Tuyển Tập Các Đề Thi Thử Vào Lớp 10 CHUYÊN TOÁN Có Đáp Án

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

ĐỀ SỐ 1  

Câu 1: Giải các phương trình: 

1. a)
2. b)

Câu  2:

1. a) Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn: abc = 1 và

                  .

Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c luôn tồn tại một số là lập phương của một trong hai số còn lại.

1. b) Cho x = . Chứng minh x có giá trị là một số nguyên.

Câu  3:  Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

            A = .

Câu  4:  Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho  OA = R. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Lấy D thuộc AB; E thuộc AC sao cho chu vi của tam giác ADE bằng 2R.

1. a) Chứng minh tứ giác ABOC là hình vuông.
2. b) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).
3. c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE.

Câu  5:  Trên mặt phẳng cho 99 điểm phân biệt sao cho từ 3 điểm bất kì trong số chúng đều tìm được 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1.  Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính  bằng 1 chứa không ít hơn 50 điểm.

ĐỀ SỐ 2

Câu 1: a) Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức:

x (

1. b) Tìm tất cả các số nguyên x > y > z > 0 thoả mãn: 

xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2011.

Câu 2: a) Giải phương trình: 2(x² + 2) = 5.

3. b) Cho a, b, c [0; 2] và a + b + c = 3.  Chứng minh a² + b² + c² <

Câu 3: Tìm tất cả các số hữu tỉ x sao cho giá trị của biểu thức x² + x + 6 là một số chính phương.

Câu 4: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp  ABC có H là trực tâm.  Trên cung nhỏ BC lấy điểm  M.

Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh:

1. a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng.
2. b) .
3. c) NK đi qua trung điểm của HM.

Câu 5: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: P = 2x² – xy – y²   với x, y  thoả mãn điều kiện  sau:

           x² + 2xy + 3y² = 4.

ĐỀ SỐ 3

Câu 1: a) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn:

  Chứng minh rằng:

1. b) Tính giá trị của biểu thức:

            A =

Câu 2: a) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác, chứng minh:

              .

2. b) Cho biểu thức: A = x – 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của A.

Câu 3: a) Giải phương trình: .

1. b) Cho hàm số y = f(x) với f(x) là một biểu thức đại số xác định với mọi số thực x khác

không. Biết rằng: f(x) + 3f= x²  x ≠ 0. Tính giá trị của f(2).

Câu 4:  Cho lục giác đều  ABCDEF.  Gọi  M là  trung điểm của  EF,  K là   trung điểm của BD. Chứng minh tam giác AMK là tam giác đều.

Câu 5:  Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S và điểm O nằm trong tứ giác sao cho:OA² + OB² + OC² + OD² = 2S. Chứng minh ABCD là hình vuông có tâm là điểm O.

ĐÈ SỐ 4

Câu 1: a) Cho x và y là 2 số thực thoả mãn x² + y² = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :              A = .

2. b) Cho x, y, z là 3 số thực dương thoả mãn x² + y² + z² = 2. Chứng minh:             

              .

Câu 2: a) Giải phương trình:   x² + 9x + 20 = 2.

1. b) Tìm x, y thoả mãn: .

Câu 3: a) Chứng minh rằng nếu: thì .

4. b) Chứng minh rằng nếu phương trình x⁴ + ax³ + bx² + ax +1 = 0 có nghiệm thì 5(a² + b²) ≥ 4.

Câu 4: Cho nửa đường tròn  tâm (O) đường kính  AB = 2R  và bán kính  OC  vuông góc với AB. Tìm điểm M trên  nửa đường tròn sao cho 2MA² = 15MK²,  trong đó K là chân đường vuông góc hạ  từ M xuống OC.

Câu 5: Cho hình thang ABCD (AB//CD). Gọi  E và F lần lượt là trung điểm của BD và AC. Gọi G là giao điểm của đường thẳng đi qua F vuông góc với AD với đường thẳng đi qua E vuông góc với BC. So sánh GD và GC.

ĐỀ SỐ 5

Câu 1: 1) Giải phương trình:   x² + .

            2) Giải phương trình:

             x² – 2x + 3(x – 3)  = 7.

Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức:  A = .

       2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh:

Câu 3: Giải hệ phương trình: 

Câu 4: Cho hình thang ABCD có 2 đáy BC và AD (BC  AD). Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 cạnh AB  và  DC sao cho .  Đường  thẳng  MN  cắt  AC và  BD  tương  ứng với E và  F. Chứng minh EM = FN.

Câu 5: Cho đường tròn tâm  (O) và dây  AB,  điểm M  chuyển động trên đường tròn. Từ  M  kẻ  MH  vuông góc với AB (H  AB). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H  trên MA,  MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D.

         1) Chứng minh đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn.

         2) Chứng minh: .

ĐỀ SỐ 6

Câu 1: Tính giá trị  biểu thức: A =  

               .

Câu 2: a) Cho các số khác không a, b, c. Tính giá trị của biểu thức: 

                   M = x²⁰¹¹ + y²⁰¹¹ + z²⁰¹¹

Biết x, y, z thoả mãn điều kiện: 

1. b) Chứng minh rằng với a > thì số sau đây là một số nguyên dương.

               x =

Câu 3: a) Cho a, b, c > 0 thoả mãn: .  Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a.b.c.

1. b) Giả sử a, b, c, d, A, B, C, D là những số dương và

                      .  Chứng minh rằng:

Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi M, N, P, Q là bốn đỉnh của một hình chữ nhật (M và N nằm trên cạnh BC, P nằm trên cạnh AC và Q nằm trên cạnh AB).

1. a) Chứng minh rằng: Diện tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn nhất khi PQ đi qua trung điểm của đường cao AH.
2. b) Giả sử AH = BC. Chứng minh rằng, mọi hình chữ nhật MNPQ đều có chu vi bằng nhau.

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân ở A, đường trung tuyến BM. Gọi D là hình chiếu của C trên tia BM, H là hình chiếu của D trên AC. Chứng minh rằng AH = 3HD.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TOÁN VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN

II – LỚP 10 THPT CHUYÊN

ĐỀ SỐ 1

 Câu 1:

1. a) Đặt (1), suy ra

Khi đó phương trình đã cho trở thành:  t² – 4t – 5 = 0 .

Lần lượt thay các giá trị của t vào (1) thì phương trình đã cho có 4 nghiệm:

 x₁ = 1; x₂ = – 2;

1. b) Đk: x ≥ – 2 (1)

Đặt  (2)

Ta có: a² – b² = 3;

Thay vào phương trình đã cho ta được:

(a – b)(1 + ab) = a² – b² (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0

nên

Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = – 1.

Câu  2:

1. a) Đặt , khi đó do abc = 1 nên xyz = 1 (1).

Từ đề bài suy ra x + y + z = yz + xz + xy (2).

Từ (1) và (2) suy ra:  xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – 1 = 0

 (x – 1)(y – 1)(z – 1) = 0.

Vậy tồn tại x =1 chẳng hạn, suy ra a = b³, đpcm.

1. b) Đặt x = a + b; a³ + b³ = 2; ab = .

 Ta có: x³ = (a + b)³ = a³ + b³ + 3ab(a + b)

Suy ra: x³ = 2 – x x³ + x – 2 = 0         

x = 1. Vì x² + x + 2 = . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Câu  3:  Áp dụng các BĐT:

; a + b + c      

(được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacôpski)

Ta có:

Lại có: A =

+

 (do x + y + z  3). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Vậy maxA =

Câu  4:

1. a) Ta có: (tính chất tiếp tuyến) (1)

AB = AC = R = OB = OC (2).

Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông.

1. b) Theo bài ra ta có: AD + DE + AE = 2R (3).

Suy ra: DE = BD + CE                         (4).

Vẽ OM ^ DE (MDE)                      (5)

Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF = BD; suy ra ∆BDO = ∆COF (c-g-c)

OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c)OM = OC = R

(hai đường cao tương ứng) (6). Từ (5) và (6) suy ra DE là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).

1. c) Đặt: AD = x; AE = y (x, y > 0)

Ta có: DE (định lí Pitago).

