

+ BC nhỏ nhất  BC  OK  H trùng với K  M trùng với A

Nếu OA = 2R thì: 2 2
2 R

R
R
OK  

; BC = 2 BK = 2 4 3

2 R R

R  

Vậy SMBOC = 2
1

2R.R 3 R2 3

Đề 16

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:

3
3

6 4 3 1 3 3

3 2 3 4 1 3

3 3 8

x x x

A x

x x x

x

 

   

     



  



   

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Bài 2: (5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

3 3 3

2 2 2

x y z 16 2 (1)

x y z 8 (2)

x y z 2 2 (3)

   




  




  





b) Giải phương trình 3

√

x2+26+3

√

x+

√

x +3=8 (1)

Bài 3: (4 điểm)

a) Tìm mọi cặp số nguyên dương (x; y) sao cho 1
2

2
4




y
x

x

là số nguyên dương.

b) Cho x, y , z là các số dương thoả mãn xyz  x + y + z + 2 tìm giá trị lớn nhất của x + y

+ z

Bài 4: (2 điểm)Cho các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng:

5 5 5 5 5 5

ab bc ca

a b ab b c bc c a ca

  

     

Bài 5: (5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d khơng đi qua O cắt đường trịn (O) tại hai điểm A
và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN
và MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng MN2 MP2 MA MB.

b) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vng.

c) Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d.

HƯỚNG DẴN GIẢI

1.a) Ta có:





3x2 3x 4 3x1  3 0;1 3x 0, x 0

, nên điều kiện để A có nghĩa là





3 8



3 2 3

 

2 3 4



0, 0 3 2 0 4

x   x x x  x  x    x









3
3

1 3

6 4 3

3 2 3 4 1 3

3 2

x

x x

A x

x x x

x

    



   

     

  

    

   .







 







6 4 3 2 3

3 3 1 3

3 2 3 2 3 4

x x x

A x x x

x x x

    

 

   

    

 



 







3 4 2 3

3 2 3 1
3 2 3 2 3 4

x x

A x x

x x x

 

 

 

  

    

 



3 1



3 2

x
A

x




 (

x

 

)



3 1





3 2



2 2



3 2



1 1

3 2 3 2 3 2

x x x

A x

x x x

    

   

  

Với x 0, để A là số nguyên thì

3 3 3 9

3 2 1 3

3 1
3 1

x x

x
x

   
     


 

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2. a) + Từ (3): x + y + z = 2 2  xyz316 2

+ Từ (1) và (3) ta có: yz3



x3y3z3



0

Biến đổi tương đương ta đưa về được: 3(x + y)(y + z)(x + z) = 0

+ Xét x + y = 0 thay vào (3) ta được z = 2 2, thay vào (2) được x = 0; y = 0
Do đó ta được (x ; y; z) = (0 ; 0; 2 2)

Xét y + z = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (2 2; 0; 0)
Xét z + x = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (0; 2 2; 0)

+ Vậy hệ phương trình trên có 3 nghiệm: (x; y; z) = (0 ; 0; 2 2) ; (2 2; 0; 0) ; (0; 2 2; 0)
b) Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1)

Với 0≤x<1 thì: 3

√

x2+26+3

√

x+

√

x +3<

√

312+26+3

√

1+3=8 . Nên PT vơ nghiệm với

0≤x<1

Với x >1 Thì: 3

√

x2+26+3

√

x+

√

x +3>

√

312+26+ 3

√

1+3=8

Nên PT vô nghiệm với x >1 Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1

3. a) áp dụng BĐT Cautry cho ba số dương x, y, z. Ta có x + y +z 3 xyz3

Biến đổi được ( x + y + z)3  27(x + y + z +2 ). Đặt T = x + y + z > 0

Biến đổi được ( T - 6) ( T + 3)2  0  T  6. Tìm được GTNN T = 6 khi x = y = z =2

b) Đặt 1

2
4




y
x

x

= a Với a là số nguyên dương thì x4 + 2 = a(x2y + 1)  x2(x2- ay) = a - 2 (1)

Xét 3 trường hợp sau : TH1: Nếu a = 1 thì từ (1) ta có : x2(x2- y) = - 1 







1
1

1
2

y
x

 





2
1

y
x

TH2: Nếu a=2 thì từ (1) có x2(x2- 2y)=0, suy ra x2 =2y nên có x= 2k, y=2k2 với k là số nguyên

dương

TH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a – 2 > 0 và (a – 2) chia hết cho x2 nên a – 2  x2  a  x2 + 2 > x2

Từ đó  0 < x2- ay < x2- x2y  0. Điều này không xảy ra

Vậy: Cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đề ra là : (1; 2) và (2k; 2k2) với k là số nguyên

dương.

4. Ta có a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 – ab3 +b4 ) =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2)

Do (a - b) 2  0; a,b,c > 0, nên (a - b) (a + ab + b ) 2 2 2  0

Suy ra a5b5a b2 2



a b



. Đẳng thức sảy ra khi a = b.

Do đó:      

1 1

2 2

5 5 1

ab ab c

ab a b ab a b c a b c

a b a b ab

a b ab

   

     

 

  (1)( vì có abc =1)

Chứng minh tương tự tacó 5 5

a
b

bc

a b c

c bc



 

  (2) 5 5

b

ca

a b c

c a ca



 

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta có 5 5 5 5 5 5 1

a b c
a b c

ab bc ca

a b ab b c bc c a ca

 

 

  

     

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
5.

a) Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.

Suy ra:

2 2 .

MA MN

MN MP MA MB

MN MB    
b) Để MNOP là hình vng thì đường chéo OM ON 2 R 2

Dựng điểm M: Ta dựng hình vng OACD, dựng đường trịn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M.
Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN  MO2 ON2 R, nên Tam giác
ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình
vng.

Bài tốn ln có 2 nghiệm hình vì OM R 2 R

c) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường trịn đường

kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường trịn
đường kính OM, tâm là H.

+ Kẻ OEAB, thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL( )d thì HL // OE, nên HL là đường

trung bình của tam giác OEM, suy ra:

1
2

HL OE

(không đổi).

+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H ln cách dều (d) một đoạn khơng đổi, nên H chạy trên
đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE.

Đề 17

Bài 1: (4 điểm)Cho biểu thức: A = 


































1
1
1

1
:
1
1

1
1

xy
x
xy

x
xy
xy

x

a. Rút gọn biểu thức.

b. Cho

6
1
1




y

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Bài 2: (5 điểm)a) Giải hệ phương trình













1
4

y
z

x

x
z

y

z
y
x

b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz2006 và 2006
1
1
1
1





z
y
x
Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006.

Áp dụng giải phương trình sau:

1 1 1 1

2x1 x1x2 2 x 2.
Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2

Tìm GTNN của P =

2 2 2

x y z

y z  z x  x y
Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên 
x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1)

b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình



m 4 x







m 3 y 1




(m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất.

Bài 5: (5 điểm)

Cho đường trịn (O;R) đường kính AB cố định. H là điểm thuộc đoạn OB sao cho

HB = 2HO. Kẻ dây CD vng góc với AB tại H. Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB sao
cho E không trùng với C và B. Nối A với E cắt CD tại I.

a/ Chứng minh rằng AD2 = AI.AE

b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R

c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp DIE ngắn

nhất.

HƯỚNG DẴN GIẢI
1. a) Đk : x  0; y  0; x.y  1.

Quy đồng rút gọn ta được: A = x.y

9
1
.
1
6

1
1









y
x
A
y

x  Max A = 9  9

1
3

1
1






 x y

y
x

2. a) TXĐ: x, y, z  4

. Nhân 2 vế của mỗi phương trình với 2 ta có:


















)
3
(
1

4
2
2
2

)
2
(
1

4
2
2
2

)
1
(
1

4
2
2
2

y
z

x

x
z

y

z
y

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Cộng (1), (2), (3) từng vế ta có:



4 1 1

 

4 1 1

 

4 1 1



0
2
2
2









 y z

x  












1
1
4
1
1
4
1
1
4
z
y
x
 











2

1
2
1
2
1
z
y
x

Thử lại ta thấy thoả mãn. Vậy x = y = z = 2
1

là nghiệm của hệ.

b) Từ giả thiết ta có:xyz xyz
1
1
1
1
0
1
1
1
1








z
y
x
z
y

x



 



0







z
y
x
z
z
z
y
x
xy
y
x









1
1












z
y
x
z
xy
y
x















0

 x y x z y z  











0
0
0
z
y
z
x
y
x
 







2006
2006
2006
x
y
z

Kết luận: Vậy ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006

* Đặt a = 2x + 1, b = x - 1, c = - x- 2  a + b + c = 2x - 2

Phương trình (*) trở thành

1 1 1 1

a b c  a b c  theo kết quả câu a ta có



a b b c c a

 



    

 a + b = 0  2x    1 x 1 0 x0( / )t m

hoặc b + c = 0  x 1 x 2 0 ( vơ lí) hoặc a + c = 0  2x 1 x 2 0  x  1 0 x1 ( loại)

Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0

3. Vì x, y, z > 0 ta có: áp dụng BĐT Cơsi đối với 2 số dương

2
x

y z và 4

y z

ta được:

2 2

2 . 2.

4 4 2

x y z x y z x

x

y z y z

 

   

  (1) . Tương tự ta có:

2 2

(2) à (3)

4 4

y x z z x y

y v z

x z x y

 

   

 

Cộng (1) + (2) + (3) ta được:

 

2 2 2

2 2

x y z x y x x y z P x xy z x y z

y z z x x y

     

           

 

  

 

Dấu “=” xảy ra

2
3

x y z

   

. Vậy min P = 1

2
3

x y z

   

4. a) Nhận thấy x=y=0 là nghiệm.
Với x,y0

(1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2)  x2 – 7 phải là bình phương của số nguyên.

Hay: x2 – 7 = a2 x2 – a2 = 7 (x  a)(x a) 7

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2
Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2.

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2)
b) Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0).

 m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1).
 m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2).

 m  4, m  3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại:

1
A 0;

m 3

 

 



  và

B ; 0

m 4

 

 



 .

Hạ OH vng góc với AB, trong tam giác vng AOB, ta có:

1 1

OA , OB

m 3 m 4

 

 









2 2 2

2 2 2

1 1 1 7 1 1

m 3 m 4 2m 14m 25 2 m

OH OA OB 2 2 2

 

              

  .

Suy ra OH2  2 OH 2 (3).

Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là 2, đạt được khi và chỉ khi m =

2. Kết luận: m =
7
2.

a/ AD2 = AE.AI

2 . ( )

. . ( ,

AD AH AB htl

AE AI AH AB AIH ABE

 

 

  

 đồng dạng)

b/ Ta có AI.AE –HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 = ( OA+OH)2 =( R+ 3

R
)2 =

2
16

R

c/ Kẻ DxDI D cắt EB kéo dài tại F Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối = 1800)

 đường tròn ngoại tiếp DIE trùng với đường trịn ngoại tiếp tứ giác DIEF có đường kính là
IF

Gọi K là giao điểm của IF và BD  K là tâm đường tròn ngoại tiếp DIE

 HK ngắn nhất  HK BD K  KD = 
4
3 3

R

 Egiao điểm của (O;R)

với ( K;

4
3 3

R

) ( E  cung nhỏ BC của đường tròn tâm O )
Đề 18

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức A =

2 1 1

:
2

1 1 1

x x x

x x x x x

   

 

 

     

  với x0,x1

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Chứng minh rằng: 0 < A < 2.

3 2

9 27 27 0

y x x

z y y

x z z

    



   

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

b) Giải phương trình: x3 – 3x2 + 9x – 9 = 0

Bài 3: (2 điểm)Giả sử x, y là các số dương thoả mãn đẳng thức: xy  10

Tìm giá trị của x và y để biểu thức: P(x41)(y41) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất

ấy.

Bài 4: (4 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21.

b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

4 4 4 3 3 3

a b c a b c

Bài 5: (6 điểm)

1. Cho đường tròn tâm O, đường kính BC = 2R. Từ điểm P trên tia tiếp tuyến của đường tròn tại B,
vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A là tiếp điểm) với đường tròn. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là
giao điểm của PC và AH.

a) Chứng minh E là trung điểm của AH.
b) Tính AH theo R và khoảng cách d = PO.

2. Cho hình thang vuông ABCD ( A = D = 900) và DC = 2 AB. Gọi H là hình chiếu của D

trên đường chéo AC và M là trung điểm của đoạn HC. Chứng minh rằng BM MD

HƯỚNG DẴN GIẢI

1. a) với x0,x1. Ta có A =



 



2 1 1 2 1 2

: .

1 1 1 1 1 1

         

  

 

         

 

x x x x x x x x

x x x x x x x x x



 



2 1 2 2

1 1

 



  

x x

x x x

b) với x0,x1 ta ln có A > 0. Lại có:

1 1 2

    

 

x x

x x hay A < 2. Vậy 0 < A < 2

2. a) Cộng từng vế 3 phương trình ta được: (x + 3)2 + (y-3)2 + (z- 3)2 = 0 (4)

Mặt khác: (1)  9x2- 27x + 27 = y3= 9 ( 4
27
)
2
3 2




x

>0 y> 0; tương tự : x > 0; z > 0.
a. Xét x  3 từ (3)  9z2 – 27z = x3- 27  0 9z (z – 3)  0  z  3

Tương tự y  3. Từ (4)  x = y= z = 3

b. Xét 0 < x < 3. Từ (3)  9z2- 27z = x3 – 27 < 0  9z (z-3) < 0  z < 3

Từ (4)  hệ phương trình vơ nghiệm. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x= 3; y = 3; z = 3)
b) x3 – 3x2 + 9x – 9 = 0 <=> 3x3 – 9x2 + 27x – 27 = 0 <=> 3x3 = 9x2 – 27x + 27

2x3 = -x3 + 9x2 – 27x + 27 = (3 – x)3 =>

3 3
3

4 2 1
1 2

x    



3. a) P = (x4 + 1) (y4+ 1) = (x4+ y4) + (xy)4 + 1

Đặt: t = xy, ta có: x2+ y2 = (x +y)2 – 2xy = 10 – 2t

x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2(xy)2= (10 – 2t)2 – 2t2 = 2t2- 40t+ 100

Khi đó : P = t4 + 2t2- 40 t + 101= (t4 – 8t + 16) + 10 (t2- 4t + 4) + 45= (t2 – 4)2+ 10 (t – 2)2 + 45

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là P = 45 khi: (x,y) = 2
2
10
;
2

10 

hoặc: 









  

2
2
10
;
2

2
10

4. a)Đặt S = x + y ; P = xy => điều kiện cần để hệ có nghiệm là S2  4P (*)

Phương trình đã cho tương đương với :S3 – 3 SP + 6P = 21  S3 – 3SP + 6P – 8 = 13

 ( S – 2 ) ( S2 + 2S - 3P + 4 ) = 13 (2)

Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + 4 = ( x + y ) 2 + 2(x + y ) – 3 xy + 4

= x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + 4 = 2

















1 2 2 2








 y x y

Vậy S – 2 và M là 2 ước số dương của số nguyên tố 13 .ta xét 2 trường hợp sau :

TH1 : 



























2
1
2

3
13

4
3
2

1
2
2

y
x
P

S
P

S
S

hoặc 




1

2
y
x

0,25đ

TH2 : 



















86
15
1

4
3
2

13
2

P
S
P

S
S

vô nghiệm vì khơng thoả mãn (*) .
Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là ( 2 ; 1 ) ; ( 1 ; 2 ) . 0,25đ

b) Với mọi số thực x ta có :

3 2 2 2 1 3

( 1)( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 0

2 4

x x   x x  x  x x   

 

 

 

Do đó: a4b4c4 (a3b3c3)a a3( 1)b b3( 1)c c3( 1)
3( 1) 3( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

a a b b c c a b c

            (a1)(a31) ( b1)(b31) ( c1)(c31) 0

Suy ra : a4b4c4 a3b3c3. Hoặc: 3(a4b4c4) 3( a3b3c3)

3(a4 b4 c4) ( a b c a  )( 3b3c3) nhân vào khai triển và rút gọn đưa về BĐT đúng

O
P

C
B

1) a) Ta có AH // PB (vì AH, PB cùng vng góc với BC)

EH CH
PB CB

 

(1)

Lại có AC // PO (vì AC, PO cùng vng góc với AB) nên hai tam giác vuông AHC và PBO đồng

dạng

AH CH
PB BO

 

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Mà CB = 2.BO nên AH = 2. EH hay E là trung điểm của AH.

b) Ta có AH2 = HB. HC = (2R – HC)HC

2 EH.CB EH.CB

AH 2R .

PB PB

 

   

  =

AH.CB AH.CB

2R .

2PB 2PB

 



 

   4PB .AH2 2 (4R.PB AH.2R).AH.2R

 PB .AH 2R .PB R .AH2  2  2



2 2



R PB .AH 2R .PB

  

Mà PB2 d2 R2 nên

2 2
2

AH . d R

 

2) Gọi N là trung điểm của DH

MN là đường trung bình của DHC =>MN =
1

2DC và MN//CD

Mà AB =

2 CD ; AB//CD

=> MN =AB và MN//AB => tứ giác ABMN là hình bình hành
=> AN//BM. Từ MN//AB mà AB AD => MN AD

=> N là trực tâm của AMD => AN MD vì AN//BM mà AN DM => BM DM
Đề 19

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: A =





y
x

x
:
x
y

y
x





















 3 3 2

a) Rút gọn A
b) CM: A  0

Bài 2: (5 điểm) a) Tìm x, y, z thỏa mãn hệ sau:

{

yx33−3 y−2=4−2z−3x−2=2− y

z3−3 z−2=6−3 x .

b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x
Bài 3: (2 điểm) Cho các số dương a;b;c thỏa mãn a + b + c  3.

Chứng minh rằng: 2 2 2

1 2009

670

a b c ab bc ca  
Bài 4: (3 điểm)

a) Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c  o và 0

1
1
1








c
b
a
c
b
a

Chứng minh rằng: a b c abc
c

b
a








3
3
3

6
6
6

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

A =

2 2 2

x y z

x y  y z z x với x > 0; y > 0; z > 0 và xy  yz  zx 1

Bài 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) . Điểm M thuộc cung nhỏ BC. 
gọi I,K,H theo thứ tự là hình chiếu vng góc của M trên AB; AC; BC. Gọi P, Q lần lượt là trung
điểm của AB; HK.

a) Chứng minh MQ  PQ.

b) Chứng minh : MH
BC
MK

AC

MI
AB




c) Cho tam giác ABC đều. Xác định vị trí của điểm M trên cung BC để MA + MB + MC đạt
giá trị lớn nhất

HƯỚNG DẴN GIẢI

1. a) ĐK: 








y
x
y
x

0
0

. A = x y

y
xy
x

:
y
x

y
xy
x

y
x























 A = x xy y

y
x
.
y

y
xy
x

xy
y













 2

 A = x xy y
xy




b) Do: xy 0,

0
4
3
2















 xy y x y y

=> A = x xyy 0
xy

2. a) Biến đổi tương đương hệ ta có:

2
3

3 2

( 2)( 1) 2
3 2 2

3 2 4 2 ( 2)( 1) 2(2 )

3 2 6 3 ( 2)( 1) 3(2 )

x x y

y y z y y z

z z x z z x

    

    




        

 

     

   

 

Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được:

(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)

⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2)

[

(x +1)2(y+1)2(z +1)2+6

]

= 0

⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0. ⇔ x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2
Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta được x = y = z = 2.
Vậy: với x = y = z = 2 thỏa mãn hệ đã cho.

b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x
<=> 9(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 24x

Đặt y = x + 9 hoặc đặt y = x + 6. Có nghiệm x = -9

3. Áp dụng (a + b + c)(

a+

b +

c)  9. Ta có
2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 9

( )( 2 2 2 ) 9 1

( )

a b c ab bc ca

ab bc ca ab bc ca

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Mặt khác từ (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2  0 => ab+bc+ca  a2+b2+c2

=> ab + bc + ca

( ) 2007 2007

3 669

3 3

a b c

ab bc ca

 

    

  (2)

Từ (1) và (2) ta có 2 2 2

1 2009

670

a b c ab bc ca   dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

4. a) * a + b + c = 0 => a + b = -c => (a + b)3 = -c 3 => a3 + b3 + c3 = -3ab(a + b) = 3abc

1 1 1

a b c  => ab + bc + ca = 0

* a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 – 2(a3b3 + b3c3 + c3a3)

* ab + bc + ca = 0 => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2

Do đó * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2. + Vậy:

6 6 6 2 2 2

3 3 3

a b c 3a b c

abc

a b c 3abc

 

 

 

b) + Biến đổi để được:

A = x + y + z

xy yz zx

x y y z x z

 

    

  

  (1)

+ Chứng minh được: x + y + z  xy yz  zx > 0 (2)

+ Thay (2) (3) vào (1) được A
1
2


Do đó: Min A =

x y z
1

2 xy yz zx 1

 



 

  



+ Vậy Amin =

1 1

x y z

2    3

5. a) Tứ giác MCKH nội tiếp   BCM = HKM = BAM; HMK = BCA = BMA      



BMA



HMK.

