Tai Lieu On Dai Hoc Chuyen De lop 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề 1: Câu I: (5 điểm). x  1  x  2   x  4   x  8  4 x 2  Giải bất phương trình:. 1. 2. Cho các số thực a, b, c (với a ≠ 0) sao cho: phương trình ax 2 + bx + c = 0 có hai  a  b   2a  b  P a  a  b  c  0; 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: nghiệm thuộc đoạn . Câu II: (5 điểm) 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: ( x+ 1)(x +2)(x+ 8)( x+ 9)= y 2 2. Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm: 1  1  x  x  y  y 5    x 3  1  y 3  1 15 m  10  x3 y3 0  Câu III: (3 điểm) Trong mặt phẳng, cho góc xOy 60 . M, N là hai điểm lần lượt thay. đổi trên hai tia Ox và Oy sao cho:. 1 1 2012 + = . Chứng minh đường thẳng MN luôn OM ON 2013. đi qua điểm cố định. 17 Câu IV: (2 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi, có tổng bằng 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 2 x+11 3 y 2 P=x +11 x+ 2 + + của biểu thức: y xy+ 1 . y. Câu V: (5 điểm) 1. Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d 1 :2 x − 3 y − 3=0 và d 2 :5 x +2 y − 17=0 . Đường thẳng d đi qua giao điểm của d 1 và d 2 cắt hai tia Ox, Oy 2. AB lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho 2 S Δ OAB. nhỏ nhất.. 2. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của G xuống cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:     a 2 .GA1  b 2 .GB1  c 2 .GC1 0 . (với a=BC, b=AC, c=AB).. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu I. Nội dung. điểm 5.0đ. x  1  x  2   x  4   x  8  4 x 2  1. Giải bất phương trình:. 2.5đ. bpt  2    x 2  6 x  8   x 2  9 x  8  4 x 2. 0,5. (2) x 0 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm 8 8      x   6   x   9  4 x x   x 0 , ph¬ng tr×nh (2) . 0,5. 8 t t 4 2 x §Æt , ®iÒu kiÖn (*) 2 Bpt trở thành: t  15t  50 0  5 t 10 , kết hợp (*) ta đợc: 8 4 2 t 10  4 2  x  10  5  17  x 5  17 x x   5  17;5  17  KL: nghiÖm cña BPT lµ:  a  b   2a  b  P a  a  b  c 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: . b   x1  x2  a  x x c 1 2 a Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của PT đã cho. Theo Vi-et:  Do a 0 nên ta có : b  b  1   2   1 x  x   2  x  x  x 2  x22  x1  x2 a  a 1 2 1 2 P   2  1 1  x1  x2  x1 x2 1  x1  x2  x1 x2  b c 1    a a Không mất tính tổng quát giả sử x1  x2 do 2 nghiệm thuộc [0; 1] nên x12  x1 x2 ; x22 1 và 1  x1  x2  x1 x2 > 0 nên ta có: x. 1,0. 2.5đ. 0,5. 0,75. x12  x22  x1  x2 x1 x2  1  x1  x2  1 1  x1  x2  x1 x2 1  x1  x2  x1 x2 P3   x1 0  c 0  x = 1   2   b  a 0    x1 x1 x2  x 1  b  1  2  a c  0 x = 1  x  1  2  2 Dấu đẳng thức xẩy ra khi:  2 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3. 0,75. 0,5. II 1.Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: (x+ 1)(x +2)( x+ 8)( x+ 9)= y Đặt t=x+ 5 , ta được: (x+ 1)(x +2)( x+ 8)( x+ 9)= y 2 ⇔ (t 2 −9)(t 2 − 16)= y 2 (1) 2 25 Đặt u=t − ( 2u ∈ Z ) (1)  (2u  2y)(2u  2y) 49 2. 2. 5.0đ 2.5đ 0, 5. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2u+2 y=49 ∨ 2 u+2 y=1 ⇒ 2 u=25 ∨ 2 u=25 2 u −2 y=1 2u −2 y=49 y =12 y =−12 2u=25 ⇒ t=± 5 ⇒ x=0 hay x=−10 Từ đó ( x , y )=(0 ; ±12) , (−10 ; ± 12) 2u+2 y=− 49 ∨ 2u+ 2 y =−1 ⇒ 2 u=− 25 ∨ 2 u=−25 Trường hợp 2: 2 u −2 y=− 1 2 u− 2 y =− 49 y=− 12 y=12 2u=−25 ⇒ t=0⇒ x=−5 Từ đó ( x , y )=(−5 ; ±12) 2 u+2 y=7 ∨ 2u+ 2 y =−7 ⇒ 2 u=7 ∨ 2 u=− 7 Trường hợp 3: 2u −2 y=7 2 u −2 y=− 7 y=0 y =0 2u=7 ⇒t=± 4 ⇒ x=−1 hay x=− 9 2u=−7 ⇒ t=±3 ⇒ x=− 2 hay x=−8 Từ đó ( x , y )=(−1 ; 0) , (−2 ; 0) , (−8 ; 0) , (−9 ; 0) Trường hợp 1:. {. {. {. {. {. {. {. {. {. {. {. 0,5. {. Tóm lại phương trình có 10 nghiệm nguyên (x, y) là: (−1 ;0) , (−2 ; 0) , (−8 ; 0) , (−9 ; 0) , (0 ; 12) , (0 ; −12) , (−5 ; 12) , (−5 ; −12) , (−10 ; 12) , (−10 ; −12) 2. Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm 1 1 y x y với u 2, v 2 x và v = Đặt u = u  v 5 u  v 5    3 3 u  v  3  u  v  15m  10 u v  8  m Hệ đã cho trở thành:  u, v là các nghiệm của PT : t2 – 5 t + 8 = m (1) t 2, t2 2 Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT (1) có nghiệm t1, t2 thoả mãn 1 (t1, t2 không nhất thiết phân biệt) (  ;  2    2;    Xét hàm số y = t2 – 5 t + 8 với t t - -2 2 + 5 2  + + y. 0,5. 0,5. 0,5 2.5đ. 1.0. 22 2. 1.0 7 4. 7  4  m 2  m 22 Từ bảng biến thiên suy ra hệ đã cho có nghiệm khi  0.5 III.. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định. Gọi Ot là tia phân giác của góc xOy Suy ra Ot cố định. Gọi I là giao điểm MN với tia Ot.. 3.0đ 0.5. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> IV. Ta chứng minh I cố định. 1 * S ΔOMN = OM . ON . sin MON 2 1 3 OM. ON . sin 600= √ OM . ON (1) = 2 4 1 1 * S ΔOMN =S Δ OMI +S ΔONI = OM .OI . sin MOI+ ON . OI .sin NOI 2 2 1 1 0 (OM+ON ). OI .sin 30 = (OM+ON ). OI (2) = 2 4 1 OM+ON = Từ (1) và (2) suy ra: OI √ 3 OM .ON 1 1 1 2012 ¿ ( + )= ⇒ I cố định. √3 OM ON 2013 √ 3 1 2 x+11 3 y P=x 2 +11 x+ 2 + + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: . y xy+ 1 y 1 2 ) + 11( x + y. Ta có: P = ( x + P= t 1 4. =. 