Vì AD + DE + AE = 2R = 2R (6)

Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có:

 (7).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Từ (6) và (7) suy ra:

xy  S_ADE .

Vậy max S_ADE =  x = y∆ADE cân tại A.

Câu 5: Xét điểm A và hình tròn (C₁) có tâm A, bán kính bằng 1.

– Nếu tất cả 98 điểm còn lại đều nằm trong (C₁) thì hiển nhiên bài toán được chứng minh.

– Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (C₁).

Ta có: AB > 1  (1)

Vẽ hình tròn (C₂) tâm B, bán kính bằng 1.

+ Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Khi đó điểm C thuộc một trong hai hình tròn

 (C₁) và (C₂). Thật vậy, giả sử C không thuộc hai hình tròn nói trên.

 Suy ra: AC > 1 và BC > 1  (2)

Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C không có hai điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vô lí vì trái với giả thiết).

Chứng tỏ CÎ (C₁) hoặc CÎ (C₂). Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C₁) và (C₂).

Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một hình tròn chứa không ít hơn 50 điểm.

ĐỀ SỐ 2

Câu 1: a) Theo bài ra ta có:

+ Nếu x + y – 2011 = 0 thì y – x + 2010 = 0 

+ Nếu y – x + 2010 = 0 thì x + y – 2011 = 0, ta cũng được kết quả như trên.

+ Nếu x + y – 2011 0 thì  vô lý (vì VP là số hữu tỉ, VT là số vô tỉ)

Vậy x = 2010,5 và y = 0,5 là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài.

1. b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012

<=> (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012

<=> (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012

<=> (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ có 3 bộ sau thoả mãn:  

x = 502, y = 1, z = 1  hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0.

Câu 2: a)  Điều kiện:  x > -1

Đặt a =  ; b =        

Ta có: 2(a² + b²) = 5ab <=> (2a – b)(2b – a) = 0 <=> b = 2a ; a = 2b

Do đó: 1) 2 =  <=> 4(x + 1) = x² – x + 1

<=> x² – 5x – 3 = 0 <=> x₁ =  (loại); x₂ =

2)  = 2   vô nghiệm.

Vậy phương trình có 2 nghiệm:  x =

1. b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 – a)(2 – b)(2 – c) > 0

<=> 8 – 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) – abc > 0

<=> 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) – 8 + abc

nên  2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc  0)

Suy ra (a + b + c)² – (a² + b² + c²) > 4

<=> a² + b² + c²   (vì (a + b + c)² = 9)

Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1.

Câu 3: Giả sử x = (p, q  Z, q > 0) và (p, q) = 1

Ta có (n N) <=> p² = q(-P – 6q + n²q)

=> q là ước của p²  nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đó x = p

=> p² + p + 6 = n² (p, n  Z)

<=> (2p + 1)² + 23 = 4n² <=> (2n)² – (2p + 1)² = 23

<=> (2n – 2p – 1)(2n + 2p + 1) = 23

Do đó  2n – 2p – 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ;  2n – 2p – 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1     

(vì 23  P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n – 2p – 1 > 0) <=>  p = 5  (t/m) ; p = – 6  (t/m)

Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6

Câu 4:

1. b) Vì (vì 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM)

=>   hay   (1)

Tương tự có:  hay                     (2)

Mà  ( = )                            (3)

Từ (1), (2), (3) => (đpcm)

1. c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ  HP // AS  (P MS)

=> HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC)

=> N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS  do  vì cùng bằng  ) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm).

Câu 5: Đưa về bài toán tìm P để hệ phương trình:      có nghiệm.

Hệ trên . Lấy (1) – (2), ta có:

(8 – p)x² – 2y(2 + p)x – (4 + 3p)y² = 0  (3)

– Nếu y = 0 => (8 – p)x² = 0 <=> x = 0 hoặc p = 8

– Nếu y  0 chia 2 vế pt (3) cho y² ta có :

(8 – p)t² – 2(2 + p)t – (4 + 3p) = 0        (4) với t = .

+ Nếu p = 8 thì  t = – .

