ĐÁP ÁN – 18 BỘ TOÁN 9 VÀO 10 THPT CHUYÊN
Đáp án: Đề 1 – Bình Dương Chuyên 2018 – 2019
Bài 1:





72 x  x  2 x 7 x
a) Giải pt sau:
ĐK: 0  x 7
(1)  7  2 x  x 2 7  x  x . 7  x
  7  x 
7 x








(1)

x . 7  x  2 x  2 7  x 0
7 x 

7 x 

x



 

x  2



7 x 

x 0

 7  x  x 0
7  x  2 0  
 7  x  2 0



 7 x  x
 7  x x



 7  x 4
 7  x 2

 x 3,5 (TM)
 x 3 (TM)

S  3,5;3


Vậy tập nghiệm của phương trình là

b) Tính giá trị biểu thức Q = x2019 + y2019 + 2018(x + y) + 2020.

x
- Từ đề bài:

2018  x 2

 y 



2018  y 2 2018

(1)

2

- Nhân hai vế pt (1) với (x  2018  x ) ta có:
(1)   (x) 2  (2018  x 2 ) 2  y  2018  y 2 2018 x 
















  x 2  2018  x 2  y  2018  y 2 2018 x 







  2018 y  2018  y 2 2018 x 

2018  x 2

2018  x 2

2018  x 2







 y  2018  y 2  2018  x 2  x



2018  x 2 

2018  y2 x  y
2018  y 2 )tacó:

 Nhân hai vê pt (1) voi (y 



(1)  x  2018  x 2



y

2

(2)



 2018  y 2  2018 y 





  2018 x  2018  x 2 2018 y 


2018  y2

2018  y 2





 x  2018  x 2  2018  y2  y
 2018  x 2  2018  y2  x  y
- Từ (2) và (3) Suy ra:
 x  y  x  y  2 x  2 y  x  y
Thay x  y vào biểu thức Q, ta được:
Q ( y )2019  y 2019  2018   y  y   2020

(3)

 y 2019  y 2019  2018.0  2020
Q 2020
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Bài 2: Phương trình: x2 – 2(m – 1)x + 2m – 6 = 0.
2

2

x  x 
A  1    2 

 x 2   x1  nhận giá trị nguyên.
Tìm tất cả giá trị m nguyên dương đê

Ta có:
 ' (m  1) 2  (2m  6) m 2  2m  1  2m  6
(m 2  4m  4)  3 (m  2)2  3  0 m
 Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
 x1  x2 2m  2

x x 2m  6
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2
Do đó:
2

2

2

2

x  x  x x 
x x  x 2  x22 
A  1    2   1  2   2 1  2  1
 2
x
x
x
x
x
x

x
x
1 
2
1
 2  1  2
 1 2 
2

2

 ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 
 (2m  2)2  2(2m  6) 

  2 
 2
x1 x2
2m  6




2

2

 4m 2  8m  4  4m  12 
 4m 2  12m  16 

  2 

 2
2m  6
2m  6




2

2

8 
 2m(2m  6)  16 



2

2
m


 2

2m  6
m 3


8
2m 

Q
*
m 3
Với m  N , m 3 thì
 A có giá trị ngun
8
8
 2m 
Z 
Z
m 3
m 3
 m  3  U (8)  1; 2;4;8  do m  0  m  3   3
 m   4;2;5;1;7;11
Vậy

m   1; 2; 4;5;7;11

là các giá trị cần tìm.

Bài 3:
a) Tính giá trụi của biểu thức:
1
1
1
1
P


 ... 

2 1 1 2 3 2  2 3 4 3  3 4
2025 2024  2024 2025
*
Với n  N , ta có:
1
1

 n  1 n  n n  1 n  1. n . n  1  n





n 1  n
n 1  n
1



n  1. n . n  1  n 
n  1. n
n



1
n 1

Áp dụng kết quả trên, ta được:
1

1
1
1
1
1
1
1
P 




 ... 

