Bộ đề thi vào Lớp 10 chuyên THPT - Môn Toán - Năm học 2006-2007

đề 5. lời giải đề thi vào lớp 10
trường ptnk-Đhqg tp. hồ chí minh
(Đề thi đã đăng trên THTT số 350, tháng 8 năm 2006 )
Bài 1. 1) Ta có 
	 Û Û 
Hệ đã cho có nghiệm (x; y) là 
(1; -1); (-1; 1); ; .
2) Ta có Ê 5x - 2 
Û Û Û 
Û 
3) Từ giả thiết x + y = 2 ta có
xy(x2 + y2) = xy(4 - 2xy) = 4xy - 2x2y2 = -2(xy - 1)2 + 2 Ê 2 (đpcm).
Bài 2. 1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 
Û 
Û (*)
Số nguyên m nhỏ nhất thỏa mãn (*) là 3.
2) Theo hệ thức Viète ta có 
x1 + x2 = 2m ; x1x2 = (m³ 2 hoặc -3 < m Ê -2).
Khi đó = 
= = .
Từ đây ta thấy số nguyên m nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện là 27.
Bài 3. 1) Giả sử a là độ dài cạnh của tam giác đều ABC. Ta có . 
Từ SABC = (1), ta thấy
 = .
Do x = 1, y = 2, z = 3, nên a = .
Vậy SABC = (đvdt).
2) Gọi h là độ dài đường cao của tam giác đều ABC. Từ hệ thức (1) ta có h = x + y + z, mà 
x + y = z, suy ra z = . Từ đó tập hợp các điểm P thỏa mãn x + y = z là đoạn DE (D, E tương ứng là trung điểm của BC và AC).
Từ kết quả trên ta thấy tập hợp các điểm P thỏa mãn điều kiện x + y < z; y + z < x và 
z + x < y là miền trong, không kể biên của tam giác DEF (F là trung điểm của AB).
Bài 4. Ta thấy DAPI DAIQ, suy ra ị AP.AQ = AI2 (không đổi).
Giả sử D là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ với AB (D ạ B). Khi đó DADP DAQB, suy ra 
Û AB.AD = AP.AQ (không đổi). Do đó D là điểm cố định. 
Bài 5. 1) Do có 4 đội tham dự nên mỗi đội đấu 3 trận. Theo đầu bài ta có đội 6 điểm thắng 2 trận và thua 1 trận; đội 5 điểm thắng 1 trận và hòa 2 trận; đội 1 điểm hòa 1 trận và thua 2 trận. Do đó đội còn lại phải có 1 trận hòa.
Vì tổng số trận thắng bằng tổng số trận thua nên đội còn lại phải thua 1 trận và thắng 
1 trận. Tổng số điểm của đội còn lại là 
	1 + 0 + 3 = 4 (điểm).
Có thể diễn giải như sau: Giả sử 4 đội bóng đá là A, B, C, D. 
A thắng C và D, thua B nên được 6 điểm;
B thắng A, hòa C và D được 5 điểm;
C thắng D, hòa B, thua A được 4 điểm;
D hòa B, thua A và C nên được 1 điểm.
2) Gọi 13 số thực đã cho là a1, a2, ..., a13. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng a1 ³ a2 ³ a3 ³ ... ³ a12 ³ a13 (*). Từ giả thiết
a1 + a2 + ... + a6 < a7 + a8 + ... + a13,
suy ra a13 > (a1 + a2 + ... + a6) - (a7 + a8 + ... + a12) > 0 (theo (*)).
Vì vậy a1 ³ a2 ³ a3 ³ ... ³ a12 ³ a13 > 0 (đpcm).
đề 6. ĐHSP Hà Nội 2006 - 2007
ngày thứ nhất
Câu 1. P = 3 + A + B + C ,
với A= + ; B = +; 	 C =+. Ta có 
A = 	= = .
 Tương tự B = ; C = .
Do đó P = 3 + = 3 + [ (-b-c)3 + b3 + c3] 
	= 3+[-3bc(b + c)] = 9.
Câu 2. Ta có 
T 	= (x + y)(x + z) = x(x + y + z) + yz - 2= 2.
 T = 2 
Chọn y = z = 1 thì ĐK trên trở thành 
	x = - 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 2, chẳng hạn khi (x; y; z) = .
Câu 3. 	 