2. + 11 t. +. 3 t. t –. 47 . 4. 17   x  y  4   x  1 1 y 2 . Vậy: Min P =. 1.0. 1.0 2.0đ. 3. 1 1 . Đặt: t = x + > 0. Ta có: y y 1 2 3 1 3 ) + (12 t + )– – 2 12 t . 2 t 4 t x+. 0.5. √. 1.0. Đẳng thức xảy ra khi t =. Giải hệ:. =(. 1 )+ y. 0.5. 47 4. 1 . 2 1 4. 0.5. được: x =. và y = 4. 1 đạt được khi x = và y = 4. 4. V. 5.0đ 2. 1. Viết phương trình đường thẳng d sao cho. AB 2 S Δ OAB. nhỏ nhất.. 2.5đ. 0.5. . Gọi I là d 1 và. giao điểm của hai đường thẳng d 2 ⇒ I (3 ; 1) .. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A ( a; 0) và B (0 ; b) với a , b>0 thì đường thẳng d có x y 3 1 + =1 . Vì I ∈ d ⇒ + =1 phương trình a b a b Giả sử. . AB 2 OA2 +OB 2 1 1 1 1 =4 . =4 . + 2 =4 2 + 2 2 2 2 2 S Δ OAB OA .OB OA OB a b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có 1 1 1 1 1 3 1 2 (32 +12) 2 + 2 ≥ + =1 ⇒ 2 + 2 ≥ a b a b a b 10. (. Ta có.  . (. ) (. ). 0.5. )( ). 0.5. 3 1 10 + =1 a= ⇔ 3  khi a b 3 a=b b=10 Khi đó đường thẳng d có phương trình 3 x+ y −10=0 .. {. AB 2 2 = Min 2 S Δ OAB 5. {. 0.5.     a 2 .GA1  b 2 .GB1  c 2 .GC1 0. 2. Chứng minh rằng: . (Với a=BC, b=AC, c=AB).        a 2 .GA1  b 2 .GB1  a 2 .GC1 0  (a 2 .GA1  b 2 .GB1  a 2 .GC1 ) 2 0        a 4 .GA12  b 4 .GB12  c 4 .Gc12  2a 2b 2 GA1.GB1  2a 2c 2 GA1.GC1  2b 2c 2 GB1.GC1 0. Ta có:. VT(*) . GA1 . 0.5. 2.5đ. (*). 0.75. ha h h , GB1  b , GC1  c , aha bhb chc 2S 3 3 3 ,.   GA1.GB1 GA1.GB1.cos(1800  C )  GA1.GB1.cosC , -2ab.cos C c 2  a 2  b 2  GA1.GC1 GA1.GC1.cos(1800  B)  GA1.GC1.cosB, -2ac.cos B b2  a 2  c 2  GC1.GB1 GC1.GB1.cos(1800  A)  GC1.GB1.cosA, -2cb.cos A a 2  b 2  c 2 4 S 2 .a 2 4 S 2 .b 2 4S 2 .c 2 4S 2 .(c 2  a 2  b 2 ) 4 S 2 .(b 2  a 2  c 2 ) 4S 2 .(a 2  c 2  b 2 )      0 9 9 9 9 9 9. 1.0. 0.75. Là điều phải chứng minh.. 1.. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:.  x  1  y  x   2 y 2  y    x 2 y  2  y x  1  2. .  . .  x 1 (**)  y  0  ®k:  x 2  x  1  y   2 y 2  2 y 0(4)    x 2 y  2  y x  1  2 (5) HPT . .  . 0,5. . 1,0.  x  y  Giải (4) xem nh phơng trình bậc hai đối với ẩn x ta đợc:  x 1  2 y Víi x=-y lo¹i do (**). 0,5. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 2 y .  . 2 y  2 y. Thay x=1+2y vµo (5) ta cã: (**) nghiÖm cña HPT lµ: (x;y) = ( 5;2).  y 2  x 5 2y  2    y  1  x  1 kÕt hîp. . 1,0. A M N. 0,25 C. B.       BC  2 BA  CA  kCB BA   k  1 BC BN  , CM   3 1 k k 1 Ta có:       BC  2 BA BA   1  k  BC 0 Do BN  CM  BN .CM 0    1 1   1  k  a 2  2a 2   2k  1 BA.BC 0   1  k  2  k  0  k  2 4 1 a k   AM  4 5 Với . . . . BC là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường cao hạ từ A nên có PT: 4  x  2   3  y  1 0  4 x  3 y  5 0. 0,25. 0,5. .. Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 x  3 y  5 0    x  2 y  5 0. 0,5. 0,5.  x  1  C   1;3   y 3. Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường phân giác góc C, d có phương trình:. 0,5. 2  x  2    y  1 0  2 x  y  5 0. . Tọa độ điểm H là giao điểm của d và phân giác góc C là nghiệm của hệ:  x  2 y  5 0  x 3    H  3;1   2 x  y  5 0  y 1. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác góc C, khi đó B` thuộc AC và H là trung điểm BB` nên ta có:. 0,5. xB ' 2 xH  xB 4; yB ' 2 yH  yB 3  B '  4;3 AC là đường thẳng đi qua C và có vectơ chỉ  CB '  5;0 . phương. nên có PT là:. 0  x  1  5  y  3 0  y  3 0. 0,5. . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  y  3 0  x  5   A   5;3  3 x  4 y  27 0  y 3. 0,5. Vậy A   5;3 , C   1;3  .. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Thay tọa độ A, B lần lượt vào vế trái phương trình đường phân giác góc C ta được các 0,5. số:  4;  5 , do đó đường phân giác góc C đó là phân giác ngoài.. Kí hiệu N chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả sử f : N  N là hàm số thỏa mãn các điều kiện f  1  0. và. f  2013. .. Đặt. f  2  a. 2. f m 2  2n 2  f  m    2  f  n  . . . 2. f  2 với mọi m, n  N . Tính các giá trị của và. 2. m n 0  f  0  3  f  0    f  0  0. . Cho. 2. Cho. m 1; n 0  f  1  f  1   f  1 1 2. n 0  f m 2  f  m   , m  N.  . Cho nên Mặt khác với mỗi số tự nhiên 2 2 2 k 3   k  1  2  k  2   k  3  2k 2 2. 2. . Cho. .. 0,25. m n 1  f  3 3.. f  4  a 2. 2.   f  k  1   2  f  k  2    f  k  3   2  f  k  . 2. ..  1. 0,25. Từ (1) cho k 3 ta có.  f  4 . 2. 2. 2. 2.  2  f  1   f  0    2  f  3   a 4 16  a 2  f  2  2. .. f  n  n Theo trên ta chứng minh được với n 0; 1; 2; 3; 4 . Ta chứng minh bằng quy nạp f  n  n . Thật vậy, với n 3 từ đẳng thức (1) ta có: 2. 2. 2. 2.  f  n 1   2  f  n  2    f  n  3   2  f  n     f  n  1   n  3  2n  2  n  2   n  1  f  n  1 n  1 2. Do đó. 2. 2. 2. 