1
2
2
3
3
4
2024
2025
1
1
1 44
 
1 

45 45
1

2025
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


b) Tìm tất cả giá trị x, y nguyên dương để x2 + y2 = 3(x + y)
Ta có:
2
 x  y  0  x 2  2 xy  y 2 0
 x 2  2 xy  y 2  x 2  2 xy  y 2 x 2  2 xy  y 2
 2  x 2  y 2   x  y 

2

Theo đề bài:
x 2  y 2 3  x  y   2  x 2  y 2  6  x  y 

(1)
(2)

Từ (1) và (2)
2
  x  y  6  x  y 
 x  y 6 (do x, y  N *  x  y  0)
2

(3)

2

Vì x , y là các số chính phương nên chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1

x 2  y 2 3  x  y   3
Mà
 x 2 3 và y 2 3
(4)
Từ (3) và (4)  x  y 3 (thỏa mãn đề bài)
Vậy x  y 3 .
Bài 4:
a) Chứng minh: KO2 - KM2 = R2
- Gọi H, P lần lượt là giao điểm của OM với
AB, IK.
Ta có: OA = OB = R và MA = MB (tính chất
của hai tiếp tuyến cắt nhau)
 OM là đường trung trực của AB
 OM  AB tại H
 MAC có IM = IA và KM = KC
 IK là đường trung bình của  MAC
 IK // AC hay IP // AH
 MAH có IM = IA và IP // AH  PM = PH
Vì IK // AC và OM  AC  OM  IK tại P
 Các tam giác KPO, KPM vuông tại P
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
KO 2 KP 2  PO 2 và KM 2 KP 2  PM 2
 KO 2  KM 2 PO 2  PM 2 (PO  PM)(PO  PM)
OM.(PH  OH  PM) OM.OH (do PM PH)
 OAM vng tại A (vì MA là tiếp tuyến tại A của (O))
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta có:
OM.OH OA 2 R 2
2
2
Mà KO  KM OM.OH


 KO 2  KM 2 R 2 (đpcm).

“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


b) Chứng minh tứ giác BCDM nội tiếp.
- Vẽ tiếp tuyến KQ của (O) (Q và A nằm cùng
phía với MC)
  KQO vuông tại Q
 KO2 KQ 2  OQ 2 KQ 2  R 2 (định lí
Py-ta-go)
2
2
2
2
2
2
Mà KO  KM R  KO KM  R
 KQ2 KM 2  KQ KM KC
 KQD và  KAQ có:
 1  



QKA
chung; KQD
KAQ
  sđDQ 
 2



  KQD
 KAQ (g.g)
KQ KD
KC KD




(vì KQ KC)
KA KQ
KA KC
  KCD
 KAC (c.g.c)
 1 A
 1
 C
 1 B
 1  vì A
 1 B
 1  1 sđBD
 
 C


2


 Tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp (đpcm)

c) Chứng minh rằng 4 điểm I, A, N, F thuộc
một đường trịn.
- Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCDM có

 2
 DMC
B
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung
CD)
 2 E
 1   1 sđAD
 
B


 2

Mà

1
 DMC
E
Nhưng hai góc ở vị trí so le trong
 MK // AE  AEKM là hình thang
Hình thang AEKM (AE // MK) có IA = IM và
NE = NK
 IN là đường trung bình của hình thang AEKM


 INF

AEF
(2 góc đồng vị)
 1  


IAF
AEF
  sđAF 
 2

Mặt khác:



 IAF
INF
AEF





 AIFN là tứ giác nội tiếp
 4 điểm A, I, F, N cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Đáp án: Đề 2 – Bắc Ninh Chuyên 2014 – 2015
Bài 1:
1) Rút gọn biểu thức P.

2


 (1  x )(1  x  x )

1 x


P  x  1 
 x 

1

x

  1  x 1  x 
2
1
1
 x  1 1 x  x  x
 x  1 1 x
2
1 x
1 x
































2

 x1

.


2
2

   x  1  U (2)  1; 2
P
x

1
2) Ta có :
.
x -1=1  x = 2  x=4
x -1=-1  x = 0
x -1=2 
x -1=-2 

x = 3  x=9
x = - 1 (Loại)

 x   0, 4,9 .

Bài 2:
x 2 y2 z2
 2  2 1
2
b
c
1) Chứng minh rằng : a
ĐK: x, y, z, a, b, c 0.
a b c

ayz  bxz  cxy
  0 
0
x
y
z
xyz
 ayz  bxz  cxy 0.
Từ
2
x2 y2 z2
x y z
 xy xz yz 
 x y z
   1
  1      1  2  2  2  2 
a
b
c
ab
ac bc 
a
b
c
a
b
c




Ta có
x2 y 2 z 2
(cxy  bxz  ayz )
x2 y2 z 2
0
 2  2  2  2.
1  2  2  2  2.
1
abc
abc
a
b
c
a
b
c
x2 y2 z2
 2  2  2 1
a
b
c

2) Phương trình x2 – (3 + 2a)x + 40 – a = 0
2
 = 4a  16a  151 . PT có nghiệm nguyên thì  = n2 với n  .
2
2
2
2
hay 4a  16a  151 n  (4a  16a  16)  n 167  (2a  4  n)(2a  4  n) 167.