Mặt khác MP, MQ là trung tuyến của



BMA,



HMK

 MH

MB
MQ

MP



và BMH = PMQ   



BMH



PMQ 
Mặt khác BHM = 90  0  PQM = 90  0  PQ MQ. 
b) Giả sử AC  AB ta có:

MK
AK
MI

AI
MK

KC
AK
MI

BI
AI
MK

AC
MI
AB









(1)

( Do MBI = MCK    cotg MBI = cotgMCK   

)

MK
KC
MI

BI



Do C = A nªn cotgA = cotgC  1  1  1  1  MH

CH
MI

AI



( 2)

A = B nªn cotgA = cotgB  2  1  2  1 

(3)

AK BH

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

c) Từ (1),(2) và (3) suy ra MH
BC
MH

BH
MH
CH
MK

AC
MI
AB




Gọi D là giao điểm của MA với BD ta có :



MBD



MAC



BMD AMC, DBMCAM



MB BD
MA AC

 

Tương tự ta có :

MC CD

MA AB Do đó 1
MB MC
MAMA 
Suy ra MA + MB + MC = 2MA  4R

Vậy max (MA + MB + MC) = 4R khi AM là đường kính khi đó M là trung điểm của cung BC

Đề 20

Bài 1: (4 điểm) Cho biÓu thøc:

M=

(

√

a+1− 1

√

a+1

)

(

a2+3

√

a+1−2 a

a +2−a

)

a. Tìm điều kiện để cho biểu thức M có nghĩa.

b. Chøng minh r»ng biĨu thøc M kh«ng phơ thuéc vµo a.

Bài 2: (5 điểm) a) Giải phương trình :

2 2

3 5 5 5 1

4 5 6 5

x x x x

   

 

   

b) Giải hệ phương trình :

2
2
1

3
1

x
x

y
y

x
x

y y



  





   



Bài 3: (4 điểm)

Ba số x;y;z thoả mản hệ thức : 6

3
2
1





z
y

x . Xét biểu thức :P= x+y2+z3.

a.Chứng minh rằng: Px+2y+3z-3?

b.Tìm giá trị nhỏ nhất của P?.

Bài 4: (5 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 được.
Bài 5: (2 điểm)

Cho tam giác có số đo các cạnh lần lượt là 6; 8 và 10. Tính khoảng cách từ tâm đường tròn
ngoại tiếp đến tâm đường tròn nội tiếp của tam giác.

HƯỚNG DẴN GIẢI

1. §iỊu kiƯn:
a≠0
a>−1

¿
{¿ ¿ ¿

2 2 2

1 3 1 2 1 1 3 1 2 2 3 1

1 2 3

1 1 1

a a a a a a a a a a a

M a a

a a a

   

              

         

  

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

2. a) Chia cả tử và mẫu của hai phân thức cho x và đặt biến phụ
b) Điều kiện y0

y
x
y
x
y
x
y

x   












 1 3 1 3

2
2

(1) y

x
y
x
y
x
y

x   












 1 3 1 3

(2)

Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:

0
6
1
1 2


















y
x
y

x 1 3 1 20

















y
x
y
x













0
2
1
0
3
1
y
x
y
x

 
 












4
2
1
3
3
1
y
x
y
x

Từ (3) và (2) ta có:













6
3
1
y
x
y
x







y
x
y
y
6
(*)
0
1
3
6 2

vô nghiệm  hệ vô nghiệm

Từ (4) và (2) ta có














1
3
1
y
x
y
x







y
x
y

y2 2 1 0

;
1



 x y hệ có 1 nghiệm xy1;

3. a) Xét nghiệm P=(x+y2+x3)= y2-2y+z3-3z+3=(y2-2y+1)+(z3-3x+2)=(y-1)2+(z-1)2(x+2)0do

x+2>0)

Vậy Px+2y+3z-3

b) áp dụng BĐT Bu nhi a Cốp ski ta có

(x+2y+3z)( )
3
2
1
z
y

x  =[( x )2 ( 2y)2 ( 3z)2]. 


































 1 2 2 2 3 2

z

y
y

2
2
)
3
2
1
(
3
.
3
2
.
2
1
.   



































z
z
y
y
x
x
=36
=> x+2y+3z36:66=>Px2y3z 36 33

Đẳng thức xảy ra khi:

1
3
3
2
2
1
6
3
2
1 1

























z
y
x
z
z
y
y
x
x
z
y
x
z
y

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

A
B

E C

D
O

I
r

r 1 0
6

AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)<=> AE  BN (1)
AFB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)<=> BF  AN (2)

Từ (1) và (2) => M là trực tâm của tam giác ABN

=> MN  AB => MN //Bx (Vì cùng vng góc với AB)
b) Ta có: DFE + BFE = DFE + BAE = 900

BCA + BAC = BCA + BAE = 900=> DFE = BCA

Khi đó trong tứ giác CDFE ta có:DCE + DFE = DCE + BCA = 1800

=> Tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.
5. a) Ta có: BC2 = AB2 + AC2  102 = 62 + 82

 ABC vuông tại A, nên trung điểm O của cạnh

huyền BC là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,

D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I)
trên các cạnh BC, AC, AB, S, p, r lần lượt là diện tích,

nửa chu vi, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ta có:

S = pr 

6.8 6 8 10
.r

2 2

 


 r = 2.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
BD = BF, CD = CE, AE = AF

Suy ra: BD + CE + AF = p  BD + (CE + AE) = p
 BD + AC = p  BD = p – AC = p – b = 12 – 8 = 4.
Do đó OD = OB – OD = 5 – 4 = 1

E
N

A
B

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

OI2 = OD2 + ID2 = 12 + 22 = 5  OI = 5. Vậy OI = 5.
Đề 21

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức

x y x y x y 2xy

M 1

1 xy

1 1

       

     



   

 

:

xy xy .

a) Tìm điều kiện xác định của M và rút gọn biểu thức M.
b) Tìm giá trị của M với x 3 2 2  .

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phuơng trình:

1 2

2 1

3 4

x y x y

x y x y
x y

  



 



  



  



b) Tìm (x;y) thoả mãn 2



x y 4y x 4



xy

Bài 3: (2 điểm) Cho a, b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

4 4 4 4

1 1 1 3

(1 ) (1 ) (1 ) 3(1 ) .
2

a b c abc

      



Bài 4: (4 điểm) a) Cho các số không âm x y z, , thỏa mãn: x + y + z ¿ 3
Tìm giá trị lớn nhất của A 1x2  1y2  1z2 3( x y z).

b) Giải phương trình nghiệm nguyên

x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1)

Bài 5: (5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không đi qua tâm O cắt đường tròn (O; R) tại
hai điểm phân biệt A, B. Điểm M chuyển động trên (d) và nằm ngoài đường tròn (O; R), qua M
kẻ hai tiếp tuyến MN và MP tới đường tròn (O; R) (N, P là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng tứ giác MNOP nội tiếp được trong một đường tròn, xác định tâm
đường trịn đó.

b) Chứng minh MA.MB = MN2.

c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều.

d) Xác định quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP.
HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a) + Đặt ĐKXĐ của hệ

1 2

2 1

3 4

x y x y

x y x y
x y

  



 



  



  

 là (x+2y)(x+y+1)0

+ Biến đổi phương trình

2 2

1 2 ( 1) ( 2 )

2 2

2 1 ( 1)( 2 )

x y x y x y x y

x y x y x y x y

      

   

     

 (x y 1)2(x2 )y 2 2(x y 1)(x2 )y

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

+ Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của hệ là (1; 1)
b) + Điều kiên xác định: x  4 và y  4 (*)

+ Đặt a x 4;b y 4 với a và b là các số không âm thì điều kiện đề bài trở thành











 



2 a 4 b b 4 a  a 4 b 4

 











 



2 2

2 4 4

4 4

a b b a

a b

    

 

 

  2 2

2 2

4 4

b a

  

  2 2

4 4

b a

  

  (1)

+ Với mọi a; b thì 2 2

4 4

1; 1

4 4

b a

b   a   . Do đó từ (1) suy ra 2 2

4 4

b a

b  a   (2)

Giải (2) ta được a = b = 2. Do đó x = y = 8

+ Kiểm tra các giá trị của x, y thoả mãn điều kiện đề bài. Vậy cặp số (8; 8) là cặp số cần tìm.

3. Cho a, b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

4 4 4 4

1 1 1 3

(1 ) (1 ) (1 ) 3(1 ) .
2

a b c abc

      



Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có:

4 4 4 3

1 1 1 1 1 1

(1 ) (1 ) (1 ) 3 (1 )(1 )(1 )

a b c a b c

 

          

 

 

Ta chứng minh:

1 1 1 3

(1 )(1 )(1 ) (1 )
2

a b c abc

    

 (*).

Lại theo BĐT Cơ-si ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

(1 )(1 )(1 ) 1

a b c a b c ab bc ca abc

          

3 3

3 3 2 3

3 3 1 1 3

1 (1 ) (1 )

( ) abc abc

abc abc abc

       



( vì abc+2 = abc+1+1 3 abc3 )

Vậy (*)được chứng minh BĐT đã cho đúng với mọi a,b,c>0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.
4. a) Cho các số không âm x y z, , thỏa mãn: x + y + z ¿ 3

Tìm giá trị lớn nhất của A 1x2  1y2  1z2 3( x y z).
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky, ta được:

2 2

1x  2x (1 1)(1 x 2 )x  2(x1)

Tương tự: 1y2  2y  (1 1)(1 y22 )y  2(y1)
 1z2  2z  (1 1)(1 z2 2 )z  2(z1)
Bởi vậy

2 2 2

1 1 1 3( )

2( 3) 2( ) 3( ) 6 2 (3 2)( )

A x y x x y z

x y z x y z x y z x y z

        

              

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

b) Nhận thấy x=y=0 là nghiệm.
Với x,y0

(1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2)

(2)  x2 – 7 phải là bình phương của số nguyên.