2. f  n  n, n  N  f  2013 2013.. ĐỀ 2:. Bài 1. (4 điểm) 1. Giải phương trình:. √3 2− x+ √ x − 1=1. 2. Tìm m để phương trình nghiệm x1 , x 2 sao cho x1  10  x 2. x  6 x  9  m x  2 x  9  8 x . 3m  1 2 có hai. Bài 2. (2,5 điểm) Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: 6x2 + 4x + 5 > |2x2 + 4mx + 1| (1) Bài 3. (3 điểm) Cho hệ phương trình:. 2  2 x  3 y  8 0   x  y  m 0. 1. Giải hệ phương trình với m = 1. 7. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Bài 4. (3 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, có G là trọng tâm. Chứng minh rằng: 1 GA2  GB 2  GC 2  (a 2  b 2  c 2 ) 3 1. .. 2.. R 2  OG 2 . a 2  b2  c2 9. Bài 5 (4,5 điểm). Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm A(2; -5), B(-4; 5) và đường thẳng d: x - 2y + 3 = 0. 1. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn nhất. 2. Tìm điểm M trên d sao cho MA + MB là nhỏ nhất. Bài 6. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 2. a2 b2 c2   1 Chứng minh rằng: b  c a  c a  b. ----------------- Hết -----------------. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ĐÁP ÁN Đáp án Bài 1. 4 điểm. 1. §Æt a = √3 2− x b = √ x −1 a+b=1 a3 +b 2=1 ⇔ a=0 ; b=1 ¿ a=1; b=0 PT  ¿ a=−2 ; b=3 ¿ ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿¿. §K b 0 .. Thang điểm 0, 25 đ 0, 75 đ. 0, 75 đ 0,25 đ. *) a = 0; b = 1 giải đợc x = 2 *) a = 1 ; b = 0 giải đợc x = 1 *) a = -2; b=3 giải đợc x = 10 VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: x = 1; x = 2, x = 10. . 2. PT. x 9 3m. . . x  9  1 x . t  3  m  t  1 t 2  9 . 3m  1 2 đặt t  x  9, t 0. 0,5 đ. 3m  1  2t 2  2  m  1 t  m  13 0 2 (1). 0,25 đ. PT trở thành : PT ban đầu có nghiệm x1  10  x2.  '  0  0 t 1  1  t 2    t 1  1  t 2  1   0   t1  t 2  0  (1) có nghiệm  m  1 2  2  m  13   0 m 2  25  0   m  13    m  1  1  0  13  m  0  m  13  2  m   1 m  1  0 . Bài 2. 2,5 điểm. Vì 6x2 + 4x + 5 > 0 với mọi x nên (1)  - (6x2 + 4x + 5 ) < 2x2 + 4mx + 1 < 6x2 + 4x + 5  x 2  (1  m) x  1  0  2  4 x  2(1  m) x  3  0 (2). 0,5 đ. 0,75 đ. 1,0 đ 0,5 đ. Vây, (1) nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi cả hai bất phương trình trong hệ (2) đồng thời nghiệm đúng với mọi x. Điều này tương đương với 2 2 1 (1  m)  4 m  2m  3  0  ' 2 2  2 (1  m)  12 m  2m  11  0. 0,5 đ 0,5 đ. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  1  m  3    1  m   1 2 3  1  2 3  m   1  2 3. Bài 3. 3 điểm. 2  y  x  m 2 x  3 y  8 0  2   x  y  m 0 2 x  3 x  3m  8 0 (1). 0,5 đ. 1. Với m = 1: 2 (1)  2 x  3 x  5 0 . Đặt t = |x| (t  0) ta được phương trình:  t 1   t  5 (lo¹i) 2 2 2t + 3t - 5 = 0   .. 0,75 đ 0,25 đ 0,5 đ. Với t = 1  |x| = 1  x =  1. Vậy hệ có 2 nghiệm (1; 2) và (-1; 2). 2. Hệ có nghiệm duy nhất  PT (1) có nghiệm duy nhất  PT 2t2 + 3t + 3m - 8 = 0 (2) có nghiệm thoả mãn:. 0,25 đ. t1 0  t2  0. 0,5 đ. 3m  8 0 8   m  3 3   0  2. Bài 4 3 điểm. 0,25 đ. 1. Có :. 0,5 đ. 4 GA2  GB 2  GC 2  (ma2  mb2  mc2 ) 9 4  b2  c 2 a 2 c 2  a 2 b 2 a 2  b2 c 2          9 2 4 2 4 2 4 2 2 2 a b c  3. 0,5 đ 0,5 đ. 2. Có:.  2  2  2     OA  OB  OC (OG  GA) 2  (OG  GB)2  (OG  GC )2  2  2  2   2   3OG  GA  GB  GC  2OG (GA  GB  GC )     Do OA = OB = OC = R và GA  GB  GC 0 nên:. 0,5đ 0,5 đ. a2  b2  c2 3R  3OG GA  GB  GC  3R 2 3OG 2  GA2  GB 2  GC 2 hay 3 2 2 2 a b c R 2  OG 2  9  2. Bài 5. 4,5 điểm. 2. 2. 1. Gọi H là hình chiếu của B trên , ta có: BH  AB.. 2. 2. 0,5 đ. 0,5 đ. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H  A. Khi đó  là đường thẳng qua A 0,5 đ và vuông góc với AB. PTTQ: 3x - 5y - 31 = 0. 2. Kiểm tra A và B cùng phía với d. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d.. 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ. 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Có: MA + MB = MA’ + MB  A’B. Đẳng thức xảy ra  A’, M, B thẳng hàng. Suy ra M là giao điểm của 0,5 đ đường thẳng A’B với d. Gọi d’ là đường thẳng qua A và vuông góc với d. d’ có PTTQ:. 0,25đ. 2x + y + 1 = 0. Gọi H là giao điểm của d’ và d. Tọa độ H = (-1; 1).. 0,25đ. H là trung điểm của AA’ nên A’ có toạ độ A’(-4; 7).. 0,25 đ. .  A ' B  (0;  2) n Đường thẳng A’B có VTCP nên có VTPT A ' B (1;0). 0,25đ. PTTQ đường thẳng A’B: x + 4 = 0. Toạ độ giao điểm M của A’B và d là nghiệm của hệ phương trình:  y  4 0    x  2 y  3 0. Bài 6 3 điểm.  x  11   y  4  M(-11; -4). 0,5 đ. Bài 6. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 2. a2 b2 c2   1 Chứng minh rằng: b  c a  c a  b a2 b c a2 b  c  2 . a b c 4 Có: b  c 4 .. Tương tự: b2 a c b2 a  c  2 . b a c 4 ac 4 ; c2 a b c2 a  b  2 . c a b 4 a b 4. Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được. 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> ĐỀ 3: Bµi1(8®). x (x +1)(x + 2)(x + 3) =. 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. Bµi 2(3®).. 