+ Nếu p  8:  Phương trình (2) có nghiệm <=>  = (2 + p)² + (8 – p)(4 + 3p) > 0

<=> p² – 12p – 18 < 0 <=> 6 – 3. Dấu “=” có xảy ra.

Vậy  min P = 6 – 3 ,  max P = 6 +3 .

ĐỀ SỐ 3

Câu 1: a) Từ giả thiết ta có:

Nhân 2 vế của đẳng thức với  ta có: 

Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có:

 ,  

Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có  (đpcm)

1. b) Đặt . Thay vào ta có:

 =

Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

a² + bc ≥ 2a.

Do đó

= , đpcm.

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều.

1. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0

Ta có:

Vậy  minA =

Câu 3: a)  Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5

Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có:   

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi  3

Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn..

 Vậy pt có nghiệm

1. b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f (1)

Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3. = 4.

Thay x =  vào (1) ta có:

Đặt  f(2) = a, = b ta có. .  Giải hệ, ta được

Vậy  .

Câu 4:

Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều  thì A, O, D thẳng hàng  và OK = AB. Vì  FM = EF mà EF = AB  do đó FM = OK

Ta lại có AF = R  AF = OA và  = 120⁰.

Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c)

đều.

Câu 5:

Gọi BH là đường cao của ∆ABO

Ta có 2S_AOB = OA . BH

Nhưng BH ≤ BO nên  2S_AOB ≤ OA . OB

mà OA.OB

Do đó 2S_AOB 

Dấu “=” xảy ra  OA  OB và OA = OB

Chứng minh tương tự ta có:

2S_BOC  ;   2S_COD

2S_AOD

Vậy 2S = 2(S_AOB + S_BOC + S_COD + S_DOA) ≤

Hay 2S ≤ OA² + OB² + OC² + OD²

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD

và  là hình vuông tâm O.

Lời bình:

Câu III.b

1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi  từ đâu mà ra?

Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình

      A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x)                                              (1)

Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau

Bước 1:  Giải phương trình  Q(x) = P(a) .                                      (2)

              Giả sử x = b là một nghiệm của (2).

Bước 2:  Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b).    ta có hệ

                                                                      (3)

Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) .

• Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x², a = 2.

  Phương trình Q(x) = P(a)  Û  Û , tức là 

   Số  được nghĩ ra như thế đó.

2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công.

3) Một số bài tập tương tự

3. a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f(–x) = 2 + 3  (với x Î ).
4. b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu  (với 0 ¹ x ¹ 1).
5. c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu  (với 0 ¹ x ¹ 1).

ĐỀ SỐ 4

Câu 1: a) Từ x² + y² = 4  2xy = (x + y)² – 4 = (x + y + 2) (x + y – 2)

          Vì x + y + 2 ≠ 0 nên                                   (1)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski,  ta có:

         x + y ≤  x + y ≤                                           (2)

Từ (1), (2) ta được: . Dấu “=” .

Vậy   maxA = .

1. b) Vì x² + y² + z² = 2 nên:

=

Ta có x² + y² ≥ 2xy ,

Tương tự ,

Vậy + +  +  +  + 3

 , đpcm.

Câu 2: a)  x² + 9x + 20 =   (1) .Điều kiện:    (2)

(1)  (3x + 10 –  + 1) + (x² + 6x + 9) = 0

 (- 1)² + (x + 3)² = 0

  (thỏa mãn đk (2).

Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3.

1. b)

Ta có:

Mặt khác: – 2 (x – 1)² – 1 ≤ – 1  y³ ≤ – 1  y ≤ – 1        (2)

Từ (1) và (2)  y = – 1 nên  x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn.

Vậy  x = 1  và y = -1 là các số cần tìm.

Câu 3:

1. a) Đặt và ta có x² = b³ và y² = c³

Thay vào gt ta được

 a² = b³ + b²c + c³ + bc² +

a² = (b + c)³   hay , đpcm.

1. b) Giả sử x₀ là một nghiệm của phương trình, dễ thấy .

Suy ra  + ax­₀ + b +

Đặt x₀ +  

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:

  (1)

Ta chứng minh    (2)

Thực vậy:  (2)

 đúng với   nên (1) đúng

Từ (1), (2) suy ra  , đpcm.