Vì 167 là số nguyên tố và 2a  4  n 2a  4  n nên ta có các trường hợp:

 2a  4  n 167
 4a  8 168  a 40

+) 2a  4  n 1
(t/m).
2a  4  n  1
 4a  8  168  a  44

2
a

4

n

167

+)
(t/m).

Với a 40 thì PT có hai nghiệm ngun là x 0, x 83.
Với a  44 thì PT có hai nghiệm nguyên là x  1, x  84.
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Bài 3:
 x  my 3m(1)


2
(2)
1) Cho hệ pt: mx  y m  2 Tìm m để x2 – 2x – y > 0
Từ (1) có x 3m  my , thay vào (2) ta có y 2; x m.
 m 1 3

m 1  3
2
2
2
Ta có: x  2x – y = m – 2m – 2 = (m – 1) – 3 > 0 
  m 1 3.
3
4
5
S


bc a c a  b a b c
2)Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 1
4
 
, x, y  0
Chứng minh được x y x  y
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y .

Từ giả thiết ta có a  b  c  0, b  c  a  0, c  a  b  0 .
1
1

1
1
1
1



 
 2 4 6
S 



  2
  3
  
 b c  a c a  b 
 b c  a a b  c   c  a  b a b  c  c b a
Ta có
2 1
6
2c  b abc   a
S 2a  4 3
b c
a
Mà
nên
.

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 3 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c  3.

Bài 4
1) Ta có NB  NC (tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau); OB OC R.
Do đó, ON là trung trực của BC. Gọi K là giao
điểm của ON và BC thì K là trung điểm của BC.
- Theo hệ thức lượng OBN vuông tại B, đường cao BK.
1
1
1
1
1
1





2
2
2
2
2
16
BK
OB
NB
OB
NC
2
 BK 16  BK 4

 BC 2BK 8.
PB
NB


MB NM (1).
2) NBP  NMB (g.g)
PC
NC


NCP  NMC (g.g)
MC NM (2).
PB PC

Vì NC  NB (3) từ (1), (2) và (3) suy ra MB MC (4).
- Có AM / / BC  Tứ giác AMCB là hình thang cân
 MC  AB, MB  AC (5).




PB PC

.
AC AB (đpcm)

Từ (4), (5)
3) Chứng minh rằng BC, ON, AP đồng quy.
Gọi Q là giao điểm của AP và BC, chứng minh BQ QC.


“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


BQ PB


BQP
,

AQC
AQ
AC (6).
Vì
đồng dạng (g.g)
CQ PC



CQP
,

AQB
AQ
AB (7).
Tương tự
đồng dạng (g.g)
BQ CQ

 BQ CQ  Q

AQ
AQ
Kết hợp (6), (7) và kết quả câu b) ta suy ra
là trung điểm của BC.
Q

K
Suy ra
.


Vậy BC , ON , AP đồng quy tại K.
Bài 5
1) Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC. Khơng mất tính tổng qt giả sử A và O nằm về

hai phía của đường thẳng BC.
Suy ra đoạn AO cắt đường thẳng BC tại K. Kẻ AH vng góc với BC tại H.
Suy ra, AH  AK < AO < 1 suy ra AH < 1.

SABC 

AH .BC 2.1

1
2
2
(mâu thuẫn với

Suy ra,
giả thiết). Suy ra điều phải chứng minh


2
2
2) Nếu a, b chẵn thì a  b là hợp số. Do đó nếu tập con X của A có hai phần tử phân biệt
a, b mà a 2  b 2 là một số ngun tố thì X khơng thể chỉ chứa các số chẵn. Suy ra, k 9 . Ta

chứng tỏ k 9 là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có ý nghĩa là với mọi tập con X gồm 9
2
2
phần tử bất kỳ của A luôn tồn tại hai phần tử phân biệt a, b mà a  b là một số nguyên tố.
- Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập A thành các cặp hai phần tử phân biệt a, b mà
a 2  b 2 là một số nguyên tố, ta có tất cả 8 cặp:

 1; 4  ,  2;3 ,  5;8  ,  6;11 ,  7;10  ,  9;16  ,  12;13 ,  14;15  .
Theo nguyên lý Dirichlet thì 9 phần tử của X có hai phần tử cùng thuộc một cặp và ta có
điều phải chứng minh.