9 16. x + y + xy = 4  2 2 x y + xy = 3 .. x 2 + 3xy - y 2 2 2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña P = x + xy + y Bµi 3(2®). Cho tam giác ABC với A(-1 ; 0) , B(2 ; 3), C(3 ; -6) và đờng thẳng d : uuu r uuur uuur MA + 2MB - 3MC x – 2y – 3 = 0. T×m ®iÓm M thuéc d sao cho đạt giá trị nhỏ nhÊt Bµi 4(6 đ) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, có H là trực tâm, gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. 1) Chứng minh rằng: AH = 2R.cosA. 2) Chứng minh rằng: cos A + cos B + cos C < sin A + sin B + sin C Bµi 5(1 ®) a b c + + ³ 2 b + c a + c b + a Cho a, b, c lµ ba sè thùc d¬ng. Chøng minh r»ng: ________________ HÕt _____________. 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> C©u Câu 1:. NỘI DUNG x (x +1)(x + 2)(x + 3) =. ĐIỂM 9 16 (1). 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: * §Æt t = x(x+3) (1) trë thµnh t(t+2) =9/16  é 9 ê=t ê 4 ê ê 1 êt = ë 4 9 9 9 3 * víi t = 4 ta cã x(x+3) = - 4  x2 + 3x + 4 = 0 x = - 2 é -3 + 10 êx = ê 2 ê ê -3 - 10 1 1 1 êx = ê 2 2 * víi t = 4 ta cã x(x+3) = 4  x + 3x - 4 = 0 ë é 3 êx =ê 2 ê ê - 3 + 10 êx = ê 2 ê ê 3 + 10 êx =2 ë * VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ê. 1. 1 1. 1. 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:.  x + y + xy = 4  2 2  x y + xy = 3 (2) (2) . ìïï ( x + y) + xy = 4 í ïïî xy(x+y) = 3. 2 đặt S = x+ y; P = xy. ïìï S + P = 4 í ïïî SP = 3. Ta đợc hệ Khi đó S, P là nghiệm của Phơng trình t2 - 4t + 3 = 0 ïìï S =1 ïìï S = 3 í í ïïî P = 3 ï P =1 hoÆc ïî ìïï S =1 í ï P =3 * ïî x, y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh u2 – u + 3 = 0 Ph¬ng tr×nh nµy v« nghiÖm ìïï S = 3 í ï P =1 * ïî x, y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh u2 – 3u + 1 = 0. 1. 1. 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> hoÆc. ìï ïï x = 3 - 5 ïï 2 í ïï 3+ 5 ïï y = 2 ïî. V©y hÖ cã 2 nghiÖm. ìï ïï x = 3 + 5 ïï 2 í ïï 3- 5 ïï y = 2 ïî. . ìï ïï x = 3 + 5 ïï 2 í ïï 3- 5 ïï y = 2 ïî. vµ. ìï ïï x = 3 - 5 ïï 2 í ïï 3+ 5 ïï y = 2 ïî. x 2 + 3xy - y 2 2 2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña P = x + xy + y * y = 0 th× P = 1. 1. 2. C©u 2. t + 3t - 1 2 * y  0 th× P = t + t +1 víi t = x/y gäi P lµ mét gi¸ trÞ bÊt kú cña nã khi đó phơng trình sau ẩn t phải có nghiệm P(t2 +t +1) = t2 + 3t - 1(1- P)t2 + (3 -P)t – (1+ P ) = 0 cã nghiÖm hay éP =1 ê êΔ = (3 - P) 2 + 4(1- P 2 ) ³ 0 (*) ë (*)  -3P2 – 6P +13  0  - (1+ 3 )  P  3 - 1. 1. 0,5. VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 1. C©u 3. C©u4. VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P = - (1+ 3 ) Cho tam giác ABC với A(-1 ; 0) , B(2 ; 3), C(3 ; -6) và đờng thẳng d : x – 2y – 3 = 0. T×m ®iÓm M thuéc d sao cho uuu r uuur uuur MA + 2 MB - 3MC Q= đạt giá trị nhỏ uuu r uuur uuur Gọi M(2y+3 ; y)  d Khi đó MA + 2MB - 3MC = (2y – 5 ; y+21) uuu r uuur uuur MA + 2MB - 3MC (2 y - 5) 2 + ( y + 21) 2 5 y 2 + 22 y + 466 = = 11 Q đạt giá trị nhỏ nhất khi y = 5 7 11 VËy M( 5 ; 5 ) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, có H là trực tâm, gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. 1) Chứng minh rằng: AH = 2R.cosA. 2) Chứng minh rằng: cos A + cos B + cos C < sin A + sin B + sin C. 2. 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 1. A. O H B. D. C A'. 1) Gọi A’ là điểm sao cho AA’ là đờng kính dễ có BHCA’ là hình bình hành. Do đó AH = 2OD = 2OCcosA = 2RcosA. 2. 2). 1 1 cos A + cos B + cos C = (cos A + cos B + cos B + cos C + cos C + cos A) 2 C A- B A B- C B C- A = sin cos + sin cos + sin cos 2 2 2 2 2 2 A- B cos £1 2 1 Ta cã v× C nhän nªn C C A- B C 00 < < 600 Þ 2cos >1 Þ cos < 2cos 2 2 2 2 B- C A cos < 2cos 2 2 C- A B cos < 2cos 2 2 T¬ng tù ta cã VËy cos A + cos B + cos C < sin A + sin B + sin C 1 C©u5. Cho a, b, c lµ ba sè thùc d¬ng. Chøng minh r»ng: a b c + + ³ 2 b+c a+c b+a a a 2a = ³ b +c a (b + c ) a + b + c. 2. b b 2b = ³ a +c b( a + c ) a + b + c. 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> c c 2c = ³ b +a c(b + a) a + b + c ] Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế ta có điều phải chứng minh. ĐỀ 4: Bài 1: ( 3 điểm) a) Giải bất phương trình:. 5 x  2x . 1 5  4 2x 2 x .. 2 2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  x  1  x  x  1 . Bài 2: ( 3 điểm). 1.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> x  y  2010 z  3 4  x3  y 3 . . x  y  2010 x yz. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có: . Bài 3: ( 3 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao CH, HAB. Các điểm I, K lần lượt là trung điểm của các đoạn AB và CH . Một đường thẳng d di động luôn song song với cạnh AB cắt cạnh AC tại M và cạnh BC tại N. Vẽ hình chữ nhật MNPQ với hai điểm P, Q thuộc cạnh AB. Gọi J là tâm của hình chữ nhật MNPQ. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. Bài 4:( 1 điểm) n Số 3  2009 , n là số nguyên dương, có chia hết cho 184 không? hãy chứng minh điều mà bạn khẳng định.. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài 1.a. Nội dung từng ý. Điểm. 1  1    5 x    2  x  4x   4 2 x   + Đưa bất phương trình về dạng: . + Đặt. t x. 1 2 x. ,t  2. , x > 0 và tính được. x. 1 t 2  1 4x. 0,25đ 0,5đ. 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 1 + Viết được bất phương trình theo t: t 2  5t + 2 > 0  ( t > 2  t < 2. 0,25đ. (loại)) + Viết được bất phương trình 2.  x. 2. 3 3   4 x 1  0   x   2  0  x   2 2 .  2 . 0,5đ. 1.b + Nhận xét: y là tổng của hai biểu thức nhận giá trị dương nên có thể 0,25đ dùng bất đẳng thức cauchy biến đổi từ TBC sang TBN. + Viết được:. y 2 4  x 2  x  1  x 2  x  1 2 4 x 4  x 2  1 2.  x 2  x  1  x 2  x  1  x 0  4 x  x 2  1 1   + Đẳng thức xảy ra khi:. 2. 0,5đ. min y  y (0) 2 0,25đ + Luận được y  2, dấu " = " xảy ra khi x = 0. Do đó:  + Viết được để chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh: 0,5đ 3 4 x3  y3 x  y   . 3. + Viết được + Suy được:. 2. 4  x 3  y 3    x  y  3  x  y   x  y  0. 1,5đ. z  3 4  x3  y3   z  x  y. 0,5đ. x  y  2010. + Kết luận được 3. 0,5đ. z  3 4  x3  y 3 . . .. x  y  2010 x yz. 0,5đ. + Chọn hệ trục tọa độ như hình bên và viết được 0,25đ tọa độ của H(0;0), A(a;0), B(b;0), C(0;c) + Suy được tọa độ các điểm  a b   c  0,25đ I ;0 , K 0;   2.  .    2. + Viết được phương trình của (d):y = m, 0< m <c; phương trình đường thẳng AC: cx + ay –ac = 0, phương trình đường thẳng BC: cx + by – bc = 0. + Lập luận và tìm được tọa độ của các. 0,5đ 1đ.  a  c  m   b  c  m  ;m ,m   c c    , P điểm M ,N  b  c  m  ;0    c . ,.   a  b  c  m m  ;   2 c 2 J. 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> + Tính được tọa độ các vectơ: . 4.  m  a  b m   a  b c  IK   ;  , IJ   ;  2 2 2c 2  .  c IK  .IJ m nên ba điểm I, J, K thẳng hàng . + Viết được: 2m + Viết được 184 = 8.23 và 3  1 chia hết cho 32 – 1 = 8. 2m. 0,5đ 0,5đ 0,25đ. 2m. + Viết được nếu n = 2m (chẵn), thì 3  2009 3  1  251.8  2 không chia hết cho 8 32 m1  2009 3  32 m  1  251.8  4. + Nếu n = 2m + 1 (lẻ), thì cũng không 0,75đ chia hết 8.  + Kết luận được n   , 3n + 2009 không chia hết cho 184.. ĐỀ 5: Bài 1: (4 điểm ) Cho họ đường thẳng . dm . y. m 1 m2 x  m2  m  1 m2  m  1. Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho không có bất kỳ đường thẳng nào thuộc họ  d m  đi qua. Bài 2: (4 điểm ) 1.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: a b c d    1 1 a 1 b 1 c 1 d abcd . Chứng minh rằng: Bài 3: (4 điểm ) Giải hệ phương trình sau:. 1 81 ..  x 2  x  y  1  x  y 2  x  y  1  y 18  2  x  x  y  1  x  y 2  x  y  1  y 2. Bài 4: (4 điểm ) Cho bất phương trình: x  4  x  4x  x2  m  3 x   0; 4 Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi . Bài 5 :(4 điểm ) Cho  ABC vuông tại A có hai đường trung tuyến BM, CN. Gọi  là góc giữa hai. đường thẳng BM và CN, chứng minh rằng khi đó. cos . 4 5.. Đáp án và biểu điểm Toán 10 Câu I. Nội dung Bài 1 Gọi (xo;yo) là điểm cần tìm, khi đó phương trình sau y0 . m 1 m2 x  0 m2  m 1 m2  m 1.  m2(y0-1)+m(y0-x0)+y0-x0=0 (1) vô nghiệm TH1: y0=1 (1)  m(1-x0)+1-x0=0 luôn có nghiệm m. TH2: y0 1, khi đó (1) vô nghiệm. Điểm 4 điểm 1đ 0,5 đ 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>   = (y0-x0)(-x0-3y0+4)<0  y0  x0  0   (I)   x0  3 y0  4  0 hoặc (II).  y0  x0  0   x0  3 y0  4  0. 1,5 đ. Từ đó suy ra các điểm thỏa mãn là phần không bị gạch trong hình nhưng không bao gồm cạnh và không bao gồm đỉnh A(1;1).. 4 3. 1 0. II. A 1. 1đ 4. x. Bài 2 Từ giả thiết suy ra. 4 điểm. 1 b c d    1 a 1 b 1 c 1 d b Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm 1  b ; c d 1  c ; 1  d ta có 1 b c d bcd    3 3 1 a 1 b 1 c 1 d (1  b)(1  c )(1  d ). Tương tự có 1 acd 3 3 1 b (1  a )(1  c )(1  d ) 1 abd 3 3 1 c (1  a )(1  b)(1  d ) 1 abc 3 3 1 d (1  a )(1  b)(1  c ). 1đ 0,5 đ 0,5 đ. Nhân vế với vế có 1 abcd 81 (1  a)(1  b)(1  c)(1  d ) (1  a)(1  b)(1  c)(1  d ) 1 abcd   81. 0,5 đ. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = d Bài 3 1,5 đ 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> III. 2  x  x  y  1 0  2  y  x  y  1 0. Điều kiện Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được  x 2  x  y  1  y 2  x  y  1 10   x  y 8. Thế y=8-x vào phương trình trên ta được x 2  9  x 2  16 x  73 10 . ( x 2  9)( x 2  16 x  73)  x 2  8x  9. . ( x 2  32 )  ( x  8) 2  32 )  9  x(8  x) . 1đ (1). . Trong hệ trục tọa độ xét a ( x;3) ; b (8  x;3)  ( x 2  32 )  ( x  8) 2  32 )  a b | |.| |= . Khi đó . . a . b = 9  x(8  x). 1đ . . . . Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a . b (2) . . . . Ta có | a |.| b |  a . b . . . . Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc a 0 hoặc b 0 8 x   1  0 (không xảy ra) hoặc a cùng hướng b suy ra x  x=4.. 