Hay: x2 – 7 = a2 x2 – a2 = 7 (x  a)(x a) 7

4 4

x a

x x

x a

  


     

 





 Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2
 Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2.
Vậy phương trình có nghiệm ngun là:
(0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2)
5.

a, b) Dễ quá rồi.

c) Tam giác MNP đều khi OM = 2R

d) Quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là đường thằng d’ song song với đường
thẳng d (trừ các điểm ở bên trong đường tròn).

Đề 22

Bài 1: (4 điểm) Cho biÓu thøc : A=(

√

x+x
x

√

x−1−

√

x−1):

(

√

x+2
x+

√

x+1

)

a. Rót gän biĨu thøc .

b. TÝnh gi¸ trÞ cđa

√

A khi

x=4+2

√

3

Bài 2: (5 điểm)

b) Giải hệ phương trình:



 





 





 



1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)

x y

y z

z x

   



  



   

 (I)

Bài 3: (4 điểm)

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Tìm GTNN của B8 = x16 + y16 + z16

b) Cho a, b, c thoả mãn:

a b c b c a c a b

c a b

     

 

Tính giá trị biểu thức: P = 1 1 1

b c a

a b c

     

  

     
     

Bài 4: (5 điểm) Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn đó
(C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia
AC cắt tia BE tại điểm F.

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.

3) Chứng minh CFD = OCB. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng
minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Bài 5: (2 điểm)

Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c và chu vi tam giác là 2P.

Chứng minh rằng:

P P P

9
P a  P b P c 

HƯỚNG DẴN GIẢI

b) Nhân (1) (2) và (3) ta có:[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:

0
3 3

0
1 1

0
2 2

z
z

x
x

y
y

    

 

 

 

 

    




Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:

6
3 3

2
1 1

4
2 2

z
z

x
x

y
y

    

 

 
 

 

    



Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -6)

3. a) Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2  0 a,b,c a2 + b2 + c2  ab + ac + bc (1)

áp dụng bất đẳng thức (1) ta có :

B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2  x8y8 + y8z8 + z8x8 B8  x8y8 + y8z8 + z8x8

 B8  (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2  x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4. z4x4

 B8  x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8 B8  (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2  x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6

 B8  (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2  x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6

 B8  (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3(do xyz = 1 và x + y + z = 3)

 B8min = 3  x = y = z = 1

b) Từ gt ta có 2 2 2

a b c b c a c a b

c a b

     

    

suy ra

a b c b c a c a b

c a b

     

 

Xét hai trường hợp * Nếu a + b + c = 0  a + b = -c b + c = - a c + a = -b

P = 1 1 1

b c a

a b c

     

  

     

      =

a b b c c a

a b c

  

     

     

      = 
( )c

a



( a)

b



( )b
c



=
abc
abc



= -1
* Nếu a + b + c 0  a = b = c

 P = 2.2.2 = 8

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

5. * Cm bđt:

1 1 4

x yx y với x > 0, y > 0

Ta có (x - y)2  0 x,y ⇔ x2 + y2 -2xy  0 ⇔ (x + y)2  4xy

x y 4 1 1 4

xy x y x y x y



    

  với x ; y.

* Áp dụng :

 

1 1 4 4

P a P b P a P b c

1 1 4 1 1 1 1 1 1

P b P c c P a P b P c a b c

1 1 4

P a P b c

P P P 1 1 1 P P P 1 1 1

2P a b c

P a P b P c a b c P a P b P c a b c



   

    



  

         

       



  

  

   

               

          

1 1 1 9

   




(Áp dụng Bunhacopski). Dấu bằng xảy ra ⇔ a2 = b2 = c2 ⇔ a = b = c
Đề 23

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:

x 6 1 10 x

A : x 2

x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2



   

       

   

   

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm x sao cho A < 2.

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phương trình:

1 1 9

2
1 5

x y

x y

xy
xy



   





  

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

b) Giải phương trình: (x + 1)4 = 2(x4 + 1)
Bài 3: (4 điểm)

1. Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x2 + (3 -x)2  5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2.

2. (2đ) Cho các số dương a, b, c biết 1 1 1c 1

c
b
b
a
a

Chứng minh rằng: abc 8
1

Bài 4: (5 điểm)

Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vng góc
của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E sao cho DE song
song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMK NMP . Chứng minh rằng:

a. MD = ME

2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc
DAK của tam giác DAK.

Bài 5: (2 điểm)

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và
D thuộc đường trịn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.

HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a) Điều kiện xy 0. Hệ đã cho 2

2[ ( ) ( )] 9 (1)

2( ) 5 2 0 (2)

xy x y x y xy

xy xy

   




  



Giải PT(2) ta được:

2 (3)
1

(4)
2

xy




 

 Từ (1)&(3) có:

1
2
3

2 2

x
y

x y

xy x

y

 





 

 



 

  



 

 


Từ (1)&(4) có:

1
1
3

2
2

1 1

2 2

x

y

x y

xy x

y

 





  

  

 

 



 



   



  

  


Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y 

b) Khai triển và rút gọn và chia hai vế cho x2. Đặt x + 1/x = y. Có nghiệm x = 1 3 3 2 3
3. 1) Đặt y =3-x bài tốn đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức:

P= x4 + y4 + 6x2y2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: 2 2
3

x y
x y

 




 

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

B
C

A
N

Từ các hệ thức trên ta có:

2 2
2 2

2 9

x y xy

x y

   




 



  (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy)  5 + 4.9 =41

 5(x2 + y2) + 4(2xy)  41

Mặt khác 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2  40(x2 + y2)(2xy) (1)

Dấu đẳng thức xảy ra  4 (x2 + y2) =5(2xy).

Cộng hai vế của (1) với 25 (x2 + y2) 2 + 16(2xy)2 ta được:

41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2]  [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2  412

hay (x2 + y2)2 + (2xy)2  41  x4 + y4+6x2y2  41

Đẳng thức xảy ra

2 2
2 2

( ; ) (1; 2)
5

( ; ) (2;1)
4( ) 5(2 )

x y

x y
x y

x y

x y xy

 







     






 



Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt được  x=1 hoặc x=2

2. Theo giả thiết 1

1
1

1
1
1

1            a a

a
c

c
b
b
c

c
b
b
a
a

Do b > 0; c > 0 nên theo bất đẳng thức cơsi ta có:
1

2 0 2 0

1 1 (1 )(1 ) 1 (1 )(1 )

b c bc bc

b c  b c   a  b c 

       (1)

Tương tự ta cũng chứng minh được 1 2 (1 )(1 ) 0
1






 a c

ac

b (2)

1 2 (1 )(1 ) 0
1






 a b

ab

c (3)

Từ (1); (2); (3) ta chứng minh được

1 8(1 )(1 )(1 )

1
.
1

c
b
a

abc
c

b

a      

 => 1 8

8  

 abc abc

=> đpcm

4. Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp  MAB MNB , MCAP nội tiếp

 

 CAMCPM.

Lại có BNM CPM (cùng phụ góc NMP)

 

 CAMBAM (1)

Do DE // NP mặt khác MANP MADE (2)

Từ (1), (2)  ADE cân tại A MA là trung trực của DE
 MD = ME

Do DE//NP nên DEK NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:

   0

NMB NAB 180  NMB DEK 1800

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

D'
B'
A'

C
A

 MEA MDA   MEK MDC .

Vì MEK MDK  MDK MDC  DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác

DAB M là tâm của đường trịn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK.

5. Không mất tổng quát giả sử:ABAC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung ABC  AB 'CB '

Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA AB BC CA 'Ta có:

  

B 'BC B ' AC B 'CA (1) ; B 'CA B 'BA  1800 (2)

B 'BC B 'BA ' 180  0 (3);Từ (1), (2), (3)  B 'BA B 'BA '

Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau  A 'B 'B ' A

Ta có  B ' A B 'C B ' A ' B 'C A 'C= AB + BC ( B’A + B’C khơng đổi vì B’, A, C cố định).

Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’.

Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung ADC thì ta cũng có AD’ + CD’ AD +

CD. Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’.

 Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung AC của đường trịn

(O)

Đề 24

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: B=

(

1−

√

x−

√

x

)

(

1
1+

√

x+

√

x

1−x

)

a) Rút gon biểu thức B.

b) Tìm giá trị của x để biểu thức B = 5.

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phương trình:

3
3

8
2 3

6
2

x
y

x

y



 





  




b) Giải phương trình nghiệm nguyên:
x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 = 0

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Tìn giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

P a b c ab bc ca

a b b c c a

 

   

 

Bài 4: (3 điểm)

Bài 6: (5 điểm)

Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB, xy là tiếp tuyến tại B với đường trịn, CD là một
đường kính bất kỳ. Gọi giao điểm của AC và AD với xy theo thứ tự là M, N.

a) Chứng minh rằng: MCDN là tứ giác nội tiếp một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AC.AM = AD.AN

c) Gọi I là đường tâm tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN. Khi đường kính CD quay quanh tâm
O thì điểm I di chuyển trên đường trịn nào ?

HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a) Đặt

z

y  . Hệ đã cho trở thành

3
3

2 3
2 3

x z
z x

  




 



  3 x z







z3  x3



x z x





2 xz z2 3



       x z

(vì x2 xz z 2  3 0,x z, ).

Từ đó ta có phương trình:

3 3 2 0 1

x
x x

x



    




Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: ( , ) ( 1; 2), 2,1x y   





b) Phương trình đã cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1 (1)

Nhận xét rằng: y2  0 x3 y3 2y2 3y 1 y2 (y1)3 (2)

2 3 3 2 2 3

5y   2 0 x  y 2y 3y 1 (5y 2) ( y 1) (3)
Từ (2) và (3) suy ra: (y  1)3< x3 (y 1)3, Vì y Z

3 3 3 2 3

2 3 1

( 1) 2 3 1 ( 1)

x y y y y y

      

   

      

 

2
2

2 3 1 0 1 ( ) 1

0 0

y y y vi y y

y y

y

        

     

 

  



Z

Với y = -1  x= -1. Với y = 0  x= 1

Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm nguyên là (-1; -1) và (1; 0)
3. Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
mà a3 + ab2  2a2b (áp dụng BĐT Côsi )

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Suy ra 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > 0. Suy ra

2 2 2

P a b c ab bc ca

a b c

 

   

 

2 2 2

9 ( )

2( )

a b c

  

    

 

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t  3.

Suy ra

9 9 1 3 1

3 4

2 2 2 2 2 2 2

t t t

P t

t t



         

 P  4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4
5.

