10 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 (Có lời giải)

Nội dung text: 10 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 (Có lời giải)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH AN GIANG Năm học: 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN - CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1. (3,0 điểm) a) Rút gọn A 419 40 19 419 40 19 . b) Giải phương trình 2x2 2 3 3 x 3 3 0 . c) Biết nghiệm của phương trình 2x2 2 3 3 x 3 3 0 là nghiệm của phương trình 4x4 bx2 c 0 . Tìm các số b,c . Bài 2. (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị P của hàm số y x2 . b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A 0;1 và tiếp xúc với P . Bài 3. (1,0 điểm) Cho hai số a,b phân biệt thỏa mãn a2 2021a b2 2021b c , với c là một số thực dương. 1 1 2021 Chứng minh rằng: 0 . a b c Bài 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB AC ) nội tiếp trong đường tròn O đường kính AC . Gọi I là một điểm thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vuông góc với AC cắt BC tại E và AB kéo dài tại D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I . a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp. b) Chứng minh IC.IA IE.ID . Bài 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC đều có diện tích 36 cm2 . Gọi M , N, P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC,CA sao cho MN  BC; NP  AC; PM  AB . Chứng tỏ rằng tam giác MNP đều và tính diện tích tam giác MNP . Bài 6. (1,0 điểm) Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao. a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến. b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến. = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hướng dẫn giải: Bài 1. (3,0 điểm) a) Rút gọn A 419 40 19 419 40 19 . b) Giải phương trình 2x2 2 3 3 x 3 3 0 .
2. c) Biết nghiệm của phương trình 2x2 2 3 3 x 3 3 0 là nghiệm của phương trình 4x4 bx2 c 0 . Tìm các số b,c . Lời giải a) Rút gọn A 419 40 19 419 40 19 2 2 400 2.20. 19 19 400 2.20. 19 19 20 19 20 19 20 19 20 19 20 19 20 19 40 . Vậy A 40 . b) Giải phương trình 2x2 2 3 3 x 3 3 0 . 2 2 2 3 3 4.2.3 3 12 9 12 3 24 3 12 9 12 3 2 3 3 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2 3 3 2 3 3 3 2 3 3 2 3 3 x ; x 3 . 1 2.2 2 2 2.2 3 Vậy phương trình có tập nghiệm là S 3;  . 2  c) Biết nghiệm của phương trình 2x2 2 3 3 x 3 3 0 là nghiệm của phương trình 4x4 bx2 c 0 . Tìm các số b,c . 3 Xét phương trình 4x4 bx2 c 0 , có hai nghiệm là 3; nên ta có: 2 4 2 4 3 b 3 c 0 4.9 b.3 c 0 3b c 36 4 2 81 9 3 3 4. b. c 0 9b 4c 81 4 b c 0 16 4 2 2 c 27 9b 3c 108 c 27 36 c . 9b 4c 81 b b 21 3 Vậy b 21;c 27 là các giá trị cần tìm. Bài 2. (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị P của hàm số y x2 . b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A 0;1 và tiếp xúc với P . Lời giải a) Vẽ đồ thị hàm số y x2 P , ta có bảng sau: x -2 -1 0 1 2 y x2 -4 -1 0 -1 -1 Vậy đồ thị hàm số y x2 P là Pa-ra-bol đi qua 2; 4 , 1; 1 , 0 : 0 , 1; 1 , 2; 4 và nhận Oy làm trục đối xứng.