1đ. KL: Nghiệm của hệ là (4;4) x  4  x  4 x  x 2  m  3 (1) 0  x 4 0  x 4    2 4 x  x 2  m  3 0(2)   m  x  4 x  3(2) Điều kiện. Bài 4:. Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm đúng với. x   0; 4. x  0; 4. IV.  nghiệm đúng Xét f(x)= x2-4x-3 Bảng biến thiên. x. f(x). thì (2). 0,5 đ 0,5 đ. 2. 0. -3. 4. 0,5 đ. -3 -7. 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Từ bảng biến thiên (2) đúng với . x   0; 4. m max f ( x )  m  3 [0;4]. 2 2 PT  4  2 4 x  x 4 x  x  m  3 2. Đặt t  4 x  x Bảng biến thiên. 4. 2. 0. x. 2. 1đ. t. 0,5 đ. 0. 0. Dựa vào bảng biến thiên suy ra 0 t 2 Bất phương trình trở thành g(t)=-t2+2t+1 m (3) Để bất phương trình đầu nghiệm đúng với có nghiệm đúng với. thì (3). g (t ) t   0; 2  m max [0;2]. 0. t. x   0; 4. .. 1. 2. 2 g(t). 0,5 đ 1. 1. Từ BBT suy ra m 2 . Kết luân m 2 thì bpt (1) nghiệm đúng x   0; 4 . Bài 5 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ :. 2.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> y. 1đ C. 0,5 đ. V N G A. M. B. x. b c b c A(0;0),B(b;0), C(0;c), M( 2 ;0), N(0; 2 ); G( 3 ; 3 )   b c    2b c  GM  ;   GB  ;   3 ;  6 3 ;  3 2b 2 c 2 b 2  c 2     GM . GB = 18 9 9 . | GM | .  . b 2  4c 2 4b 2  c 2  6 3 ; | GB |= . 1đ. . GM . GB =| GM |.| GB |. cos 2(b 2  c 2 ) cos  b 2  4c 2 4b 2  c 2 . Áp dụng bất đẳng thức côsi có (b 2  4c 2 )(4b 2  c 2 )  cos . 5(b 2  c 2 ) 2. 4 5. Suy ra Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi b2+4c2=4b2+c2  b=c. ĐỀ 6: Câu 1: (2,5 điểm) . Cho phương trình: x 2 −2 √ 3 x+1=0 phương trình (1) 2 2 a, Hãy lập phương trình ẩn y nhận y 1=x 1+ x , y 2=x 2+ x 2. 1. (1). Gọi x1, x2 là nghiệm làm nghiệm. 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 2. b,Không giải phương trình (1) hãy tính giá trị biểu thức: A=. 2. 3 x 1+5 x 1 x 2 +3 x 2 3 3 4 x 1 x2 + 4 x 1 x 2. Câu 2: (1,5 điểm).cho phương trình : x 4 +ax 3 +bx 2 +ax +1=0 có ít nhất một nghiệm thực , với a,b là số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 +b 2 Câu 3 : (2,5 điểm) . a, Giải phương trình:. 6 10 + =4 2−x 3−x. √ √. 1 2 1 x + ¿ −(x − )− 7 x x ¿ 1 2 1 b, Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm: x+ x ¿ +(x − x )+m− 12 3 ¿>2 2¿ ¿ ¿ x , y , z ∈ [ 1 ; 2 ] Câu 4: (1,5 điểm).Cho . Tìm giá trị lớn 1 1 1 P=( x+ y+ z )( + + ) x y z. nhất của. Câu 5: (2.0 điểm). Cho tam giác ABC và P là điểm thuộc miền trong tam giác. Gọi K, M, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên các đường thẳng BC, CA, AB. Hãy xác định vị trí P sao cho tổng BK 2 +CL2 + AM2 nhỏ nhất.. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM Câu. Nội dung. Điểm 2.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> I. ¿ x 1+ x 2=2 √ 3 x 1 x 2=1 Theo Vi-Et ta có : ¿{ ¿ 2(x 1+x 2 ) Lại có: y 1+ y 2=x 1+ x 2 + x x =6 √ 3 1 2 4 y 1 y 2=x 1 x2 + 4+ =9 x1 x2. 0,25. Vậy: y 2 − 6 √ 3 y +9=0. 0,25. b, Ta có:. 0,5 0,5. x1 + x 2 ¿ 2 − 2 x 1 x 2 ¿ 4 x1 x2 ¿ 3 [( x1 + x 2 ¿ 2 − 2 x 1 x 2) ]+ 5 x 1 x 2 A= ¿ 2 2 √3 ¿ − 1 ¿ 2 √ 3 ¿2 −2 .1 ¿ 4 . 1¿ 3. ¿ ¿¿ 36 −1 7 ¿ = 4(12− 2) 8. * x = 0 không là nghiệm pt * x 0 : Phương trình trở thành :. 0,25. 0;25. 0,5. 1 1 x + 2 +a (x+ )+b=0 x x. 1 Đặt x+ x =t ;|t |≥ √2 , khi đó phương trình trở thành: 2. 0,25. 2. 0,25. 2. t +at − 2+b=0 ⇔ 2 −t =at+b. II. 2 2 2 2 2 Theo Bunhia |at+ b|≤ √ (a +b )(t +1)⇔ √ a +b ≥. 9 −6 t +1 ¿ 9(t 2+1) 9 18 + 2 ≥ 25 t +1 5 2 Mặt khác: 16(t +1) 16 ≥ 25 5 ¿{ ¿ 2 2 4 Vậy a +b ≥ 5 ⇔ t=± 2⇔ x=±1 a2 +b 2 ≥ t 2 +1+. |at+b| |2 −t 2| =. √t 2+1 √ t2 +1. 0,25 0,25. 2. 0,25 do t 2 ≥ 4. 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> a, Với x <2 đặt. 6 6 10 t 2 t= > 0⇒ 3 − x= 2 + 1⇔ 2 =4 − t 2−x t t +6. √. √. ⇔t 4 −8 t 3 +12t 2 − 48 t+ 96=0 ⇔t=2 1 ⇔ x= 2. III.a. 0,25 0,25 0,25. KL:. 1 b, Đặt t=x − x , bài toán quy về tìm đk để bpt sau đúng với mọi t:. | III.b. 0,25. 0,25. 2 t 2 −t +1 ≤2 3t 2 +t+ m. |. 1 2 Vì mẫu xác định với mọi t nên Δ<0 ⇔ m> 12 ⇒3 t +t+ m>0, ∀ t. 0,25. Do đó bất phương trình tương đương với :. 0,25. 2. 2. 2t −t+ 1≤ 6 t +2 t+ 2m , ∀ t 2 ⇔ 4 t +3 t +2 m−1 ≥ 0, ∀ t. 0,5 ⇔ Δ=9− 16(2 m− 1)<0 25 ⇔m ≥ 32. 0,25. KL:. Do vai trò x, y, z như nhau nên giả sử 1≤ x ≤ y ≤ z ≤2. 0,25 2.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> ¿ ⇒. IV. (1 − xy )(1 − yz )≥ 0 (1 − xy )(1 − zy )≥ 0 ¿ ¿ { ¿ x y y z x z ⇒ + + + ≤ 2+ + y z x y z x. (. ⇒ P=. )(. 0,25. ). ( xy + xy )+( yz + zy )+( zx + xz )+3 ≤5+2( xz + zx ). (1). Dấu ‘ = ’ xảy ra. 0,25. khi và chỉ khi x = y hoặc y = z 1 1 5 x 1 Đặt t = z ∈ 2 ; 1 , ta có: (2 −t)( 2 −t )≤ 0 ⇒t+ t ≤ 2. [ ]. (2). Dấu ‘ =. 1 ‘ xảy ra khi t= 2 Từ (1) và (2) suy ra P P≤ 5+5=10. Dấu ‘ = ‘ xảy ra khi và chỉ khi. ¿ x= y=1 z =2 ¿ ¿ ¿ x=1 ¿ y=z=2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. 0,25. 