6.a) ∆ ABM vuông tại B => BMA + BAM = 900. ∆ OAC cân tại O

=> ACD = BAM=> BMA + ACD = 900. ∆ ADC vuông tại A

=> ADC + ACD = 900 => BMA = ADC

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

=> ∆ MCDN có NMC + NDC = 1800 nên nội tiếp 1 đường tròn

b) ∆ ABM vuông tại B, BC  AM

=> AB2 = AC. AM (1) ∆ ABN vuông tại B.BD  AN=> AB2 = aD.AN

(2) Từ (1) và (2) => AC.AM = AD.AN

c) Chỉ ra được : Kể từ IH  xy => IH // OA (1) và HN = HM = AH (∆ AMN vuông tại A; HN =
HM)=> NAH = ANH

Theo câu a : ADC = AMN mà ANH + AMN = 900

=> NAH + ADC = 900=> AH  CD

Mặt khác IO  CD (OC = OD; IO bán kính)= AH // IO (2)

Từ (1) và (2) => AHIO là hình bình hành => IH = OA = R (R bán kính đường trịn (0))
Vậy khi CD quanh quanh tâm 0 thì I chuyển động trên đường thẳng d//xy cách xy một
khoảng bằng R

ĐỀ 25 
Câu 1 : ( 6 điểm ).

1) Cho biểu thức:

2 5 1 1

1 ( ) :

4 1

1 2 1 2 4 4 1

x x

A

x

x x x x



   



   

a/ Rút gọn A

b/ Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên

c/ Tính giá trị của A với

x 

7 49(5 4 2)(3 2 1



2 )(3 2 1 2 2 )





.
2) Tìm tất cả các số tự nhiên abc có 3 chữ số sao cho :





2
1
2

abc n
cba n

  




 


 với n là số nguyên lớn hơn 2.

Câu 2 : ( 4 điểm ).

1) Giải phương trình sau:

x+3+

√

1−x

=3

√

x+1+

√

1−x

2) Cho x y z, , là ba số thỏa mãn: x y z . . 1 và

1 1 1

x y z

x y z

    

.
Tính giá trị của biểu thức: P



x2013 1

 

y20141

 

z2015 1



Câu 3 : ( 3 điểm ).

1) Tìm các nghim nguyờn ca phng trỡnh : x2 + xy + y2 = x2y2
1

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Chứng minh rằng

1 1 1 4

ab bc ca
c a b  .
Câu 4 : ( 6 điểm ).

Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax, By
vng góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C, trên tia By lấy điểm D sao cho

góc COD = 900. Kẻ OH vng góc với CD tại H.

a) Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường trịn tâm O đường kính AB;

b) Chứng minh

2
.

AB
AC BD 

;

c) Nêu cách xác định vị trí điểm C trên tia Ax để diện tích tam giác COD bằng diện tích
tam giác AHB.

Câu 5 : ( 1 điểm ). Tìm nghiệm nguyên của PT : x2+2y2 +2xy +3y- 4 = 0

—————————————– Hết ——————————————–

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Câu 
1.1
(4 ð)

a/Cho biểu thức A= 1-

2 5 1 1

:
4 1

1 2 1 2 4 4 1

x x

x

x x x x

  

 

 

      

 

ĐK: x

0; ; 1

x x

  

A= 1-









2 5 1 1

2 1 2 1 (2 1) 2 1 2 1

x x

x x x x x

 



   

      

 

A=1-2

4 2 5 2 1 (2 1)

(2 1)(2 1) 1

x x x x

x x x

    

  

A=1-1 2 1 2 1 2

. 1

2 1 1 2 1 1 2

x x x

x x x x

  

  

   

b/ Tìm xZ để A nguyên.

1 2
1 2

A Z Z x

x

     

 Ư(2)

Do x0;x1;x Z  x0

Vậy x=0 thì A có giá trị ngun.

c/Với x= 7 49(5 4 2)(3 2 13    2 )(3 2 1 2 2 ) 
x=-7349(5 4 2)(5 4 2)  7. 7 49 

x

  . Vậy A

2 2

1 2.7 13

 

 

0,5đ

0,5đ
0,5đ

1đ

0,5đ
0,5đ

Câu 
1.2

(2 ð) Viết được

2
2

100 10 1

100 10 4 4

abc a b c n

cba c b a n n

     




     



(2)
Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5
=> 4n – 5  99 (3)

Mặt khác :

100 n2 1 999 101 n2 1000 11 n 31

        

39 4n 5 119

    (4)

Từ (3) và (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26
Vậy số cần tìm abc 675

0,5

0,5
0,5

1. x+3+

√

1−x2=3

√

x+1+

√

1−x (ĐK: −1<x<1 )

0,5đ.

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

Câu
2.1
(2đ)

Câu 
2.2
(2ð)

---Câu
3.1
(2ð)

Đặt

√x + 1= a

√1− x = b

(a , b ≥ 0 ) ⇒

x + 3= a2

√1− x2=ab

{¿ ¿ ¿

Thay vào phýõng trình đã cho ta có:

a2+2+ab=3 a+b ⇔ a2+(b−3). a−(b−2)=0⇔(a−1)(a+b−2)=0

⇔

¿ [a=1

[a+b=2[¿

 Với

a=1⇒

√

x+1=1⇔ x=0

(thỏa mãn)

Với a+b=2 ⇒

√

x+1+

√

1−x=2⇔ x+1+1−x+2

√

1−x2=4 ⇔

√

1−x2=1⇔ x=0
(thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=0 .

---Từ

1 1 1 xy yz zx

x y z x y z xy yz xz

x y z xyz

 

           

( vì xyz 1)

Xét tích



x1

 

y1

 

z1

 

 xy x y  1

 

z1





1 1 1 0

xyz xy xz yz x y z         xy xz yz x y z      

1 0 1

x x

y y

z z

  

 

 

    

 

    

 

Lần lượt thay x 1 hoặc y 1 hoặc z 1 vào biểu thức P ta đều được P 0

---*Víi x 2 vµ y 2 ta cã:

2 2 2
2 2 2

x y x
x y y

 









* VËy x 2 hc y  2

- Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên

- Vi x =-2 thay vo phng trình ta đợc 4 - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên

- Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y2 = y2

hay y = -1

- Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y2 = y2

hay 1- y = 0  y =1

- Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0

Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm ngun (x, y) là:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

0,5đ.

0,5đ.
0,5đ

0,5đ

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

0,25
ð
0,25
ð

Câu
3.2
(1ð)

Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:

- Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có:

1 1 1 1
4

x y x y

 

   

   (1). Đẳng thức

xẩy ra khi và chỉ khi x = y.

Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Cơsi ta có



x y



1 1 2 xy.2 1 4

x y xy

 

     

 

1 1 1 1

x y x y

 

   

  

- Áp dụng BĐT (1) ta có:



 



1 1

1 4

ab ab ab

c c a c b c a c b

 

    

        (1’)

Tương tự

1 1

1 4

bc bc

a a b a c

 

   

    (2’);

1 1

1 4

ca ca

b b a b c

 

   

     (3’)

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:

1 1

1 1 1 4 4 4

ab bc ca ab ca ab cb cb ca a b c

c a b b c c a a b

    

 

       

       

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

1
3

a b c  
.

0,25

0,5
a) Vì Ax AB By; AB nên Ax, By là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Gọi M là trung điểm của CD => OM là đường trung bình của hình thang
ACDB => OM //AC => góc ACO = góc MOC ( So le trong) (1)

Lại có: OM là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông COD => OM
= MC => tam giác OMC cân tại M => góc COM = góc MCO (2)

Từ (1) và (2) suy ra góc ACO = góc MCO

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

(6đ)

Câu 5
(1 ð)

=> OH = OA => H thuộc đường tròn tâm O

=> CD là tiếp tuyến của đường trịn tâm O đường kính AB

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AC = CH; BD = DH

CH.DH = OH2 =>

2
.

AB
AC BD 

c) SCOD SAHB => 1

OH

HK  ( HK AB; K thuộc AB )

( Vì tam giác COD đồng dạng với tam giác BHA)

=> OH = HK => K trùng O => H là điểm chính giữa của nửa đường tròn O =>

AC = 2

AB

vậy điểm C thuộc tia Ax sao cho AC = 2

AB

thì SCOD SAHB.

---Biến đổi phơng trình

x2+2y2 +2xy +3y- 4 = 0 ⇔ (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4= 0

⇔ (y+4)(y-1) =-(x+y)2 ¿ 0

⇒ - 4 ¿ y ¿ 1 v× y thuộc Z nên y {4 ;3;2;1;0;1}
Sáu cặp (x;y) thỏa mÃn phơng trình là

(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0)
V ì x; y nguyên dương nên x=1 và y=3

1,5

0,5
1,0
1,0

0,25
0,25
0,25
0,25

Đề 26

Bài 1(6đ): 1, Cho biểu thức:

2 5 1 1

1 ( ) :

4 1

1 2 1 2 4 4 1

x x

A

x

x x x x



   



   

a/ Rút gọn A

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

2, Tính giá trị của biểu thức B = x3 - 3x + 2000 víi x =

√

3 + 2

√

2

+ 3

√

3 − 2

√

2

.

Bài 2: (4đ)

a) Cho ba số dương x y z, , thoả mãn

1 1 1

x  y  z  Chứng minh rằng:

x yz  y zx  z xy  xyz  x  y  z.
b)Tìm số tự nhiên n sao cho A n 2 n 6 là số chính phương

Bài 3 : (4đ)

a , Giải phương trình :

3x24x10 2 14 x2 7.

b, Tìm nghiệm của phương trình:
x2+2y2 +2xy +3y-4 =0

. Bài 4: (5 đ) Cho đường tròn (O,R) và một điểm A ở ngồi đường trịn, từ một điểm M di động trên 
đường thẳng d ¿ OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB,MC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Dây BC cắt

OM và OA lần lượt tại H và K.

a) Chứng minh OA.OK không đổi từ đó suy ra BC ln đi qua một điểm cố định.
b) Chứng minh H di động trên một đường tròn cố định.

c) Cho biết OA= 2R. Hãy xác định vị trí của M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất. Tính giá trị
nhỏ nhất đó.