Câu 4: Đặt AH = x

Ta có

Trong ∆ vuông AMB ta có MA² = AH . AB = 2Rx

(H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC)

Mặt khác: MK² = OH² = (R – x)² (vì MKOH là hình chữ nhật).

Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R – x)².

Do H  AB  O ≤ x ≤ 2R

Phương trình trở thành: 15x² – 34Rx + 15R² = 0

 (5x – 3R) (3x – 5R) = 0 .

Cả 2 giá trị này đều thoả mãn

Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’  2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’.

Câu 5:

Gọi I là trung điểm của CD.

Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆BDC  IE // BC

Mà GF ^BC  IE^ GF        (1)

Chứng minh tương tự EG ^IF  (2)

Từ (1) và (2)  G là trực tâm của ∆EIF

 IG EF                              (3)

Dễ chứng minh  EF // DC         (4)

Từ (3) và (4)  IG  DC

Vậy ∆ DGC cân tại G  DG = GC

 ĐỀ SỐ 5

Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với   2x .

Ta có:   (1)

Đặt  = y  (2), phương trình (1) trở thành y²  + 18y – 40 = 0

Û (y + 20) (y – 2) = 0  Û y = -20 ; y = 2

Thay vào (2), ta có

Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là:

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

2) . Điều kiện  (*)

Phương trình đã cho

Đặt t =

Phương trình trở thành: t² + 3t – 4 = 0

Ta có: (x -3)

 + (1) .      (t/m (*))

+ (2) .  (t/m (*))

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:  .           

Câu 2: 1) Điều kiện: 1 – x² > 0  – 1 < x < 1   2 – 3x > 0  A ≥ 0

Vậy A² = .

Dấu bằng xẩy ra khi 3 – 5x = 0

Vậy  minA = 4.

2) Chứng minh:  (1)

Sử dụng bất đẳng thức:  , ta có:

(2)

Tương tự, ta được:            (3)  và 

                                        (4)

Lấy  (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn,  suy ra (1) đúng, đpcm.

Câu 3:  (1) có nghiệm

(2)   có nghiệm

Từ (3), (4) ta có:  x = – 2, từ đó ta có y = – 1.  Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; – 1).

Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD)

MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H.

Ta có  mà

Gọi O là giao điểm

 của AC và BD. Ta có

 và . Suy ra:

Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên  MF = KH và EN = KH  MF = EN  ME = NF

Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì

Ta có  (góc nội tiếp chắn )

Lại có

Từ (1) và (2) , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có (góc nội tiếp chắn ) do đó AN // EH mà HE  MA nên NA  MA. hay AN là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định.

2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có

Vậy    (1)

Ta có  (cùng phụ với ) mà  (CMT)

 và .

Tứ giác MEHF nội tiếp nên

Tứ giác MIDK nội tiếp nên

 do đó

  ID . HE = DK . HF  (2)

Từ (1), (2) .

ĐỀ SỐ 6

Câu 1:  Ta có: A =

= – 1 +   = – 1 + 5 = 4

Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra:

    (*)

Do    

Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đó M = 0

1. b) x³ = 2a +

 x³ = 2a + 3x . x³ = 2a + x(1 – 2a)

 x³ + (2a – 1) x – 2a = 0  (x – 1) (x² + x + 2a) = 0

Câu 3:

1. a) Ta có: (1)

Mặt khác

  > 0                (2)

Ta có:

 > 0            (3)

Từ (1), (2), (3) ta có:

Do đó abc ≥ 35.57 = 1995.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  a = 2, b = 35 và c = .

Vậy min (abc) = 1995.

1. b) Đặt t = A = ta, B = tb, C = tc, D = td.

t =

Vì vậy

= (a + b + c + d)

=

Câu 4:            

1. a) Xét ∆ABC có PQ // BC

Xét ∆BAH có QM // AH

Cộng từng vế ta có:

Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH.

1. b) Vì mà BC = AH

Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi)

Câu 5:            

∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà

AB = 2AM nên HC = 2HD.

Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có:

DH² = HM . HC hay x² = HM . 2x

 HM = 0,5x;  MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x.

Vậy AH = 3HD.