“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Đáp án: Đề 3 - Hà Nội Chuyên 2009 - 2010

Bài 1:
1) Rút gọn biểu thức A
A

A

x
1

1



x 4
x 2
x 2



  x  2 
 x  2  x  2 

x



x
x 2

x 2 



x 2

x2 x
x 2




x 2





1
x 2
x



 



x 2



1
x 2

x 2






x 2



x

A

x 2

2) Tính giá trị biểu thức A khi x = 25.

A
- Thay x = 25 ta có

3) Tìm giá trị của x để
- Thay


A
x

x 2

25
5
5


25  2 5  2 3


A

1
3

1
3 ta có:



1
 3 x  x  2  4 x 2 
3

1
1
x   x  (tmdk)
2
4

Bài 2
*

Gọi số áo tổ 1 may được trong một ngày là x ( x  N ; áo/ngày)
*

Số áo tổ 2 may được trong một ngày là y ( y  N ; áo/ngày)
3 ngày tổ 1 may được 3x (áo)
5 ngày tổ 2 may được 5y (áo)

Vì tổ 1 may 3 ngày, tổ 2 may 5 ngày; cả hai tổ may được 1310 áo.
- Ta có pt: 3x + 5y = 1310 (1)
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Mỗi ngày tổ 1 may nhiều hơn tổ 2 là 10 áo.
- Ta có pt: x – y = 10 (2)

3x  5 y 1310

Ta có hệ pt sau:  x  y 10
Giải hệ pt ta được: x = 170; y = 160
Vậy trong một ngày tổ 1 may được 170 áo, tổ 2 may được 160 áo.
Bài 3: Cho phương trình: x2 – 2(m+1)x + m2 + 2 = 0 (ẩn x)
1) Giải phương trình khi m = 1
- Khi m = 1
2
Phương trình x  4x  3 0

- Theo Viét pt có hai nghệm là: x1 1; x2 3
2

2

2)Tìm giá trị m để x1  x2 10
x2 – 2(m+1)x + m2 + 2 = 0 (1)
*) Pt có hai nghiệm khi Δ ' 0

1
2

 x1  x2 2(m  1)

x .x m 2  2
*) Theo hệ thức Vi-ét cho pt (1) ta có:  1 2
 ' (m  1)2  (m 2  2) 0  2m  1 0  m 

Ta có
2

x12  x 22 10   x1  x 2   2x1 .x 2 10
2

  2(m  1)   2(m 2  2) 10
 2m 2  8m  10 0
 m 1 (tmdk)

 m  5 (Loai)
Vậy với m = 1 thoả mãn yêu cầu đề bài.
M

Bài 4

1

1) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp.

B
1

Ta có:


·
·
ABO
ACO
900  Tứ giác ABOC nội

tiếp.

P

K
A

O
1

E

Q
1
C
N

2) Chứng minh BE  OA và OE.OA = R2
- Vì AB, AC hai tiếp tuyến đường trịn (O) ta có :
Do đó: AO đường trung trực của đoạn thẳng BC
 AO  BC
 BE  AO


- Theo hệ thức lượng  ABO vuông tại B
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


 OE .OA = OB2 = R2

Vậy OE .OA = R2
3) Chứng minh  APQ có chu vi khơng đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
PB PK(t / ctt)

- Ta có: QC QK(t / ctt)
- Chu vi APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + (PK + KQ) = AP + AQ + PB + QC

= (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC (Khơng đổi)
- Vì A, (O) cố đinh  Tiếp tuyến AB, AC cố định AB, AC không đổi
Chu vi tam giác APQ = AB + AC không đổi khi K di chuyển trên cung BC nhỏ.
4) Chứng minh PM + QN  MN
+ Ta có: AMN cân tại A

·
·
 AMN ANM (t/c tam giác cân)
0
µ
µ
 A  2.M1 180 (*)

µ  BOC
·
 A

1800

·
·
- Chứng minh được BOC 2.POQ
µ  2.POQ
·
 A
1800 (**)
µ
·
Từ (*) và (**) Suy ra: M1 POQ

·
Ta có PON góc ngồi của MOP



·
µ1
PON
$
P1  M
·
µ 1 $
µ1
POQ
O
P1  M
µ 1 POQ

·
M

Mà

µ 1 $
 O
P1

(cmt)

Xét ONQ và PMO:
µ 1 M
µ 1 (cmt) 
N

  ONQ : PMO(gg)
µ 1 $
O
P1 (cmt) 