Câu 5 ( 1.0 đ):

Tìm tất cả các số nguyên dương x , y , z thoả mãn

x + y + z >11

8 x+ 9 y + 10 z=100

¿
{¿ ¿ ¿

---Hết---( Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

CÂU Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐIỂM

Bài 1

1a)

(2đ). a/(2đ)Cho biểu thức

A= 1-

2 5 1 1

:
4 1

1 2 1 2 4 4 1

x x

x

x x x x

  

 

 

      

  ĐK: x

0; ; 1

x x

  

0,25

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

A= 1-









2 5 1 1

2 1 2 1 (2 1) 2 1 2 1

x x

x x x x x

 



   

      

 

A=1-2

4 2 5 2 1 (2 1)

(2 1)(2 1) 1

x x x x

x x x

    

  

A=1-1 2 1 2 1 2

. 1

2 1 1 2 1 1 2

x x x

x x x x

  

  

   

0,5
0,75

1b)

(1đ) b/(2đ) Tìm x ZTa có :  để A nguyên.
2

1 2
1 2

A Z Z x

x

     

 Ư(2)

Do x0;x1;x Z  x0
Vậy x=0 thì A có giá trị ngun.

0,5

2.(2đ)

Áp dụng cơng thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b),
Đặt a=

√

3 + 2

√

2

, b= 3

√

3 − 2

√

2

Ta có

 x= a+b  x3= (a+b)3= a3 + b3 +3ab(a+b)
=> x3 = 6 + 3x  x3- 3x = 6

Suy ra B = 2006

0,5
0,5

0,25
0,25
0,5

Bài 2
(4đ)

a)(2đ) Bất đẳng thức đã cho tương đương với

1 ,

a bc  b ca  c ab   ab  bc  ca

với

1 1 1

, , , 1.

a b c a b c

x y z

     

Tacó : a bc  a a b c(   )bc

2 ( ) 2 2 .

a a b c bc a a bc bc a bc

        

Tương tự: b ca b   ca c ab c;    ab.
Từ đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi x y z  3.

0,75

0,5

b)2đ

2 6

A n  n là số chính phương nên A có dạng

2 2 *

2 2 2 2

6 ( )

4 4 24 4 (2 ) (2 1) 23

2 2 1 23
(2 2 1)(2 2 1) 23

2 2 1 1

A n n k k N

n n k k n

k n

k n k n

k n

    

       

  


       

  


(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)

2 2 1 23 6

2 2 1 1 5

k n k

k n n

   

 

   

   

 

0,5

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Vậy với n = 5 thì A là số chính phương

Bài 3

(4đ) a)(2đ)

b)(2đ)

a) Giải pt sau: 3x2 4x10 2 14 x2  7 ĐKXĐ:

2 2 2

1 2

14 7 0 2 1 0

2 2

x

x x x

x






       






2 2 2 26

ì 3x 4 10 3( ) 0

3 3

V  x  x  

Ta có:





2 2

(1)



3 x



4 x



10 2 7 2



x



1 

0 



2 4 4 2 2 1 2 2 2 1. 7 7 0

x x x x

        









2 2

2 2 1 7 0

x x

     

2
2 0

2
2

2 1 7 0 2

x
x

x x



 



 

      

  

 

 



 (TMĐK)

Vậy PT có nghiệm là: x = -2

Biến đổi phương trình

x2+2y2 +2xy +3y-4 =0 ⇔ (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4=0
⇔ (y+4)(y-1) =-(x+y)2 ¿ 0

⇒ - 4 ¿ y ¿ 1 v× y thuéc Z nên y {4 ;3;2;1;0;1}
ĐS sáu cặp (x;y) thỏa mÃn phơng trình là

(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0)

0,25

0,75

0,5

0,25

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

Bi 4

(5đ)

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

a)(2đ)

b)(1đ)

c)
(1,75)

a. Δ HOK ∞ Δ AOM
→OA . OK=OH . OM

Δ vBOM có OB2 = OH. OM

→. . .→OK =

R2

OA (Không đổi)

→ K là điểm cố định. 
b.

H nằm trên đường trịn đường kính OK cố định.

SOBMC=2SOBM=OM . BH=1

2OM . BC

Smin ↔ OMnhỏnhất, BCnhỏnhất 
↔ M≡ A ,BC ⊥OK ↔ H ≡K ↔ M≡ A
Smin=.. .R2

√

3

0,25

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

1đ

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

Bài 5
(1đ)

Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z

= 8(x+y+z) →x + y + z <

25
2 .

Theo giả thiết x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyên nên

x+y+z =12.

Vậy ta có hệ

x + y + z =12

8 x + 9 y + 10 z =100

↔

x + y + z =12

y + 2 z = 4

{¿ ¿ ¿

Từ y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0)

Khi z=1 thì y=2 và x=9. Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài toán

0,25

0,5

0,25

( Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm )

ĐỀ 27

Đề 27
Câu 1: (6đ)

Cho biểu thức A =

(

x−5

√

x

x−25 −1

)

(

25−x

x+2

√

x−15−

√

x+3

√

x+5+

√

x−5

√

x−3

)

1. Rút gọn A

2. Tìm số nguyên x để A nguyên

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

B =

A ( x+16 )

5
Câu 2: (4đ)

a) Giải phương trình:

√

2x2−9 x+4+3

√

2 x−1=

√

2 x2+21x−11
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của

A =

xy
z +

yz
x +

zx

y với x,y,z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1
Câu 3: (3đ)

a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
2x6 + y2 –2 x3y = 320

b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn

1 1 1

x y y z z x  .

Chứng minh rằng:

1 1 1 3

3x3y2z3x2y3z2x3y3z 2.
Câu 4: (6đ)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường trịn
tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vng góc với AB
tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J.

a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất.
Câu 5: (1đ)

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

---Hết---Câu ý Nội dung trình bày Điểm

1
(6đ)

a Tìm đúng điều kiện x≥0, x≠25 , x≠9 1,0

Rút gọn A=
5

√

x+3 1,5

b x ¿ z =>

√

x+3 là Ư(5) 0,5

3 1 ( )

3 5 4

x loai

x x

  


   


1,0

c B=A ( x+16)

5 =

5( x +16)
5(

√

x+3=

x+16

√

x+3 0,5

√

x−3+25

√

x+3=

√

x +3+

√

x+3−6 1,0

=> B≥4 => min B = 4 ⇔ x=4

0,5
2

(4đ)

a ĐK: x≥4 hoặc x=0,5 0,5

Biến đổi:



 





 





 





 



2 2

2 9 4 3 2 1 2 21 11

4 2 1 3 2 1 11 2 1

4 2 1 3 2 1 11 2 1 0

2 1( 4 3 11) 0 2 1 0(1)

x x x x x

x x x x

      

       

        

         

Hoặc

√

x−4+3−

√

x+11=0 (2)

1,0

Giải (1) được x=0,5 (thỏa mãn),giải (2) được x=5 (thỏa mãn) 0,5
b

A =

xy
z +

yz
x +

zx

y Nên A2 =

x2y2
z2 +

y2z2
x2 +

z2x2

y2 +2 ( vì x2+y2+z2 =1)

= B +2

0,75

Áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho 2 số dương ta có

x2y2
z2 +

y2z2
x2 ≥

√

x2y2y2z2
z2x2 =2 y

Tương tự

y2z2
x2 +

z2x2
y2 ≥2 z

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

x2y2
z2 +

z2x2
y2 ≥2 x

Cộng vế với vế ta được 2B ¿ 2

⇒B≥1

Do đó A2 = B +2 ¿ 3 nên A ¿

√

Vậy Min A =

√

3

⇔ x=y=z=

√

3
3

0,5

3
(3đ)

a Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320

=> (x3)2 £320 0,5

mà x nguyên nên x £2

Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y khơng ngun (loại)
Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6

Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2

0,75

Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:

(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) 0,25

Áp dụng BĐT

1 1 4

a b a b (với a, b > 0)

1 1 1 1
4

a b a b

 

    

  

0,5

Ta có:



 



1 1 1 1 1

3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z

 

    

            



 



1 1 1 1 1 1 1 1 1

4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z

    

         

         

    

 

1 2 1 1

16 x y x z y z

 

    

  

 

Tương tự:

1 1 2 1 1

3x 2y 3z 16 x z x y y z

 

    

      

1 1 2 1 1

2x 3y 3z 16 y z x y x z

 

    

      

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Cộng vế theo vế, ta có:

1 1 1 1 4 4 4

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z

 

      

          

4 1 1 1 1 3

16 x y x z y z 4 2

 

     

  

 

0,5
4

(6đ)

1,0

a Xét tứ giác ACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt)

ACMD là hình thoi 0,5

 AC // DM, mà ACCB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)

0,5

 DMCB; MJCB (do J thuộc đường trịn đường kính MB)

 D, M, J thẳng hàng. 0,5

Ta có : IDM + IMD = 90  0(vì DIM = 90 0)

Mà IJM = IDM  (do IC = IJ = ID : CJD vng tại J có JI là trung

tuyến)

  

MJO' = JMO' = IMD(do O’J = O’M : bán kính đường trịn (O’); JMOˆ '
và IMDˆ đối đỉnh)

0,5

 IJM + MJO' 90   0 IJO 90  0  IJ là tiếp tuyến của (O’), 
J là tiếp điểm

0,5

Ta có: IA = IM IO’ = 2

AB

= R (R là bán kính của (O))

O’M = O’B (bán kính (O’) 0,5

JIO’ vng tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 0,5

Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4S
JIO’

Do đó SJIO’
2
4

R



0,5

SJIO’ =
2
4

R

khi IJ = O’J và JIO’ vng cân

có cạnh huyền IO’ = R nên :

2O’J2 = O’I2 = R2  O’J = 
2
2

R

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2 0,5

5
(1đ)

Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83
4xy 2x 2y 1 167 (2x 1)(2y 1) 167

         0,5

Do x,y nguyên dương (2x1);(2y1)Z

(2x 1);(2y 1)

   Ư(167)Lập bảng tìm được (x,y)=(0;83);(83;0).