3. y 2 1 x 5 -2 -1 O 1 2 5 -1 2 4 f(x) = x2 b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A 0;1 và tiếp xúc với P . Giả sử phương trình đường thẳng d có dạng y ax b . d đi qua A 0;1 nên ta có 1 a.0 b b 1 d có dạng y ax 1. Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và P : x2 ax 1 x2 ax 1 0 (1). Để d và P tiếp xúc nhau thì (1) có nghiệm kép 0 a2 4.1.1 0 a2 4 a 2 . Vậy ta có hai đường thẳng d thỏa mãn là y 2x 1 và y 2x 1. Bài 3. (1,0 điểm) Cho hai số a,b phân biệt thỏa mãn a2 2021a b2 2021b c , với c là một số thực dương. 1 1 2021 Chứng minh rằng: 0 . a b c Lời giải Theo bài ra ta có a2 2021a b2 2021b a2 b2 2021a 2021b 0 a b a b 2021 0 a b ktm . a b 2021 Với a b loại do a,b phân biệt. Với a b 2021 b 2021 a ab 2021a a2 a2 2021a c . 1 1 2021 a b 2021 2021 2021 Thay a b 2021;ab c vào ta được 0 . a b c ab c c c 1 1 2021 Vậy 0 . a b c Bài 4. (2,0 điểm)
4. Cho tam giác ABC ( AB AC ) nội tiếp trong đường tròn O đường kính AC . Gọi I là một điểm thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vuông góc với AC cắt BC tại E và AB kéo dài tại D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I . a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp. b) Chứng minh IC.IA IE.ID . Lời giải D B E A K O I C a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp. Ta có ·ABC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) D· BC 90 (kề bù với ·ABC 90); D· IC 90 ( DI  AC ) tứ giác BDCI nội tiếp đường tròn đường kính CD . E· CI E· DB (hai góc nội tiếp cùng chắn BºI ). Lại có K là điểm đối xứng của C qua điểm I nên I là trung điểm của CK EKC có EI vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên cân tại E E· KI E· CI E· KI E· DB E· CI tứ giác AKED có góc ngoài đỉnh K bằng góc trong đỉnh D nên là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh IC.IA IE.ID . Xét IDA và ICE có: I·DA I·CE (hai góc nội tiếp cùng chắn BºI ); ·AID E· IC 90, DI  AC ID IC IDA” ICE g.g IC.IA IE.ID . IA IE Bài 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC đều có diện tích 36 cm2 . Gọi M , N, P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC,CA sao cho MN  BC; NP  AC; PM  AB . Chứng tỏ rằng tam giác MNP đều và tính diện tích tam giác MNP . Lời giải
5. Câu 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = –2mx – 2m. Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn | 1| + | 2| = 2 3. Câu 3. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: a) + 2 2 + 1 = 4 +2. ( + 2)2 = 12 + 4 + 1 b) ( ― 1)2 = 2 + 4 + 2 . Câu 4. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – 3 = 0. b) Lúc 7 giờ, anh Toàn điều khiển một xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B. Khi đi 3 được quãng đường, xe bị hỏng nên anh Toàn dừng lại để sửa chữa. Sau 30 phút sửa xe, anh Toàn tiếp tục 4 điều khiển xe gắn máy đó đi đến thành phố B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc ban đầu 10 km/h. Lúc 10 giờ 54 phút, anh Toàn đến thành phố B. Biết rằng quãng đường từ thành phố A đến thành phố B là 160 km và vận tốc của xe trên mỗi đoạn đường không đổi. Hỏi anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc mấy giờ? Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB > BC > AC) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường tròn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB tại điểm D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. a) Chứng minh đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng AC. b) Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Các đường thẳng CO, AB cắt nhau tại điểm H và các đường thẳng BE, CF cắt nhau tại điểm K. Chứng minh 퐾 = . c) Gọi I là giao điểm của đường thẳng AB và CE. Chứng minh IA. IB = ID. IH. Câu 6. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng ( + 2)2 ( + 2)2 ( + 2)2 + + ≥ 12 + + + HẾT Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức 1 푃 = ( ― 1) ― 1 + ― 3 ― 1 : với x > 1 và x ≠ 2. ― 2 ― 1 + 1 ( ― 1) ― 1 ― + 1 a) Rút gọn biểu thức P. Với x > 1 và x ≠ 2 ta có: 1 푃 = ( ― 1) ― 1 + ― 3 ― 1 : ― 2 ― 1 + 1 ( ― 1) ― 1 ― + 1 1 푃 = ( ― 1) ― 1 ― 1 + 1 ― 1 : ― 2 ― 1 + 1 ( ― 1) ― 1 ― + 1 1 푃 = ― 1 ― 1 ― 1 + ― 1 + 1 + ― 1 : ― 2 ― 1 + 1 ( ― 1) ― 1 ― + 1 1 푃 = ― 1 ― 1 ― 1 + 1 + ― 1 + ― 1 : ( ― 2) ― 1 + 1 ― 1 + 1 ( ― 1) ― 1 ― + 1 푃 = + ― 1 + ― 1 ∙ ( ― 1) ― 1 ― + 1 ― 1 + 1 ― 1 + 1 + 2 ― 1 푃 = ∙ ( ― 1) ― 1 ― 1 ― 1 + 1
6. ― 1 + 2 ― 1 + 1 푃 = ∙ ( ― 1) ― 1 ― 1 ― 1 + 1 2 ― 1 + 1 푃 = ∙ ( ― 1) ― 1 ― 1 ― 1 + 1 푃 = ― 1 + 1 ∙ ( ― 1) ― 1 ― 1 P = (x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + 2 Vậy P = x2 – 3x + 2 với x > 1 và x ≠ 2. b) Tính giá trị của P khi = 7 + 4 3 ― 5 + 1 7 ― 4 3 + 5| 3 ― 2|. = 7 + 4 3 ― 5 + 1 7 ― 4 3 + 5| 3 ― 2| = 4 + 4 3 + 3 ― 5 + 1 4 ― 4 3 + 3 + 5 2 ― 3 (do 3 0 ) = 2 + 3 ― 2 ― 3 5 + 1 ― 5 = 2 + 3 ―2 + 3 = 2 3 (thỏa điều kiện) 2 Thay = 2 3 vào P ta được 푃 = 2 3 ―3 ∙ 2 3 +2 = 14 ― 6 3 Vậy 푃 = 14 ― 6 3. Câu 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = –2mx – 2m. Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn | 1| + | 2| = 2 3 . Giải: Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: x2 = –2mx – 2m ⇔ x2 + 2mx + 2m = 0 (1) Ta có: ∆’ = m2 – 2m. (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 > 2 2 > 0 > 2 ⇔ ∆’ > 0 ⇔ m – 2m > 0 ⇔ m. (m – 2) > 0 ⇔ 2 thì (*) trở thành: 4m2 – 4m + 4m = 12 ⇔ m2 = 3 (loại vì m2 > 4) 2 2 = ―1(푛ℎ 푛) • Với m < 0 thì (*) trở thành: 4m – 8m – 12 = 0 ⇔ m – 2m – 3 = 0 ⇔ = 3(푙표 푖) Vậy với m = –1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn đề bài.