NQ ON

 MO PM (đ/n)
 PM.QN = OM.ON = OM2
- Theo BĐT Cô - si cho (PM, QN > 0) ta có:

 PM  QN 2 PM.QN
 PM  QN 2 OM 2

 PM  QN 2OM MN
 PM  QN MN(dpcm)
Bài 5

- Giải phương trình
1
1 1
x   x 2  x   2x 3  x 2  2x  1 
4
4 2



2



x2 

1
1 1
 x    (2x  1)( x 2  1)  
4
2 2



2

1

1
1

x    x     x 2 (2x  1)  (2x  1) 
4
2
2

2

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





“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


1 2

1

 x  2  x  1 0  x  2

Điều kiện: 





Phương trình tương đương:


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

1 2
x 1 
2 



1

1 2
1 
1 2
1




 x  2   x  2  x  1   x  2   x  2  x  1   x  2  





 








1
1
1 2

 
 x  2   x  2  1   x  2  x  1



 




2





1

  x   x 2  1  1 0
2

1

x  0
1 2


  x   x 0 

2
 2
2

 x 0










1 2

 x  2  x  1 0









1

 x  2 (tm)

 x 0

 1 
 S   ; 0 
 2 


Đáp án: Đề 5 – Bình Định Chuyên 2013 - 2014


x 2
x  2
Q 

 x x
 x  2 x 1 x  1 


Bài 1: Cho biểu thức:
( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1)
1. Rút gọn Q






x 2
x 2
x 2
x 2
Q 


 x  x 
 x x 1

2
 x  2 x 1 x  1 
x

1
x

1
 x 1













x 2






  x  2 

x  1 x  1

x1 

2

 



.

x 1



x





x 1 








x x  2 x x 2





x1



x 1



. x

2x
x 1

2. Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên:
2x
2
Q
2 
 Q    x  1 U(2)=   2;  1;1;2  x    1;0; 2;3
x1
x1
- ĐK: x ≥ 0 ; x ≠ 1
=>


x   0;2;3

Vậy với

x   0;2;3

thì Q nhận giá trị nguyên.

Bài 2: Giải hệ phương trình:
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


x  2

3
13
1
3
13


1



 x  3 y  1 10
 x  3 y  1 10







3
2y

4
11
3
2
11




 2

 x  3 y  1
 x  3
6
y

1
6
Ta có:
( ĐK x ≠ 3; y ≠ -1)
1
1
Đặt a = x  3 ; b= y  1 ta được hệ pt sau :


 1
3
3


 x  3 y  1 10


 3  2 1
 x  3 y  1 6

1
 1
3
1




a  3b 10
a 10
 x 13
 x  3 10
 ..............  
 
 
(TMDK)

1
1

1
1
y

14

3a  2b 
b 


6
15  y  1 15


Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x;y) = (13;14)
CMR :

bc ac ab
  a  b  c
a
b
c
(với a, b, c  R*)

Bài 3:
- Vì a, b, c các số thực dương => Theo BĐT Cô-Si ta được:

bc ca
bc ca
 2

. 2c 
a
b
a b


 bc ca ab 
ca ab
ab ca
bc ca ab

2
. 2a   2     2.  a  b  c  
 
a  b  c
b
c
c b
a
b
c
a
b
c




bc ab
bc ab


2
.
2b 
a
c
a c

Bài 4:
1. CMR 4 điểm M, D, O, H nằm trên một
đường tròn.
HA = HB => OH ^ AB (t/c)
- Xét tứ giác MDOH ta có:


OHM
= ODM = 900
 Tứ giác MDOH nội tiếp đường trịn
đường kính OM.
- Vậy 4 điểm M, D, O, H cùng nằm trên
đường trịn đường kính OM
2. CMR: I là tâm đường trịn nội tiếp ∆MCD.
- Vì MC, MD hai tiếp tuyến đường trịn (O).
·
 MO là phân giác DMC
(1)






Ta có: CI DI => CDI IDM
·

=> DI là phân giác MDC (2)
Từ (1) và (2)  I là giao điểm các đường phân giác.
Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD
3. Tìm vị trí điểm M trên (d)để diện tích ∆MPQ bé nhất.
Ta có ∆MOQ = ∆MOP (g-c-g)
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


1
=> S∆MPQ = 2 S∆MOQ = 2. 2 OD.MQ = R.MQ

=> S∆ MPQ nhỏ nhất Û MQ nhỏ nhất (3)
Theo BĐT Cơ-si ta có:
2
2
MQ = MD + DQ ≥ 2 MD.DQ 2 OD 2 R 2R
( Vì ∆MOQ vng tại O có đường cao OD nên OD2 = MD.DQ )
Dấu “=” xảy ra  MD = DQ
 ∆OMQ vuông cân tại O