0,25 0,25. KL: Đặt S = BK2 + CL2 +AM2. Theo tính chất của tam giác vuông ta có: 0,5 S = BM2 + CK2 + AL2 Do vậy: 2S =(BK2 +KC2) + (CL2 + LA2) + (AM2 +MB2 0,5 V.  CL+  LA ¿ 2+¿  BK+  KC ¿2 +¿ ¿ 1 ¿ 2 1 2 2 2 ¿ (BC + CA + AB ) 2 BK= KC ,  CL= LA ,  AM= MB Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : . 0,5 0,5. 2.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> đề 7:. Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình: ¿ 8 xy x +y + =16 x+ y √ x+ y=x 2 − y ¿{ ¿ 2. 2. Câu 2 (4 điểm). Cho các số thực a, b, x, y thoả mãn điều kiện ax − by= √ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F=a2 +b 2+ x 2 + y 2 + bx+ay . Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện: sin. 3A 3B A −B +sin =2 cos . 2 2 2. Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. Câu 4 (4 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao cho:  MB+ MC+ MD=4  MP ;  MC+ MD+ MA=4  MQ ;  MA+  MB+  MC=4  MS . MD+ MA+  MB=4  MR ;  Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD. Câu 5 (4 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên. 2.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Đáp án Toán 10 NỘI DUNG. ĐIỂM. Câu 1: Giải hệ phương trình: ¿ 8 xy x 2+ y 2 + =16(1) x+ y √ x+ y=x 2 − y (2) ¿{ ¿. * Điều kiện: x + y > 0 * (1)  (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y)  [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0  (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0  (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0  (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0. 0,5 1. 0,5. (3)  x  y  4 0  2 2   x  y  4(x  y) 0 (4). Từ (3)  x + y = 4, thế vào (2) ta được:. 1.  x  3  y 7  x2 + x – 4 = 2  x2 + x – 6 = 0   x  2  y 2 .. (4) vô nghiệm vì x2 + y2 ≥ 0 và x + y > 0. Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2). 0,5 0,5. NỘI DUNG ĐIỂM x , y thỏa mãn điều kiện. Câu 2: Cho các số thực a , b , ax − by= √3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F=a2 +b 2+ x 2 + y 2 + bx+ay . 2. 2. b a 3 2 2 Viết lại F= x + 2 + y + 2 + 4 ( a + b ) .. ( ) ( ). 0,5. 3.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> b a Đặt M  x; y  , A= − 2 ; − 2. ( b a MA =( x + ) + ( y + ) 2 2 2. 2. 2. ). 1,5. , ( Δ ) :ax − by=√ 3 . Ta có. 2 3 2 . Mà M ∈ ( Δ ) nên MA ≥ [ d ( A ; Δ) ] = 2. a +b 2. .. Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu của A trên ( Δ ) . 3 3 2 2 Suy ra F ≥ 2 2 + ( a +b ) ≥ 2 a +b. Vậy. 4. √. đạt 6 2 ( a ; b ; x ; y )= √ 2 ; 0 ; √ ; − √ .. được. min F=3. (. 2. 2. 1. 3 3 2 2 . ( a +b )=3 . 2 a +b 4 2. chẳng. hạn. khi. ). NỘI DUNG Câu 3: Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện :. ( 32A ). sin. 1. ( 32B ). + sin. = 2cos. ( A −2 B ). ĐIỂM .. Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. Ta có: sin(. 3A 2. ) + sin(. 3B 3 ( A + B) 3 (A − B) ) = 2 sin( ) cos( 2 4 4. 1. ). 3 (A + B). 1. sin( 4 | A − B|. 0. 2. A−B. ) > 0; cos( 2 3| A − B| < π. )>0. 4. 3| A − B| ) 2 4 A−B 3 (A − B) ⇒ cos( ) cos( ) 2 4 3A 3B A−B A−B Từ sin( 2 ) + sin( 2 ) = 2cos( 2 ) và cos( 2 )>0 3 ( A + B) 3 ( A − B) Suy ra : 2sin( )cos( ) >0 4 4 3 (A − B) Hay cos( )>0. 4 3 ( A + B) 3 ( A + B) Kết hợp với sin( ) 1, ta có sin( )cos( 4 4 3 (A − B) 3 (A − B) ) cos( ) 4 4 3 (A + B) 3 (A − B) 3 (A − B) Do đó: 2 sin( )cos( ) 2cos( ) 4 4 4 A−B 2cos( 2 ) 3A 3B A−B Vì vậy nếu sin( 2 ) + sin( 2 ) = 2cos( 2 ) thì phải có: ⇒. cos(. | A − B|. ). cos(. 1. 1. 1. 3.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> | A − B| 3| A − B|. {. 2. =. 4 3( A+ B) sin( )=1 4. ⇔ A=B=. π . 3. Vậy tam giác ABC là tam giác đều.. NỘI DUNG ĐIỂM Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao cho  MB+ MC+ MD=4  MP ;  MC+ MD+ MA=4  MQ        MS MD+ MA+ MB=4 MR ; MA+ MB+ MC=4  Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD. Giả sử có điểm M thỏa bài toán. Gọi G là điểm sao cho 5 MG= MA+ MB+ MC+ MD . MB+ MC+ MD=4  MP , ta có 4  PA=5  GA . Từ  QB=5  GB , 4  RC=5  GC , 4  SD=5  GD . Tương tự 4  Do đó PA = QB = RC = SD ⇔ GA = GB = GC = GD. Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm O thì G trùng O và M là điểm duy nhất xác định bới  OM=− ( OA+  OB+ OC+  OD ) . Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC = SD. Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì không tồn tại điểm M.. 0,5 1 1 1. 0,5. NỘI DUNG ĐIỂM Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên. Coi đỉnh Ai (xi; yi), i = 1, 2, 3, 4, 5. 1,5 (xi; yi) có thể rơi vào những trường hợp sau: (2k; 2k’), (2k; 2k’+1), (2k+1; 2k’ + 1), ( 2k +1; 2k’) với k, k’  Z Do đa giác có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đi rich lê, có ít nhất 2 đỉnh 1,5 có tọa độ thuộc một trong bốn kiểu trên. Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh ấy sẽ có tọa độ nguyên. 1 Do ngũ giác là lồi nên điểm này ở miền trong hoặc trên cạnh của ngũ giác đó. 3.