7. Câu 3. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: a) + 2 2 + 1 = 4 +2. ĐKXĐ: x ≥ 0 + 2 2 + 1 = 4 +2 ⇔2 + 1 + 2 2 + 1 +1 = + 4 +4 2 2 ⇔ 2 + 1 + 1 = + 2 ⇔| 2 + 1 + 1| = | + 2| ⇔ 2 + 1 +1 = +2 (do 2 + 1 +1 > 0 , +2 > 0 ) ⇔ 2 + 1 = +1 ⇔2 + 1 = + 1 + 2 ⇔2 = 2 = 0 ⇔ x – 4x = 0 ⇔ = 4 (thỏa điều kiện) Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 4} ( + 2)2 = 12 + 4 + 1 b) ( ― 1)2 = 2 + 4 + 2 . 2 + 4 + 4 = 12 + 4 + 1 2 ― 8 ― 4 + 3 = 0(1) ⇔ 2 ― 2 + 1 = 2 + 4 + 2 ⇔ 2 ― 4 ― 4 ― 1 = 0(2) 2 2 2 2 ― 2 = Lấy (1) – (2) ta được: x – y – 4x + 4 = 0 ⇔ (x – 2) = y ⇔ ― 2 = ― 2 2 = 1 TH1: y = x – 2 thay vào (1) ta được: x – 8x – 4(x – 2) + 3 = 0 ⇔ x – 12x + 11 = 0 ⇔ = 11 • Với x = 1 thì y = 1 – 2 = –1 • Với x = 11 thì y = 11 – 2 = 9 2 2 = ―1 TH2: –y = x – 2 thay vào (1) ta được: x – 8x + 4(x – 2) + 3 = 0 ⇔ x – 4x – 5 = 0 ⇔ = 5 • Với x = –1 thì y = 2 – (–1) = 3 • Với x = 5 thì y = 2 – 5 = –3 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: S = {(1 ; –1) ; (11 ; 9) ; (–1 ; 3) ; (5 ; –3)} Câu 4. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – 3 = 0. Ta có: x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – 3 = 0 ⇔ (x2 + 4xy + 4y2) + y2 + 2(x + 2y) + 1 – 4 = 0 ⇔ [(x + 2y)2 + 2(x + 2y) + 1] = 4 ⇔ (x + 2y + 1)2 + y2 = 4 ( + 2 + 1)2 = 4 2 = 0 ( ) Vì x, y ∈ 푍 nên phương trình trên tương đương với ( + 2 + 1)2 = 0 2 = 4 ( ) • Giải (I): + 1 = 2 = 1 ( + 2 + 1)2 = 4 ( + 1)2 = 4 = 1 , = 0 2 ⇔ ⇔ + 1 = ―2 ⇔ = ―3 ⇔ = ―3 , = 0 = 0 = 0 = 0 = 0 • Giải (II):
8. + 2 + 1 = 0 2 + 1 = 0 ( + 2 + 1)2 = 0 = 2 = ―5 , = 2 2 ⇔ = 2 ⇔ ⇔ = 4 = ―2 + 2 + 1 = 0 = 3 , = ―2 = ―2 Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là: S = {(1; 0); (–3; 0); (–5; 2); (3; –2)}. b) Lúc 7 giờ, anh Toàn điều khiển một xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B. Khi đi 3 được quãng đường, xe bị hỏng nên anh Toàn dừng lại để sửa chữa. Sau 30 phút sửa xe, anh Toàn tiếp tục 4 điều khiển xe gắn máy đó đi đến thành phố B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc ban đầu 10 km/h. Lúc 10 giờ 54 phút, anh Toàn đến thành phố B. Biết rằng quãng đường từ thành phố A đến thành phố B là 160 km và vận tốc của xe trên mỗi đoạn đường không đổi. Hỏi anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc mấy giờ? Giải: Gọi vận tốc xe ban đầu là x (km/h) (x > 10). Vận tốc sau khi sửa chữa xe là: x – 10 (km/h) 3 Quãng đường từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: ∙ 160 = 120 (km) 4 Quãng đường còn lại là: 160 – 120 = 40 (km). 120 40 Thời gian đi từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: (h), thời gian đi từ lúc đã sửa xe đến B là (h) ― 10 Anh Toàn phải dừng lại sửa xe 30 phút = 0,5 h nên tổng thời gian đi từ A đến B là: 120 40 +0.5 + (h) ― 10 Vì lúc đi từ A là 7 giờ và đi đến B là 10 giờ 54 phút nên tổng thời gian đi từ A đến B (kể cả thời gian sửa xe là 3 giờ 54 phút = 3,9 (h) 120 40 Vậy ta có phương trình: +0.5 + = 3,9 ― 10 120 40 ⇔ + = 3,4 ― 10 ⇒ 120(x – 10) + 40x = 3,4x. (x – 10) ⇔ 3,4x2 – 194x + 1200 = 0 (1) ∆’ = 972 – 3,4. 1200 = 5329 = 732 > 0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 50 (thỏa đk) 120 = BC > AC) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường tròn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB tại điểm D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. a) Chứng minh đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng AC.