450
 OMD
OD
R
 OM 


R 2.

sin 450
 OM
sin OMD

(Vì ∆ODM vuông nên OD = OM.sinOMD )
Vậy MQmin = 2R  OM = R 2 (4)
Từ (3) và (4) suy ra :
Khi M nằm trên (d) cách O một khoảng R 2 thì S∆ MPQ nhỏ nhất là
1
SMPQ = 2. 2 OD.MQ = R.2R = 2R2 ( đvdt)

Bài 5: Rút gọn biểu thức A
A  7  13 

7

13 

2 .

2.A  14  2 13  14  2 13  2 
 13  1 





2


13  1 





2

13  1  2

13  1  2  13  1  13  1  2 0

 A 0

Đáp án: Đề 8 – Vĩnh Phúc Chuyên 2009 – 2010
Bài 1:
a) Điều kiện xy 0
2[xy(x  y)  (x  y)] 9xy (1)

2(xy) 2  5xy  2 0
(2)
- Hệ đã cho 
 xy 2 (3)

 xy  1 (4)
2
- Giải PT(2) ta được: 
  x 1


 x  y 3
 y 2


  x 2
 xy 2

  y 1
Từ (1) và (3) có:
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y ) (1; 2), (2; 1), (1; 1 / 2), (1/ 2; 1)

b) Xét 3 trường hợp:

“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


TH1. Nếu x 2 thì PT trở thành: ( p  1) x 2( p  1)
TH2. Nếu  3 x  2 thì PT trở thành: (1  p ) x 2(1  p)
TH3. Nếu x   3 thì PT trở thành: ( p  1) x 2( p  4)

(1)
(2)

(3)
p

1
Nếu
thì (1) có nghiệm x 2 ; (2) vơ nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2( p  4)

x
  3   1 p 1
p 1
.
Nếu p  1 thì (1) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn 2  x ; (2) vô nghiệm; (3) vơ nghiệm.
Nếu p 1 thì (2) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn  3 x  2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN
Kết luận:
x
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vơ số nghiệm 2  x  
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vơ số nghiệm  3 x 2

2( p  4)
p 1

p1

+ Nếu  p  1 thì phương trình có nghiệm x = 2.
Bài 2
+ Phát hiện và chứng minh
bc
ca
ab


1
(a  b)(a  c) (b  a)(b  c) (c  a )(c  b)
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2



b
c 
bc
ca
ab
 a




 2

  2
 b c c a a b
 (a  b)(a  c ) (b  c )(b  a ) (c  a )(c  b) 

Bài 3
Điều kiện xác định: x 1 (do x nguyên).
1
2( x  1)
A
;B
| 2 x  1|
| x  1| ,
Dễ thấy
2 1
x 1 
C 



3  | 2 x  1| | x  1| 
suy ra:
2 1
4( x  1)
1 2x
 4( x 1)
C 
 1 
 0  C  1
 1
0
3  2 x  1  3(2 x 1)
3(2 x 1)
3(2 x 1)
Nếu x  1 . Khi đó
Suy ra 0  C  1 , hay C không thể là số nguyên với x  1 .
1
  x 1
Nếu 2
. Khi đó: x 0 (vì x ngun) và C 0 .
Vậy x 0 là một giá trị cần tìm.
1
x
2 . Khi đó x  1 (do x nguyên). Ta có:
Nếu
4( x  1)
2x  1
2
1

4( x  1)

C  1 
1 
0
C  
 1  
0
3  2x 1 
3(2 x  1)
3(2
x

1)
3(2
x

1)
và
,

1

C

0
C

0
x


1
suy ra
hay
và
.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x 0, x  1 .
Bài 4

“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


a) Gọi I là trung điểm AB,
E IK  CD , R IM  CD .
Xét hai tam giác KIB và KED có:
ABD BDC

(so le trong)
KB = KD (K là trung điểm BD)


IKB
EKD
(đđ)
Suy ra KIB KED  IK KE .
Chứng minh tương tự có: MIA MRC
Suy ra: MI = MR
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR nên
KM là đường trung bình  KM // CD
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm)

b) Ta có: IA = IB, KB = KD (gt)
 IK là đường trung bình của  ABD
 IK//AD hay IE//AD
Chứng minh tương tự trong  ABC
Có IM//BC hay IR//BC
Có: QK  AD (gt), IE//AD (cmt)
 QK  IE . Tương tự có QM  IR

Từ trên có: IK = KE, QK  IE  QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER .
Tương tự QM là trung trực thứ hai của IER
Hạ QH  CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD
 Q cách đều C và D hay QD = QC (đpcm).