Thế (1) vào (2) ta được y2 = 2x + 7 	 (4) 
Thế (4) vào (3) ta có 
x2 + z2 = 35 – (2x + 7) = 36 – 2(x+4) 
	 = 36 – 2xz (do (1)) 
Do đó (x + z)2 = 36 x + z = 6.
ã Trường hợp x + z = 6 ta có z = 6 – x (5)
thế (5) vào (1) ta được 
 x2 – 5x + 4 = 0 x =1 hoặc x = 4.
Với x = 1, thế vào (5) và (4) được z = 5; y = 3.
Với x = 4, ta được z = 2; y = . 
ã Trường hợp x + z = - 6 ta có 
 x(- 6- x) = x + 4 x2 + 7x + 4 = 0 
Û x = . 
Với x = thế vào (4) ta thấy PT ẩn y vô nghiệm.
Với x = tìm được 
	y = ; z = .
Câu 4. 1) Tam giác MCD cân ở M nên , mặt khác 
. Do đó DO1KM DMEC.
2) Ta có OA = nên OO1= - r. 
Vì O1KM MEC và CE là đường cao của tam giác vuông CAB nên 
ị KM = = 
ị KM = .
Ta có = ị O1M = .
3) Tam giác O1MO vuông ở M, vì vậy 
 hay
=+ 
Û - (a+b+c)r = - (a+b+c)a + a2 +
Û (a + b)cr2 + b2(a + b + c)r - (a + b)ab2 = 0.
Xem đây là PT bậc hai ẩn r, trong đó biệt thức
D = b4(a+b+c)2 + 4b2ac(a+b)(b+c) 	= b2[b(a+b+c) + 2ac]2.
Từ đó 
r = = .
Hay .
Câu 5. Đặt a = , b = thì 
a + b = 
Û (a + b)2 - 1000(a + b) + 999b = 0.
Suy ra x1 = a + b là một nghiệm của PT 
x2 – 1000x + 999b = 0 	 (1)
Gọi x2 là nghiệm thứ hai. Theo định lí Viète ta có 	 (2)
Vì 999 = 27.37 và 1000 không chia hết cho 3 và 37, nên từ (2) chỉ xảy ra hai khả năng:
a) Trong hai số x1, x2 có một số là bội của 27 và 37, số kia không chia hết cho 3 và không chia hết cho 37.
Vì PT (1) có hai nghiệm dương, nên từ (2) suy ra x1, x2 nhỏ hơn 2.999. Do đó nếu x1 (hay x2) chia hết cho 999 thì x1= 999 (hay x2 = 999) suy ra x2 = 1 (tương ứng x1 = 1) khi đó b = 1. Vô lí vì b = .
b) Trong hai số x1, x2 có một số là bội của 27, số kia là bội của 37. 
- Nếu x1 = 27m , x2 = 37n (m, n 
Từ (2) suy ra 27m+37n = 1000 n = 9k+1.
Thay n = 9k + 1 vào 27m+37n = 1000 được 
3m +37k = 107 k = 3 +2 ( ). Do đó
m +37 = 11 Û 
Suy ra x1 = 27m = 27.11= 297; x2 = 1000 – x1 = 703, từ đó b = 209, a = 88 . Vậy x = y = 8 , t = 0 , z = 2, u = 9.
- Nếu x1 = 37n , x2 =27m (m, n ẻ thì lập luận tương tự có x1= 703 , x2 = 297, b =209, a = 494, điều này vô lý (vì a = < 100). 
Đáp số : x = y = 8 , z = 2, t = 0 , u = 9.
ngày thứ hai
Câu 6. Ta có PT
	(3x + 4)(x +1)(6x + 7)2 = 6 
Û(6x + 8)(6x + 6)(6x +7)2 = 72 .
Đặt t = 6x +7 x = , PT trở thành 
(t +1)(t -1)t2 = 72 Û t4 – t2 - 72 = 0 
 t2 = 9 t = 3.
PT đã cho có hai nghiệm: và . 
Câu 7. PT đã cho có dạng
	2y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + 1 = 2x2 + 2x + 1
y4 + 2y3 + 3y2 + 2y = x2 + x
Û (y2 + y)2 + 2(y2 + y) = x2 + x 
Û (y2 + y + 1)2 = x2 + x + 1 (1)
Với mọi x nguyên không âm ta có 
	x2 < x2 + x + 1 x2 + 2x + 1 	 (2)
Do đó nếu x, y nguyên không âm thỏa mãn (1) thì từ (2) có x2 < (y2 + y + 1)2  ( x+1)2 . 