9. Xét (O): = (2 góc nôi tiếp chắn cung AC) ∆CBD có CB = CD (bán kính (C)) ⇒∆CBD cân tại C ⇒ = Suy ra = Mà ta có: = + = + ∆CED có CE = CD (bán kính (C)) ⇒∆CED cân tại C ⇒ = Suy ra: = nên ∆ADE cân tại A ⇒ AE = AD Ta lại có: CE = CD (bán kính (C)) nên AC là trung trực của ED Suy ra AC ⊥ ED b) Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Các đường thẳng CO, AB cắt nhau tại điểm H và các đường thẳng BE, CF cắt nhau tại điểm K. Chứng minh rằng: 퐾 = . *Ta có: 퐹 = ó 푡 표푛 ằ푛 ó 푛 표à푖đố푖 푖ệ푛 ủ 푡ứ 푖á 푛ộ푖푡푖ế 퐹 Mà 퐹 = 퐹 (2 góc nội tiếp chắn cung FA của (O)) Và = (chứng minh câu a) Nên 퐹 = hay 퐹 = 퐹 Do đó ∆FBD cân tại F ⇒ FB = FD Mà CB = CD (bán kính (C)) Nên FC là trung trực của BD ⇒ FC ⊥ DB hay BH ⊥CK *Ta có: CE = CB (bán kính (C)) và OE = OB (bán kính (O)) Suy ra OC là trung trực của BE ⇒ OC ⊥BE hay CH ⊥BK Xét ∆BCK: CH ⊥BK (cmt) BH ⊥CK (cmt) Suy ra H là trực tâm ∆BCK nên KH ⊥BC ⇒ 퐾 + 퐾 = 900 Mà BH ⊥CK (cmt) ⇒ + 퐾 = 900 Nên 퐾 = (đpcm) c) Gọi I là giao điểm của đường thẳng AB và CE. Chứng minh IA. IB = ID. IH.
10. *Xét ∆IAE và ∆IBC có: = (2 góc nội tiếp chắn cung AC của (O)) = (2 góc đối đỉnh) ∆IAE ∆ICB (g – g) ⇒ = ⇒ ∽ ⇒IE. IC = IB. IA * Ta có: B đối xứng E qua CO (OC là trung trực của BE) ⇒ = (tính chất đối xứng) Và: = (∆CBD cân tại C) Nên: = ⇒ CDEH nội tiếp (2 đỉnh kề nhau E, D cùng nhìn cạnh CH dưới các góc bằng nhau) ⇒ = Xét ∆IED và ∆IHC có: = (cmt) = (2 góc đối đỉnh) ∆IED ∆IHC (g – g) ⇒ = ⇒ ∽ ⇒IE. IC = ID. IH Mà IE. IC = IB. IA (cmt) Vậy IB. IA = ID. IH (đpcm) Câu 6. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng ( + 2)2 2 ( + 2)2 + ( + 2) + ≥ 12 + + + 2 2 2 2 Áp dụng Bất dẳng thức phụ + + ≥ ( + + ) . Dấu “=” xảy ra khi = = , a, b, c > 0 + + Chứng minh BĐT phụ: Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số ; ; và ; ; ta có: 2 2 2 2 2 2 ( + + )2 + + ( + + ) ≥ ( + + )2 ⇔ + + ≥ + + Khi đó ta có: ( + 2)2 2 ( + 2)2 ( + + + 6)2 + ( + 2) + ≥ + + + 2( + + ) ( + 2)2 2 ( + 2)2 ( + + )2 + 12( + + ) + 36 ⇒ + ( + 2) + ≥ + + + 2( + + ) ( + 2)2 2 ( + 2)2 + + 18 ⇒ + ( + 2) + ≥ + +6 + + + 2 + + ( + 2)2 2 ( + 2)2 + + 18 ⇒ + ( + 2) + ≥ 2 ∙ +6 (BĐT + + + 2 + + Cauchy) ( + 2)2 2 ( + 2)2 ⇒ + ( + 2) + ≥ 2 9 +6 = 12 + + + + 2 = + 2 = + 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi + + + ⇔ + + = 18 2 + + = = ( + + )2 = 36 ⇔ x = y = z = 2 ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN - THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – 2021 – 2022