0,5

ĐỀ 28

Bài

1 : (6 điểm)

1,Cho biểu thức: K =

[

x +3

√

x +2

x+

√

x−2

−

x+

√

x

x−1

]

:

[

1 √

x+1

+

1 √

x −1

]

a/ Rút Gọn K

b/ Tính giá trị của biểu thức K khi x = 24+ 5 3 29 12 5 .

c / Tìm x để :

1 K

−

√

x+1

8 ≥1

2,Cho các số thực dương x , y ,z thỏa mãn điều kiện

x

√

1− y2+y

√

1−z2+z

√

1−x2=3

2 chứng minh rằng x

+y2+z2=3
2
Bài 2: (4điểm) a ) Giải phương trình

√

7−x+

√

x+1=x

−6 x+13

b ) Cho a,b,c là ba số thực thỏa mãn : a + b +c =

√

a+

√

b+

√

c=2

Chứng minh rằng :

√

a

1+a

+

√

b

1+b

+

√

c

1+c

=

2 √

(

1+a)(1+b)(1+c)

Bài 3: (3điểm)

a) Tìm GTNN của

2 2 2

x y z

x y y z z x

  

   biết x, y, z > 0 , xy  yz zx 1 .

b) Chứng minh

a b c

b c  a c  a b  với a, b, c > 0

Bài 4:(6 điểm).Cho (O;R) và (I;r) tiếp xúc ngoài tại A (R>r) . Dựng tiếp tuyến chung ngoài BC ( B nằm

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

b) OE cắt AB tại N ; IE cắt AC tại F . Chứng minh N;E;F; A cùng nằm trên một đường trịn.
c) Chứngtỏ BC2=4 Rr

Tính diện tích tứ giác BCIO theo R ;r

Bài5: (1 điểm )Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

xy2 + 2xy – 243y + x = 0

---Hết---(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

Bài Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐIỂM

Bài 1
(6đ)

1.(4đ)
a)(2đ)

b)(1 đ)
c )(1đ
)

2)(2đ)

a, Với x0 , x≠ 1 ta có:

K =

√

x+1

2 √

x

b,Ta có :
x = 24+
= 24+
= 24+
= 24+
= 25

Thay x = 25 vào K ta có:

K =

√

25+1

2 √

25 =

3

5

1 K

−

√

x+1

8 ≥1 ⇔

2 √

x

√

x+1

−

√

x+1

8 −1≥0⇔

−

x+6

√

x−9

8 (

√

x+1)

≥0

(*) Do :

8(

√

x+1)≥0 ∀ x

nên (*)

⇔−(

√

x−3 )

≥

0⇔(

√

x−3)

≤0

mặtkhác

(

√

x −3)

≥0 ⇔

√

x=3 ⇔ x=9

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm ta có
x

√

1− y2+y

√

1− z2+z

√

1−x2≤x

2+1− y2

2 +

y2+1−z2

2 +

+z

+1−x2

2 =

3
2

0,5

0,75

0,5

0,75

0,5

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

Đẳngthứcsảyra :

x =√ 1− y2

y =√1 − z2

z =√ 1− x2

⇔

x2= 1− y2

y2=1 − z2

z2=1− x2

⇒ ( dpcm )

{¿ {¿ ¿ ¿

¿
¿
¿

0,5

Bài 2
(4đ)

Bài 3
(3đ)

a,(2đ)

b(2đ)
a,

ĐK: −1≤x≤7

Ápdụng BĐT Bunyakovsky
tacó

(

√

7−x +

√

x+1 )

≤2(7−x +x+1)=16 ⇔

√

7−x+

√

x +1≤4

)

lạicó x2−6 x+13=( x−3 )2+4≥4

do đó PT

⇔

√7− x =√x + 1

x −3 =0

⇔ x =3

¿{¿ ¿ ¿

b) Đặt

x=

√

a; y=

√

b; z=

√

c

thì

x

+

y

+

z

=

x + y +z=2

⇒

2( xy+ yz+zx )=2

−2=2 ⇒ xy+ yz+zx=1

Do đó :

1+a=xy+ yz+ zx+x

=(

x+ y )(x+z)

1+b=xy+ yz+ zx+ y

=(

y+ z)( y+x)

1+c=xy+ yz+zx+z

=(

z+x )( z+ y)

Vìvậy

√

a

1+a

+

√

b

1+b

+

√

c

1+c

=

x

(

x+ y )( x+ z)

+

y

(

y +z )( y+x )

+

z

(

z+x )( z+ y )

=

2( xy+ yz+zx )

(

x+ y )( y+ z)( z+ x )

=

2 √

(

1+a)(1+b )(1+c )

0,5

0,5
0,5
0,5

0,5

a(1,5đ)
a :

2 2 2

x y z x y z

x y y z z x 2

 

  

   . Theo bất đẳng thức Cauchy :

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

Bài 4
(6đ)

b(1,5)

xy yz zx

x y y z z x x+y+z 1

xy ; yz ; zx nên

2 2 2 2 2 2

 

  

    

min A =

1
2

1
x y z

   

.
b )Theo bấtđẳngthức Cauchy :

b c.1 b c 1 : 2 b c a

a a 2a

     

   

  .

Do đó :

a 2a

b c a b c    . Tươngtự :

b 2b ; c 2c

a c a b c    a b a b c   

Cộngtừngvế :

a b c 2(a b c) 2

b c c a a b a b c

 

   

     .

Xảyradấuđẳngthức :

a b c

b c a a b c 0

c a b
 





     



  

 , tráivớigiảthiết a, b,

c > 0.

Vậydấuđẳngthứckhơngxảyra.

0,5

a(1,5đ)

b(1,5đ)

Hìnhvẽ
B E

F
O A I

a )Ta có : BE và AE là 2 tiếptuyếncắtnhauAE = BE

Tươngtự ta có AE =EC  AE=BE=EC=

1
2BC

 tam giác ABC vng tai A
b)

Theo tínhchất 2 tiếptuyếncắtnhauthì EO làphângiáccủa tam giáccân
AEB OE làtrungtrực AB hay

OE⊥ AB⇔ ENA

=90

0,5

0,5
0,5

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

Bài 5
1đ

c(1,5)

d(1,5)

Tươngtự

EÈA

=

90

Mà

NAF

=90

⇒

tứgiác FANE là hìnhchữnhật
4 điểm F ;A ; N ;E cùngnằmtrênđườngtrịn

c )tứgiác FANE là hìnhchữnhật

⇒ΔOEI vngtại E và EA⊥ OI ( tínhchấttiếptuyến )

Ápdụnghệthứclượngtrongtamgiácvng ta có AE2=OA . AI

Mà AE=

BC

2 ;OA=R ; AI=r⇒

BC2

4 =Rr ⇔ BC

2

=4 Rr

d/SBCIO=? Ta cótứgiác BCIO là hìnhthangvng

SBCIO=

OB+IC

2 ×BC

S=

(r+R )

√

rR

Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0  x(y + 1)2 = 243y (1)

Từ (1) vớichú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2làướccủa 243.
Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8)

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

ĐỀ 29
Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:

7 2 5

2 1

x y x y

x y x y

    




   




( 1) ( 1) 2

1 1

x y y x xy

x y y x xy

    




   




Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 1 1

x y z

P

x y z

  

  

Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện

1 1 1

2
1a1b1c

Chứng minh rằng:

1
8

abc 

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là một điểm
trên đường trịn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O). Các tia AC và BC cắt đường
tròn (O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là đường kính của đường trịn (O).

Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C. Gọi AH, 
BI là các đường cao của tam giác.

a) Chứng minh HI // d.

b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d. chứng
minh rằng MN = EF

Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia hết 
cho 12

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Đáp án Thang điểm

7 2 5(1)

2 1(2)

x y x y

x y x y

    




   




Đặt u = 7x y , v = 2x y (u0,v0)

Ta có

5
(*)
1

u v
v x y

 




  


Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x

Mà u + v = 5 nên u – v = x

Do đó u =
5

x 

, v =
5

x



Từ phương trình thứ hai của (*) ta được

y = v + x – 1 =

5 3

2 2

x x

x

 

  

Thay y =
3
2

x 

vào phương trình (2) ta được

1
2

3 3

2 1

2 2

1
5 3 5

2 2

x x

x

x x

x

 

   




 

   




Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11

Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25
0.25

0,25

( 1) ( 1) 2 (1)

1 1 (2)

x y y x xy

x y y x xy

    




   

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

Điều kiện x1,y1

Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cơ Si ta có:
( 1 1)

1 ( 1).1

2 2

x y xy

x y x y    

(3)
( 1 1)

1 ( 1).1

2 2

y x xy

y x y x    

(4)
Vậy x y 1 y x1xy

Dấu “=” xảy ra

1 1
1 1

y
x

 


 
 

2

x y

  

Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)

0.25
0.5
0.5
0.25
0.25

0.25

Ta có

1 1 1

(1 ) (1 ) (1 )

1 1 1

P

x y z

     

  

1 1 1

3 ( )

1 1 1

P

x y z

   

  

Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có

x y z   xyz,

1 1 1 3

xy z xyz

1 1 1 3

(x y z)( ) 3xyz. 9

x y z xyz

      

Dấu = xảy ra khi x = y = z.

Ta có

1 1 1 9

1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)

x y z  x  y  z

1 1 1 9

1 1 1 4

x y z

   

  

Vậy

9 3
3

4 4

P   

1 1 1

3 1

4 3

x y z

P x y z

x y z

    


      

  


Vậy P đạt giá trị lớn nhất là
3
4

P 

tại

1
3

x  y z

0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5

0.25

Ta có:

1 1 1

(1 ) (1 )

1a   1b   1c

1 1 1 (1 )(1 )

b c bc

a b c b c

   

    

1
2

1 (1 )(1 )

bc

a  b c

  

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

Tương tự:
1

1 (1 )(1 )

ac

b a c

  

1 (1 )(1 )

ab

c a b

  

Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:

1 8

(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )

abc

a b c  a b c

     

8abc 1

 

0.25
0.25

0.5
0.5

P
Q

O
M

B
A

0.5

Để chứng minh PQ là đường kính của đường trịn (O), ta cần
chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng.

Trong đường tròn tâm M ta có:

 2

AMC ABC (góc ở tâm chắn cung AC)
Trong đường trịn tâm O ta có:

 2

AOQ ABQ (góc ở tâm chắn cung AQ)
Suy ra AMCAOQ (1)

Chứng minh tương tự ta có
BMC BOP (2)

Tứ giác MAOB có A B  900

  1800

AMB AOB

   (3)

Từ (1), (2), và (3) suy ra:

   

POQ POB BOA AOQ  

(BMC AMC )BOA

AMB AOB 1800

Suy ra P, Q, O thẳng hàng.