Đáp số: x = y = 0.
Câu 8. Từ giả thiết ta có 
Suy ra x1và x2 là hai nghiệm của PT 
	x2 – 2ax + b2 = 0.
Ta cần chứng minh ’ = a2 – b2 = 0. 
Theo giả thiết là một số nguyên dương nên = n, n.
Suy ra = ị x1x2 là số chính phương nên b = a = b.n .
Mặt khác x1,2 = a nguyên dương, a nguyên dương suy ra là số nguyên (không âm). Do đó tồn tại m nguyên không âm sao cho 
m = = = = ị= ị 
ị k (k³ 0) sao cho = k 
ị n2 – 1 = k2 , do k2 < n2 = k2 + 1 (k +1)2 
ị n2 = (k + 1)2 khi đó k = 0.
ị= 0 ị ’ = 0 (đpcm).
Câu 9. 1) (Bạn đọc tự vẽ hình)
	Có , 
ị = . 
= 
ị tứ giác EMBN nội tiếp.
2) Gọi I là giao điểm của và AB. Tam giác O1AB đều cạnh bằng 1cm, suy ra AI = cm ; O1I = cm và O2I = = cm. 
Do đó O1O2 = cm.
3) Vì MNB O1O2B nên = 2 ; = MB ;
EMB NAB = = = MB;
EBN MBA = = = NB.
Suy ra 2EM = 2MB.NA và EN = 2MB.AM 
Do đó 2EM + EN = 2MB(NA+MA)= 2MB.MN.
Mặt khác MN = MB.O1O2 nên 2EM + EN = 2MB2.O1O2 .Từ MB - MO1 + O1B = 2
suy ra 2EM + EN Ê 8O1O2 = . 
4) Nếu A, B, E thẳng hàng thì . Khi đó ị suy ra MN là phân giác ngoài của góc . 
Câu 10. Đặt T = {0; 3; 9}, ta thấy T có tính chất: nếu t, u T và t > u thì t - u ẻ E.
Giả sử a1, a2, a3, , a700 là tất cả các phần tử của tập X. Từ giả thiết ta có ai aj nếu ij.
Xét tập hợp 
M = {(t; ai)| tT, ai X, i = 1, 2, 3, , 700}.
Vì số phần tử của T bằng 3, của X bằng 700 nên M có 2100 phần tử. Với mỗi phần tử 
(t ; ai) M ta đặt tương ứng với tổng t + ai . 
Vì 0 Ê t Ê 9 và 1 Ê ai Ê 2006 nên 1Ê t + ai Ê 2015. Các tổng t + ai có thể nhận nhiều nhất là 2015 giá trị khác nhau. Do đó tồn tại hai phần tử khác nhau ( t; ai) và ( u; aj) của M sao cho 
	 t + ai = u + aj 	(1) 
Nếu t = u thì từ ai = aj , suy ra (t; ai) = (u; aj) trái với giả thiết (t ; ai) và (u; aj) là hai phần tử khác nhau của M. 
Nếu t > u thì từ (1) suy ra aj – ai = t – u E.
Nếu t < u thì ai – aj = u- t E .
Vậy trong tập X đã cho luôn tìm được hai phần tử x, y sao cho x – y E.
đề 7. chuyên đh vinh
(Đề thi đã đăng trên THTT số 352, tháng 10 năm 2006)
vòng 1
Câu 1. Đặt n = 3k + r (k ẻ r ẻ {0, 1, 2}).
r = 0 thì n2 + n + 2 = 9k2 + 3k + 2 chia 3 dư 2;
r = 1 thì n2 + n + 2 = 9k2 + 9k + 4 chia 3 dư 1;
r = 2 thì n2 + n + 2 = 9k2 + 15k + 8 chia 3 dư 2.
Câu 2. a) Đặt u = x2 - x, v = y2 - 2y, hệ đã cho trở thành 
Khi đó u, v là nghiệm của PT
X2 - 19X - 20 = 0 Û X = -1, X = 20.
Với u = -1; v = 20, hệ đã cho vô nghiệm.
Với u = 20, v = -1, hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là (-4; 1), (5; 1).
b) ĐK . Với ĐK đó phương trình đã cho tương đương với
3x + 1 + 2 - x + = 9
Û = 3 - x
Û (3x + 1)(2 - x) = (3 - x)2
Û 4x2 - 11x + 7 = 0 Û x = 1 hoặc x = .