11. Câu 1. Cho phương trình x4 m 2 x2 3m 3 0 với m là tham số. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4 sao cho 4 4 4 4 x1 x2 x3 x4 2x1x2 x3 x4 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2. 1) Giải phương trình 2022 2022x 2021 2023x 2022 2023 3 3 x 6xy y 8 2) Giải hệ phương trình 2 2x y 3 5x y 3 x y 5 Câu 3. 1) Tìm tất cả các số tự nhiên n và k để n4 42k 1 là số nguyên tố. 2) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x4 x2 2x2 y 2xy 2y2 2y 36 0 Câu 4. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b a2 1 c b2 1 a c2 1 P . a2 b2 1 b2 c2 1 c2 a2 1 Câu 5. Cho nửa đường tròn O;R đường kính AB . Lấy điểm C tùy ý trên nửa đường tròn đó ( C khác A và B ). Gọi M , N lần lượt là điểm chính giữa của cung AC và cung BC . Hai đường thẳng AC và BN cắt nhau tại D . Hai dây cung AN và BC cắt nhau tại H . 1) Chứng minh tứ giác CDNH nội tiếp. 2) Gọi I là trung điểm DH . Chứng minh IN là tiếp tuyến của nửa đường tròn O;R . 3) Chứng minh rằng khi C di động trên nửa đường tròn O;R thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 4) Trên nửa đường tròn O;R không chứa C lấy một điểm P tùy ý ( P khác A và B ). Gọi Q, R, S lần lượt là hình chiếu vuông góc của P trên AB, BC,CA . Tìm vị trí của P để tổng AB BC CA đạt giá trị nhỏ nhất. PQ PR PS
12. Câu 1. Cho phương trình x4 m 2 x2 3m 3 0 với m là tham số. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4 sao cho 4 4 4 4 x1 x2 x3 x4 2x1x2 x3 x4 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Đặt x2 t , t 0. Phương trình trở thành: t 2 m 2 t 3m 3 0 1 Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt 0 t1 t2 . m 2 2 4 3m 3 0 m2 8m 16 0 m 1 Ta được S m 2 0 m 1 m 4 P 3m 3 0 Giả sử x1 x2 x3 x4 2 2 2 2 Khi đó, đặt x1 x4 t2 ; x2 x3 t1 ; t1 0;t2 0. Ta có 2 2 2 2 2 2 5 27 27 P 2t1 2t2 2t1t2 2S 6P 2 m 2 6 3m 3 2m 10m 26 2 m 2 2 2 5 Dấu bằng xảy ra khi m (thỏa mãn điều kiện) 2 27 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , đạt khi m . 2 2 Câu 2. 1) Giải phương trình 2022 2022x 2021 2023x 2022 2023 3 3 x 6xy y 8 2) Giải hệ phương trình 2 2x y 3 5x y 3 x y 5 Lời giải 2021 x 2022 2022 1) Điều kiện: x 2022 2023 x 2023 2022 2022x 2021 2023x 2022 2023 2022 2022x 2021 1 2023x 2022 1 0 2022 2022x 2022 2023x 2023 0 2022x 2021 1 2023x 2022 1 20222 2023 x 1 0 2022x 2021 1 2023x 2022 1 x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1 2) x3 6xy y3 8
13. x y 3 3xy x y 6xy 8 0 x y 2 x y 2 2 x y 4 3xy x y 2 0 x y 2 x2 2xy y2 2x 2y 4 3xy 0 x y 2 x2 y2 xy 2x 2y 4 0 y x 2 x y 2 0 x 2 y x 2 2 2 2 x 2 y 2 x y 0 y 2 x y Thay vào phương trình 2x y 3 5x y 3 x2 y 5, ta được 1 3x 1 4x 5 x2 x 7 DK : x 3 3x 1 2 4x 5 3 x2 x 2 0 3 4 x 1 x 2 0 3x 1 2 4x 5 3 x 1 Vậy hệ có nghiệm x; y 1; 1 . Câu 3. 1) Tìm tất cả các số tự nhiên n và k để n4 42k 1 là số nguyên tố. 2) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x4 x2 2x2 y 2xy 2y2 2y 36 0 Lời giải 2 2 2 A n4 42k 1 n2 22k 1 n2 22k 1 2n2.22k 1 2 2 n2 22k 1 n.2k 1 n2 22k 1 n.2k 1 n2 22k 1 n.2k 1 A là số nguyên tố n2 22k 1 n.2k 1 1 n2 2.n.2k 1 22 k 1 n2 2 n 1 k 1 2 2 n 1 n 2 n 2 k 1 n 2 1 k 0 Thử lại A 1 4 5 , thỏa mãn yêu cầu. 2) x4 x2 2x2 y 2xy 2y2 2y 36 0 x4 y2 1 2x2 2y 2x2 y x2 2xy y2 36 1 2 x2 y 1 x y 2 37 1 x2 y 1 x y Nhận xét: x ¥ *; y ¥ * . 2 x y 1 0