Bài 5

P'

B'

A
C'

P
C

B

A'

- Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S).

Khi đó S 1 .
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường
thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A ' B ' C ' (hình vẽ).
Khi đó S A ' B 'C ' 4 S ABC 4 .
Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A ' B ' C ' .
Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn như trên hình vẽ .
d P; AB  d C ; AB

 
 , suy ra S PAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có
Khi đó 
diện tích lớn nhất.
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích không lớn hơn 4.
Đáp án: Đề 10 – Quãng Ngãi Chuyên 2009 – 2010
Bài 1.
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


1 ) 3 2 - 4 9 . 2 = 3 2 -12 2  9 2
a+ a
 a - a 
P 
+1 
-1
a
+1
a
-1




 (với a 0;a 1 )
2)
a) Chứng minh rằng: P = a - 1
a+ a
  a - a   a ( a +1)   a ( a -1) 
+1 
-1 = 
+1 
-1

a
+1
a
-1
a
+1
a
-1

 


P= 

P = ( a +1)( a -1) = a -1

Vậy P = a - 1
b) Tính giá trị của P khi a = 4 + 2 3
- Thay


a = 4 + 2 3 = 3 + 2 3 +1 =





3 +1

2

= 3 +1

- Ta có: P = a -1 = 3 +1-1 = 3

Bài 2 :
1. Giải phương trình: x2  5x + 6 = 0
 25  24 1
 x1= 2; x2 = 3
2
2
2. Tìm m để pt x2 – 5x – m + 7 = 0 có 2 nghiệm x1; x2 thõa mãn x1  x 2 13
 = 25  4( m  7) = 4m  3

3

m
   4m  3  0 
4


- Với

m

3
4 ta có:
2

2
2
 x1 + x2 = x1 + x2 - 2 x1 x2 =13
 25 - 2(- m + 7) = 13





 2m = 2  m = 1 ( tmđk ).
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm

3.Cho hàm số y = x2 đồ thị (P) và đường thẳng (d) y = - x + 2.
a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) :
Bảng giá trị tương ứng:
x
-2
-1
0
y = -x + 2
4
3

2
2
y=x
4
1
0

1
1
1

2
0
4

y
4

2

“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn
Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
1


x

b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình :
x 2  x  2  x 2  x  2 0


Giải pt ta được x1 = 1 và x2 = -2
Vậy tọa độ giao điểm là (1; 1) và (-2; 4)
Bài 3

Gọi thời gian vịi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là x (h).
Thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là y (h). (ĐK: x, y > 5)
1
Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được x bể.
1
Trong một giờ vòi thứ hai chảy được y bể.
1
Trong một giờ cả hai vòi chảy được : 5 bể.
1 1 1
 x  y 5


 3  4 2

Theo đề bài ta có hệ phương trình :  x y 3

Giải hệ phương trình ta được x = 7,5 ; y = 15 ( thích hợp )
Vậy thời gian vịi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là 7,5 (h).
- Thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là 15 (h).

Bài 4
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một đường trịn :
Ta có SA = SB ( tính chất của tiếp tuyến)
Nên  SAB cân tại S
Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao  SO  AB
I là trung điểm của MN nên OI  MN



Do đó SHE SIE 1V
S
 Hai điểm H và I cùng nhìn đoạn SE dưới
1 góc vng nên tứ giác IHSE nội tiếp đường trịn
đường kính SE

E

A

N
I

M
H

O

B

b)  SOI đồng dạng  EOH ( g.g)
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


OI OS

 OI.OE OH.OS
 OH OE

mà OH.OS = OB2 = R2 ( hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB)
 OI.OE = R 2
R
R2
 OE 
2R
2
OI
c) Tính được OI =
3R
 EI OE  OI 
2
R 15
SO 2  OI 2 
2
Mặt khác SI =

R 3( 5  1)
 SM SI  MI 
2
SM.EI 3 3( 5  1)R 2

8
Vậy SESM = 2
(đvdt)
Bài 5
2010  x  x  2008 x 2  4018x  4036083 (*)
2010  x 0
 2008  x 2010


x

2008

0

Điều kiện

Phương trình :