Câu 3. Nhận xét rằng 
a3 = 
hay a3 = 6 - 6a Û a3 + 6a - 6 = 0.
Từ đó 
f(a) = (a3 + 6a - 5)2006 = (a3 + 6a - 6 + 1)2006 = 1.
Câu 4. (Bạn đọc tự vẽ hình) 
a) Ta có DKEA DKBEị hay KE2 = KA.KB	 (1)
Tương tự có KF2 = KA.KB 	 (2)
Từ (1), (2) suy ra KE = KF. Từ đó ta thấy tứ giác AEIF là hình bình hành.
b) Vì MA = MO = MO' nên tam giác OAO' vuông tại A. Dẫn đến OO'2 = R2 + R'2 (3)
Mặt khác OO'2 = EF2 + (OE - OF)2 = EF2 + (R - R')2 	 (4)
Từ (3), (4) tìm được EF = .
vòng 2
Câu 5. ã a = 1 thỏa mãn điều kiện bài toán.
ã a ³ 2. Đặt A = a1966 + a2006 + 1 
= a(a3.655 - 1) + a2(a3.668 - 1) + (a2 + a + 1) (1)
Ta có	a3.655 - 1 = (a3)655 - 1 a2 + a + 1;
	a3.668 - 1 a2 + a + 1.
Do đó 	A (a2 + a + 1) > 1, nghĩa là A không phải là số nguyên tố với a ³ 2.
Vậy chỉ có a = 1 thỏa mãn.
Câu 6. a) PT	x4 + 4x3 - 8x - 12 = 0
Û x4 + 4x3 + 4x2 - 4x2 - 8x - 12 = 0
Û (x2 + 2x)2 - 4(x2 + 2x) - 12 = 0.
Đặt t = x2 + 2x , với t ³ - 1. 
Giải PT (ẩn t) : t2 - 4t - 12 = 0 được nghiệm t = 6 (chú ý t ³ -1). Trở lại giải PT (ẩn x) x2 + 2x - 6 = 0 được nghiệm x = .
b) Giả sử PT đã cho có nghiệm nguyên x1, x2 (x1 Ê x2). Theo định lí Viète ta có
	(*)
ã Với m ³ 1, từ (*) có 1 Ê x1 Ê x2, dẫn đến
(x1 - 1)(x2 - 1) ³ 0 Û x1x2 - (x1 + x2) + 1 ³ 0.
Û -m2 + 2m ³ 0 Û 0 Ê m Ê 2. Vì m ẻ và m ³ 1 nên m = 1 hoặc m = 2.
Thử lại, thấy m = 2 thỏa mãn.
ã Với m Ê 0, thử thấy m = 0, m = -1 thỏa mãn.
Xét m Ê -2 lúc đó từ (*) có x1 + x2 < 0, x1x2 < 0, x1, x2 ạ 0. Để ý đến x1, x2 ẻ , ta suy ra x1 Ê -1 < 1 Ê x2 ị (x + 1)(x2 + 1) Ê 0
Û x1x2 + (x1 + x2) + 1 Ê 0 Û m2 + 4m Ê 0 Û -4 Ê m Ê 0. Vì m ẻ và m Ê -2 nên m = -4; m = -3, m = -2. Thử lại thấy m = -4 thỏa mãn.
Tóm lại, các giá trị cần tìm là m =-4; m = -1; m = 0; m = 2.
Câu 7. Đặt a = 2 + t; b = 2 - t; t ẻ (-2 ; 2).
Khi đó a2b2(a2 + b2) = (4 - t2)2(8 + 2t2)
= 2(4 - t2)(16 - t4) Ê 2.4.16, hay a2b2(a2 + b2) Ê 128, "t ẻ (-2 ; 2).
Đẳng thức xảy ra khi t = 0,hay a = b = 2.
Câu 8. a) Ta có , dẫn đến . Do đó DOBE DFCO 
ị 
Û OB.CO = BE.FC 
Û BC2 = 4BE.FC 
(đpcm). 
b) Từ câu a) DOBE DFCO nên 
(do BO = CO) 
kết hợp với = 60o suy ra 
DOBE DFOE ị .
Nghĩa là EO là phân giác của góc BEF.