14. x2 y 1 6 x2 x 4 0 x y 1 y x 1 2 2 x y 1 6 x x 6 0 x 2 1 x y 1 y x 1 y 3 x2 y 1 1 x2 x 4 0 x y 6 y x 6 Vậy phương trình có nghiệm: x; y 2;3 Câu 4. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b a2 1 c b2 1 a c2 1 P . a2 b2 1 b2 c2 1 c2 a2 1 Lời giải 3 3 2 Ta có 2 a b c 3 abc abc 3 a2 1 b2 1 c2 1 P 33 abc 1 a 1 1 a 4. 9. 1313 a 4 9a 44.99 a5 1 b 1 1 b 4. 9. 1313 b 4 9b 44.99 b5 1 c 1 1 c 4. 9. 1313 c 4 9c 44.99 c5 1 1 13 3 3 13 P 3 13 . 12 27 5 5 5 39 15 4 .9 .a .b .c 3 13 24 54 2 2 2 .3 . 3 2 Dấu bằng xảy ra khi a b c 3 Câu 5. Cho nửa đường tròn O;R đường kính AB . Lấy điểm C tùy ý trên nửa đường tròn đó ( C khác A và B ). Gọi M , N lần lượt là điểm chính giữa của cung AC và cung BC . Hai đường thẳng AC và BN cắt nhau tại D . Hai dây cung AN và BC cắt nhau tại H . 1) Chứng minh tứ giác CDNH nội tiếp. 2) Gọi I là trung điểm DH . Chứng minh IN là tiếp tuyến của nửa đường tròn O;R . 3) Chứng minh rằng khi C di động trên nửa đường tròn O;R thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
15. 4) Trên nửa đường tròn O;R không chứa C lấy một điểm P tùy ý ( P khác A và B ). Gọi Q, R, S lần lượt là hình chiếu vuông góc của P trên AB, BC,CA . Tìm vị trí của P để tổng AB BC CA đạt giá trị nhỏ nhất. PQ PR PS Lời giải 1) Có AC  CH D· CH 90 ; AN  NB H· ND 90 D· CH D· NH 180 tứ giác CDNH là tứ giác nội tiếp. 2) Tam giác DNH vuông tại N có NI là trung tuyến ứng với cạnh huyền. Ta được I·NH I·HN . Tứ giác CDNH nội tiếp nên I·HN N· CD Tứ giác ACNB nội tiếp nên N· CD N· BA Tam giác ONB cân tại O nên N· BA O· NB N· BA O· NA 90 Suy ra I·NO 90. Vậy IN là tiếp tuyến của nửa đường tròn O;R . 3) Ta có OM là tia phân giác góc ·AOC , ON là tia phân giác góc N· OB . Hai góc này kề bù, suy ra ON  OM . Tam giác OMN vuông cân tại O . Gọi J là trung điểm MN , ta có MN OJ ; 1 1 R 2 OJ MN R2 R2 2 2 2 R 2 Suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O , bán kính . 2 4) AB2 BC 2 CA2 P PQ.AB PR.BC PS.CA Có PQ.AB PA.PB BC PR.BC PB.PC.sin B· PC PB.PC.sin B· AC PB.PC. AB AC PS.CA PA.PC.sin ·APC PA.PC.sin ·APC PA.PC.sin ·ABC PA.PC. AB AB2 AB.AC AB.BC AB2 AB.AC.PA AB.BC.PB Ta được P PA.PB PC.PB PC.PA PA.PB PA.PB.PC
16. AB2 AB AC.PA BC.PB AB2 AB.AB.PC d / l Ptolemy PA.PB PA.PB.PC PA.PB PA.PB.PC AB2 4AB2 2 4 PA.PB PA2 PB2 Dấu bằng xảy ra khi P là điểm chính giữa cung AB không chứa C .