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O) 0.25

M
F

N
E

B 0.5

a) Chứng minh HI // d

Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC

Tứ giác ABHI nội tiếp nên ABC HIC (Cùng bù với góc HIA)

Mà ABC ACx (cùng chắn cung AC)

  //

HIC ICx HI d

  

0.25
0.5
0.25
0.5
b) Chứng minh MN = EF

d // HI  IF=HN

AMCH nội tiếp  HMN HAC

BICE nội tiếp  IEFIBC

Mà HAC BIC  nên HMN IEF  HMN IEF
EF

MN

 

0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
6 Số chính phương là n2(n Ỵ Z) số đứng trước nó là n2-1

Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1)

Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3

Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
Và n (n+1) chia hết cho 2

Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4

Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12
Vậy (n2-1)n2 chia hết cho 12

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Câu 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức:

3 16 7 1 7

2 3 3 1 1

x x x x x

A

x x x x x

       

      

    

   

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm x để A 6.

Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình:

2 2

2 5

mx y

x my

 




 

 (với m là tham số).

a) Giải hệ phương trình trên khi m 10.

b) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm



x y;



thỏa mãn hệ thức:
2

2015 14 8056
2014

m m

x y

m

  

  



Câu 3 (3,0 điểm):

a) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 2 3 2 3 2

9 3 9 3 9 3

a b c

P

a b c b c a c a b

  

     

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn: x(1 x x2) 4 ( y y 1).

Câu 4 (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho

4 .

AC AB Tia Cx vng góc với AC tại điểm C, gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx (D không

trùng với C). Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt

tại K, .E

a) Tính giá trị DC CE theo . a.

b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .

c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường trịn đường kính DE ln

có một dây cung cố định.

Câu 5 (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số:

1 1 1 1 1

; ; ;...; ; .
1 2 3 2014 2015

Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u,v bất kỳ trong dãy và viết thêm vào dãy
một số có giá trị bằng u v uv  vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy mới thu được và

sau 2014lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó
khơng phụ thuộc vào việc chọn các số u,v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số
cuối cùng đó.

---Hết---II) Đáp án và thang điểm:

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

Câu 1
(1,5

đ)

Cho biểu thức:

3 16 7 1 7

: 2

2 3 3 1 1

x x x x x

A

x x x x x

       

      

    

   

a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A.

Điều kiện:

2 3 0

3 0
1 0

2 0

x

x x

x
x


 


   



 




 




  

 

 Từ đó: x0;x1;x4

0,25

Biến đổi:



 





 



1 3 7

3 16 7 1 7 1 7

2 3 3 1 1 3 3 1

x x

x x x x x x

x x x x x x x x

 

     

    

       

2 6 7

3 1

x x

 

 

 





2 3 7 7 9

3 1 1 1

x x x x

x x x x

   

    

   

0,25

và

2
2

1 1

x x



 

  0,25

Từ đó:

9 2 9

1 1 2

x x x

A

x x x

  

 

   0,25

b) (0,5 điểm) Tìm x để A 6.

Biến đổi:





6 6 9 6 2

x

A x x

x



      

 0,25

7 x 21 x9(thỏa mãn điều kiện). Vậy để A 6 thì x 9 0,25

Câu 2
(1,5

đ)

Cho hệ phương trình:

2 2

2 5

mx y
x my

 




 

 (với m là tham số)

a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình trên khi m 10.

Thay m 10 ta được hệ:

10 2 2 5 1

2 10 5 2 10 5

x y x y

x y x y

   

 



 

   

 

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

50 52

2 10 5 2 10 5

x-10y=10 x=15

x y x y

 
   
   
 

15 15
52 52

5 2 23

10 52
x x
x
y y
 
 
 
 
   

   
 
 

Kết luận: với m  thì hệ có nghiệm duy nhất: 10

15
52
23
52
x
y





 



0,25

b) (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm



x y;



thỏa mãn hệ

thức:

2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
  
  

Dùng phương pháp thế, ta có:

2 2
2 5
mx y
x my
 


 


2
2
2
2
2

2 5 2 5

mx

mx y

y

mx

x my x m



 
 

 
   

     

 

0,25





2
2
2
2 10
2
4
2
5 4
4
4
m
mx x
y m

, m R
m

m x=2m+10 y

m



   
  
     


   
  

Nên hệ ln có nghiệm duy nhất:

2
2
2 10
4
5 4
4
m
x

m , m R

m
y
m




 
 


 
 


0,25

Thay vào hệ thức:

2
2

2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
  
  

Ta được:
2 2
2 2

2014 7 8050 2015 14 8056

4 4

m m m m

m m

     



 

2 2

2014m 7m 8050 2015m 14m 8056

      

0,25

 m2  7m  6 0



m 1

 

m 6



0.

1
6
m
m


  


Kết luận: để hệ phương trình đã cho có nghiệm



x; y



thỏa mãn hệ thức:

2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
  
  

 thì

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

Câu 3
(3,0

đ)

a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c  1. Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức: 9 3 3 2 9 3 3 2 9 3 3 2

a b c

P

a b c b c a c a b

  

     

Chứng minh:

(a2 b2 c2)(x2 y2 z2) ( ax by cz  )2, a b c x y z R, , , , ,  . (1)
Thật vậy:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(1) (a y  2abxy b x ) ( a z  2acxz c z ) ( b y  2bcyz c z ) 0

2 2 2

(ay bx) (az cx) (by cz) 0

       (đúng)

Dấu

" "

ay bx
az cx
by cz





   

 



0,25

Áp dụng BĐT (1) ta có:

3 2 1 1 2

(9 3 )( ) ( ) 1

9 3

a b c c a b c

a

       

Dấu

1
" "

a b c

    

0,25

3 2 1

9 3

1 1

9 3

a b c

c
a

   

 

3 2

1 1

( )

9 3 9 3

a

a c

a b c a

   

 

0,25

Tương tự có: 3 2 3 2

1 1 1 1

( ); ( )

9 3 9 3 9 3 9 3

b c

b a c b

b  c a b  c  a b  c  

3. ( )

9 3

a b c

P   ab bc ca

     

0,25

1 1 ( )

3 3 3

a b c

P  

    

. Do ab bc ca  

( )

a b c 

0,25

Vậy ax

1
1

3
m

P   a b c  

. 0,25

b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn:

(1 ) 4 ( 1)

x  x x  y y

Có: x(1 x x2) 4 ( y y 1)  (x3 x2) ( x1) 4 y2  4y1
 (x1)(x2 1) (2 y1)2 (1)

0,25

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

Giả sử (x1,x2 1) d d lẻ và x2  1 ;d x2 1d  2d  d 1 0,25

Vì (x1)(x2 1) là số chính phương, (x1,x2 1) 1 nên (x 1)và(x 2 1) cũng

là hai số chính phương. 0,25

Do x  0 x2  x2  1 (x1)2  x2  1 (x1)2 x0 0,25

Khi x 0, có

0
(1) 4 ( 1) 0

y
y y

y




    



 .

Vậy có hai cặp số nguyên



x y;



thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1)

0,25

Câu 4
(3,0

đ)

Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho

AC  B. Tia Cx vng góc với AC tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ 
thuộc tia Cx (D không trùng với C). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với

AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K, E.

a) (1,0 điểm) Tính giá trị DC CE. theo a.

Ta có: EBC ADC (Cùng bù với góc KBC); ACD ECB 90o 0,25

ACD

  và ECB đồng dạng với nhau(g-g) 0,25

. .

DC AC

DC CE AC BC

BC EC

    0,25

3
;

4 4

a a

AB BC 

. .

a

DC EC AC BC  0,25

b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .
1

.
2

BDE BDE

S  BC DE S

nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất.

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

Ta có:

2 . 2 3

a

DE DC EC   DC EC  a

( Theo chứng minh phần a)

Dấu

3
" "

a
DC EC

   

0,5

(BDE)
S



nhỏ nhất bằng
2

3 3

a

khi D thuộc tia Cx sao cho

3
2

a
CD 

. 0,25

c) (1,0 điểm) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường trịn
đường kính DE ln có một dây cung cố định.

Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N ( M

nằm giữa A và B)  M, N đối xứng qua DE. 0,25

Ta có: Hai tam giác AKB và ACD đồng dạng (g-g)

. .

AK AB

AK AD AC AB

AC AD

   

(1)
Hai tam giác AKM và AND đồng dạng (g-g)

. .

AK AM

AK AD AM AN

AN AD

   

(2)

0,25

T ừ (1) v à (2) suy ra

. .

a
AM AN AC AB

2 2

( )( )

a

AC MC AC NC AC MC

     

(Do MC NC )

2 3 3

4 2

a a

MC MC NC

    

0,25

M N

 là hai điểm cố định.

Vậy đường trịn đường kính DE ln có dây cung MN cố định. 0,25

Câu 5
(1,0

đ) Cho dãy gồm 2015 số:

1 1 1 1 1

; ; ;...; ; .
1 2 3 2014 2015

Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u,v bất kỳ trong dãy và
viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u v uv  vào vị trí của u hoặc v. Cứ
làm như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014lần biến đổi, dãy cuối cùng
chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó khơng phụ
thuộc vào việc chọn các số u,v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy,
hãy tìm số cuối cùng đó.

Với hai số thực u,v bất kỳ ta ln có:

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>



1 1

 

2 1

 

3 1

 

2015 1



T  a  a  a  ... a 

Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy
“Tích thêm T” không thay đổi với mọi dãy thu được.

Với dãy đã cho ban đầu của bài tốn, “Tích thêm T”:

1 1 1 1 1 2 3 4 2015 2016

1 1 1 1 1 2016

1 2 3 4 2015 1 2 3 2014 2015

T                 ...    . . .... . 

         

0,25

Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy cịn lại chỉ cịn một số là x thì
“Tích thêm T” đối với dãy cuối là: T  x 1

Vậy ta có: x 1 2016 x2015

Bài tốn được giải quyết; và sau 2014lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của bài toán

ta thu được số 2015.

0,25

</div>


de thi hsg tinh lop 9(cực hay)

Đáp án đề thi HSG tỉnh lớp 9 Bảng Bmôn tiếng Anh

Đề thi HSG tỉnh lớp 9 Nghệ An 06-07

Đề thi HSG tỉnh Lớp 9 tiếng Anh (2005-2006)

Đề thi HSG tỉnh Lớp 9 tiếng Anh (2003-2004)

Đề thi HSG Địa lớp 9( 08-09)

ĐỀ THI HSG VĂN lớp 9 vòng 1 TTH

ĐỀ THI HSG VĂN LỚP 9 vòng 2

Đề thi HSG tỉnh lớp 9 môn Hóa năm học 2004 -2005

De Thi HSG Tinh Lop 9 Thanh Hoa

30 đề thi HSG Toán lớp 9 - Tài liệu học tập Toán 9 - hoc360.net































<sub> </sub>

 











































































 



























 

 











 