Dựng OH ^ AB, OK ^ EF thì OH = OK. Khi đó EF tiếp xúc với đường tròn tâm O, bán kính OH. Rõ ràng điểm O cố định, OH có độ dài không đổi nên ta có điều cần chứng minh.
Đề 8. Ams & CVA
Bài 1. 1) ĐK x ạ 0. Đưa PT (*) về dạng:
Đặt t = thì t3 + 3t = . 
PT đã cho trở thành 
	t3 + 3t - (2a + 1)t + 2a - 3 = 0
Û (t - 1)(t2 + t - 2a + 3) = 0.
Với a = 1 ta có t3 - 1 = 0 Û t ...  PT(1) vô nghiệm khi và chỉ khi PT 
	 (2)
vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 1.
ã PT (2) có nghiệm kép bằng 1 khi m = 1.
ã PT (2) vô nghiệm khi 
	D' = 
Û Û Û m > 1.
Tóm lại: PT (2) vô nghiệm khi m ³ 1.
Câu 2. a) |(x + 3)(x - 1)| - 2|x - 1| < x2 - 7 (3)
ã Với x < -3. BPT (3) có dạng
	(x + 3)(x - 1) + 2(x - 1) < x2 - 7 Û	x2 + 4x - 5 < x2 - 7 Û x < .
Trong TH này BPT (3) có nghiệm x <-3.
ã Với -3 Ê x Ê 1. BPT (3) có dạng - (x + 3)(x - 1) + 2(x - 1) 4.
Trong TH này BPT (3) có nghiệm -3 Ê x < -2.
ã Với x > 1. BPT (3) có dạng 
	(x + 3)(x - 1) - 2(x - 1) < x2 - 7.
Dễ thấy trong TH này BPT vô nghiệm.
Kết luận: BPT (3) có nghiệm là x < -2.
b) ĐK x ³ , y ³ . Hệ đã cho tương đương với
Nếu x > y thì , dẫn đếnhay , suy ra y > x (mâu thuẫn). 
Vậy không xảy ra x > y. Tương tự cũng không xảy khả năng y > x. Do đó x = y. Tóm lại, hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) là (1 ; 1).
Câu 3. a) Ta có a2 - 3ab + 2b2 + a - b = 0 Û (a - b)(a - 2b + 1) = 0.
ã Với a = b, kết hợp với a2 - 2ab + b2 - 5a + 7b = 0 ta thấy a = b = 0. 
Do đó	 ab - 12a + 15b = 0.
ã Với a - 2b + 1 = 0. Khi đó
2(a2 - 2ab + b2 - 5a + 7b) - (a - 2b + 1)(2a - b) = 0 Û ab - 12a + 15b = 0.
b) ĐK x > 0, x ạ 1. Ta có
 = .
Để A ³ 0 thì Û > 0 Û x > 1. 
Câu 4. a) Ta có IN = IP = , nên tam giác INP cân tại I. Lại vì B, P, N, C nằm trên đường tròn tâm I, đường kính BC nên = 60o. Do đó tam giác IPN đều.
b) Bốn điểm I, M, E, K cùng nằm trên đường tròn đường kính AI.
c) Từ điều kiện bài ra ta thấy AI là phân giác của = 60o, mà I là trung điểm của BC nên DABC đều. Từ đó thấy ngay = 30o.
Câu 5. Gọi số công nhân ban đầu của tổ A là x, tổ B là y (x, y ẻ . Mỗi ngày tổ A may được 20x (sản phẩm), tổ B may được 20y (sản phẩm). 
Sau 6 ngày tổ A may được 20x ´ 6 = 120x (sản phẩm).
Số công nhân tổ A sau khi tăng thêm 10 người là x + 10. Khi đó mỗi ngày tổ A may được 20(x + 10) (sản phẩm).
Số sản phẩm mà tổ A phải may (sau khi đã may được 6 ngày) là 16800 - 120x.
Thời gian may số sản phẩm này là (ngày).
Thời gian tổ B may là (ngày).
Ta có PT 	 (1)
Thời gian tổ A may, nếu được hỗ trợ thêm 10 người ngay từ đầu là (ngày)
Ta có PT 	 (2)
Giải hệ PT (1) và (2) ta tìm được x = 50, y = 55. Vậy số công nhân ban đầu của tổ A là 50, tổ B là 55.