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> đề 8: 2 Câu I. (2 điểm) Cho phương trình mx  (2m  1) x  m  2 0 , m là tham số 1. Tìm m để phương trình có một nghiệm 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp hai lần nghiệm kia  x  y  xy a  2 2  x  y a. Câu II. (2 điểm) Cho hệ phương trình , a là tham số 1. Giải hệ phương trình khi a = 5 2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm Câu III. (1 điểm) Giải phương trình: x  13  x  3  16  x Câu IV. (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC. Trên  cạnh AB,  BC,  CA lấy lần lượt các điểm M, N, P thỏa   mãn AM  AB  2 BC , BN 3BC  AC , CP 2CA . Chứng minh rằng hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm. 2. Trong mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4). Tìm trên đường thẳng x = 1 0 điểm M sao cho góc MBA 45 h ,h ,h Câu V. (1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác; a b c là độ dài ba đường cao tương ứng ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó 1 1 1 1    h Chứng minh: a hb hc r Câu VI. (2 điểm) a2 b2 c2 1 1 1  2  2    2 Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh: b c c a a b a b c. 3.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU. I.1. NỘI DUNG (2 điểm) Cho phương trình mx  (2m  1) x  m  2 0 , m là tham số. 1. Tìm m để phương trình có một nghiệm  m = 0: x  2. Pt có 1 nghiệm.   0  m  m . 0,25đ 0,5đ.  m 0 :  4m  1. I.2. ĐIỂM. 2. 1 4. 0,25đ. 1 4. Vậy: m = 0 hoặc 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp hai lần 0,25đ nghiệm kia. Pt có 2 nghiệm.   0     m 0. 1   m  4   m 0. 1  2m   x1  x2  m  m 2   x1.x2  m  x  2 x  1 2  Theo Viet và gt ta có:  2 Giải được: m  10m  2 0. 0, 25đ. 0, 5đ. 3.

<span class='text_page_counter'>(35)</span>  m 5  3 3   m 5  3 3 (thỏa)  m 5  3 3  Vậy  m 5  3 3. II.1.  x  y  xy a  2 2  x  y a. (2 điểm) Cho hệ phương trình 1. Giải hệ phương trình khi a = 5. , a là tham số 0,25đ.  x  y  xy 5  x  y  xy 5   2  2 2 x  y  5  x  y   2 xy 5 a = 5: ta có   S  P 5  S 3   2  P 2 hoặc đặt S = x + y ; P = xy , ta có:  S  2 P 5  S 3  x 1  x 2    + Với  P 2 giải được  y 2 hoặc  y 1. 0,25đ  S  5   P 10. 0,25đ 0,25đ.  S  5  + Với  P 10 : vô nghiệm II.2. Vậy hpt có 2 nghiệm (1;2);(2;1) 2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm 2 Ta có: S  2S  3a 0 (*)  3a  1. 0,25đ. 1 a 3 : (*) vô nghiệm. . a . . 1 2  P 3 : (*) có nghiệm S = -1 3 : vô nghiệm.  S1  1  1  3a 1  a 3 :(*) có 2 nghiệm:  P1 a  1  1  3a hoặc. .  S 2  1  1  3a   P2 a  1  1  3a. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 2 ĐK hệ pt có nghiệm S  4 P 0 2 (a) S1  4 P1 0 giải được : 0 a 8 2. (b) S2  4 P2 0 : vô nghiệm Vậy 0 a 8 III. (1 điểm) Giải phương trình: ĐK: 3 x 16 Với ĐK trên (*). .  x  13 . x  13  x  3  16  x (*) x  3  16  x.  x 2 ( x  3)(16  x).  x 2 4( x  3)(16  x). . 2. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 3.

<span class='text_page_counter'>(36)</span>  5 x 2  76 x  192 0  x 12   x 16 5 (thỏa) . 0,25đ.  x 12   x 16 5 Vậy:  IV. IV.2. Cho tam giác ABC. Trên cạnh lần lượt các điểm M, N,  AB,  BC, CA lấy    P thỏa mãn AM  AB  2 BC , BN 3BC  AC , CP 2 AC . Chứng minh rằng 0, 5đ hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm.     AM  BN  CP = 0 0, 5đ  Ta cóhai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm        AM  BN  CP AB  2 BC 3BC  AC + 2CA = 0 Mà : = + Vậy ta có ĐPCM 2. Trong mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4). Tìm trên đường 0 thẳng x = 1 điểm M sao cho góc MBA 45 Gọi M(1; y) thuộc đt x = 1 0,25đ  BM ( 1; y  4)  BA ( 4;3)   ( 1)( 4)  3( y  4) cos( BM , BA)  c os450 2 2 1  ( y  4) . 4  3. 0, 25đ. GT: . 3 y  16 5 1  ( y  4). 2. . 2 2. 0,25đ.  7 y 2  8 y  87 0  y 3   y  29 7 . Vậy : V. M 1 (1;3); M 2 (1; . 0,25đ. 29 ) 7. h ,h ,h (1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác; a b c là độ dài ba đường cao tương ứng ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó 1 1 1 1    h hb hc r a 0, 5đ Chứng minh: 1 1 a S  a.ha   2 ha 2 S Ta có : 1 b 1 c   Tương tự: hb 2S ; hc 2S. 0,5đ. 1 1 1 a b c p 1      h h h 2 S S r : ĐPCM b c Do đó: a 3.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> VI. (2 điểm) a2 b2 c2 1 1 1      2 2 2 Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh: b c c a a b a b c. 0, 5đ. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:. 0, 5đ. 2. 2. 2.  a 1  b 1  c 1 c   a b  2     2     2   2      bc ca ab  b c c c a a a b b c   a b   b c   c a   a b  1 1 1 2             2      a b c Mà  bc ca ba  =  bc ca   ca ab   ab bc . 0, 5đ 0, 5đ.  a 2 1   b2 1   c 2 1   1 1 1  2     2     2   2     b c c c a a a b b  a b c Suy ra:  a2 b2 c2 1 1 1  2  2  2    b c c a a b a b c : ĐPCM. 3.

<span class='text_page_counter'>(38)</span>