Áp dụng tính chất
Ta có :




 a + b

2

2

2010  x  x  2008

2010  x  x  2008 2

 a 2 + b2 


2


với mọi a, b

2  2010  x  x  2008  4

 1
2

Mặt khác

x 2  4018 x  4036083  x  2009   2 2

Từ (1) và (2) ta suy ra : (*)



 2
2

2010  x  x  2008  x  2009   2 2

2

  x  2009  0  x 2009

( tm)
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2009

Đáp án: Đề 12 – Vĩnh Phúc Chuyên 2016 - 2017


Bài 1: Phương trình: x2 – 2mx + m + 2 = 0 (m tham số)
2

a) Với m 2 ta có: x  4 x  4 0.
- Giải pt: x 2
2
b) Ta có  ' m  m  2.
Phương trình có nghiệm duy nhất khi
 ' 0  (m  1)( m  2) 0.
Từ đó tìm ra m  1 và m 2.

Bài 2
“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


 x1
A 

x 1

Cho biểu thức:


A

2

 

x 1   1

x

 

2 
x  1  2 x



x1 

x 1

x 1

a) Ta có

2

 1 x 
.

2 x

2

(với x  0; x 1 )

2


 4 x (1  x) 2
.
x 1
4x
1 x
A
.
x
1 x
A
.
x
Vậy
A

A
1 x
3
3
x
b) Ta có x
1 x
1  4x

 30 
0
x
x
1
 1  4x  0  x  .

4
1
0x .
4
Vậy giá trị cần tìm của x là

Bài 3
 x 1
3 x  2 y  1


a) Với m 2 hệ trở thành  x  2 y 5   y 2 .
 x; y   1;2  .

Vậy hệ có nghiệm
b) Từ phương trình thứ hai của hệ suy ra x 5  my ,
Thế vào phương trình đầu ta được :

y

5m  6
.
m m2
2

10  m
.
m2  m  2
Từ đó tính được
56

5x  y  2
.
m m2
Suy ra
x

2

1 7 7

m  m  2  m     , m  .
2 4 4

Ta có
2

Suy ra 5 x  y 32. Đẳng thức xảy ra khi
Vậy với

m 

m 

1
.
2

1
2 thì 5x  y đạt giá trị lớn nhất bằng 32.


Bài 4

“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


0


a) Ta có AMB  ANB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),
0


suy ra KMI KNI 90

C

Vậy bốn điểm K , M , I , N cùng nằm trên đường trịn   đường kính KI .
b) Gọi A ', B ', H lần lượt là hình chiếu của A, B, O trên MN .
Khi đó H là trung điểm MN và OH là đường trung bình của hình thang AA ' B ' B.
1
R 3
R
.
MH  OM 2  OH 2  .
 AA ' BB ' 
2
2
2 Vậy MN R.
Ta có
Suy ra

AKB  1 sd AB  sd MN

600
2
Do MN R nên tam giác OMN đều, suy ra
.
OH 





0
C


Gọi O ' là trung điểm của IK thì O ' là tâm của   , suy ra MO ' N 2 MKN 120 .

Từ đó

O'M 

MH
R 3
R 3

.
.
0
C

sin 60
3
Vậy bán kính của   là 3

0
0

c) Vì AKB 60 nên điểm K nằm trên cung chứa góc 60 dựng trên đoạn AB 2 R.
Suy ra diện tích của tam giác KAB lớn nhất khi KAB đều .

O
Khi đó M , N là các điểm chia nửa đường trịn   thành 3 cung bằng nhau.

Diện tích tam giác đều KAB lúc đó là
Bài 5 : Tìm GTNN:

S KAB 

AB 2 3
R 2 3.
4

Ta chứng minh P 2 (1). Thật vậy
2

P 2   x  y  z  4
 x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 xz  x 2  y 2  z 2  xyz
 2 xy  2 yz  2 xz  xyz

Từ giải thiết suy ra 0  x, y , z 2 ,

do đó 2 xy  2 yz  2 xz 2 xy xyz .
Vậy (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 x, y, z   2, 0, 0  và các hoán vị.

Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 2.
Tìm GTLN:
Ta chứng minh P 3 . Thật vậy, theo giả thiết ta có:

 2  x   2  y   2  z  8 

xyz  4 P  2  xy  yz  zx 

4  4 P   x 2  y 2  z 2   2  xy  yz  zx  4  4P  P 2
3

3

6  ( x  y  z)   6  P 
 2  x   2  y   2  z  
 
 .
3
3




Áp dụng BĐT AM-GM ta được


“Khúc eo” Xứ Nghệ – Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.