đề 22. thpt chuyên hà tĩnh
năm học 2007 - 2008
Vòng 1
Bài 1. a) Bạn đọc tự giải.
b) Điều kiện để PT có hai nghiệm phân biệt là 	 	(*)
Với x2 = 4x1, áp dụng hệ thức Viète ta có và . Từ đó dẫn đến 4(2m + 3)2 = 50(m + 1), tìm được m = 1 và m = đều thoả mãn (*).
Bài 2. a) ĐS. PT có nghiệm duy nhất x = 0.
b) Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ ta có (x – y)(x + y + 1) = 0 Û x = y hoặc x = –y –1.
ã Với x = y tìm được (x ; y) = (2 ; 2) và (x ; y) = (-3 ; -3).
ã Với x = – y – 1 tìm được 
	(x ; y) = và 	(x ; y) = .
Bài 3. Lần lượt nhân hai vế đẳng thức điều kiện với và ta được
 x+y = , và x+y =. 
Hình 1
Từ đó suy ra x + y = 0.
Bài 4. (h. 1) 
a) Tứ giác MPHQ có = suy ra =90°. 
Mặt khác, dễ thấy , suy ra 
MP.MA = MQ.MB. 	
b) Tứ giác EPQF là hình thang vuông. 
c) Diện tích hình thang vuông EPQF là
S =PQ(PE + QF) =MH=MH.AB. 
Do AB không đổi nên S lớn nhất khi và chỉ khi MH lớn nhất hay M là điểm chính giữa cung .
Bài 5. Sử dụng BĐT với x, y > 0 và BĐT Cauchy ta có 
 ³ ³ = 16.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = ; c = . 
vòng 2
Bài 6. a) PT đã cho tương đương với
(x2 – x – 1)(x2 – x + 4) = 0.
Từ đó tìm được x = và x =.
b) Điều kiện x ³ 0. Ta có 
y2– 3y+ 2x = 0 Û = 0.
ã Với y = thì PT này vô nghiệm.
ã Với y = 2 thì = x + 1 Û x = 1, suy ra y = 2. 
Vậy có một điểm M(1 ; 2) thoả mãn bài toán.
Bài 7. Đặt a = yz, b = zx, c = xy. Theo giả thiết a + b + c = 0. Ta có
P = = =
=3. 
Bài 8. Ta có: x2 - xy + y2 = 2x - 3y - 2 Û (x - y)2 + (x - 2)2 + (y + 3)2 = 9.
Ta có 9 = 0 + 0 + 9 = 1 + 4 + 4.
TH1. (x - y)2 + (x - 2)2 + (y + 3)2 = 0 + 0 + 9 vô nghiệm.
TH2. (x - y)2 + (x - 2)2 + (y +3)2 = 1 + 4 + 4.
ã Với tìm được 
ã Với tìm được 
ã Với tìm được 
Bài 9. Giả sử x = min{x; y; z}. Nếu x Ê y Ê z ta có 
2x2008 = y2007 + z2006 ³ x2007 + y2006 = 2z2007.
Suy ra x2008 ³ z2008 hay x ³ z (vì x, z > 0), do đó x = z. Từ đó suy ra x = y = z.
Tương tự nếu x Ê z Ê y thì cũng có x = y = z.
Từ đó tìm được nghiệm của hệ là (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1).
Bài 10. (h. 2). a) Do IN là đường trung bình của DEFH, suy ra NI ^ EH. Ta có == suy ra tứ giác MEIN nội tiếp.
Do đó = 180° – = 90°.
b) Ta có + = 180° - , hay 	 = 90° - 	(1)
Mặt khác, = (tính chất tiếp tuyến), suy ra 
 = 90° - = 90° - 	(2) 
Từ (1), (2) suy ra =. Vậy tứ giác PMNF nội tiếp đường tròn, suy ra	
	 = 	(3)
Lại có do PE là tiếp tuyến nên = 	(4)
Từ (3) và (4) suy ra ==sđ (của đường tròn qua P, E, M). Do đó AB là tiếp tuyến của đường tròn qua 3 điểm P, E, M.
Bài 11. Sử dụng BĐT Cauchy ta có	 	 
= ³. 
Suy ra . 
Từ đó ta có P =(x + y + z)Q- (x + y + z)³(x + y + z)³ 2. (Do x + y + z ³ 4). 	 Vậy P đạt GTNN bằng 2 khi x = y = z = .
đề 23. thpt chuyên ams & cva hà nội 2007 - 2008
Bài 1. 1) Thế x2 = 10 - y2 vào PT (1) ta được 2y2 + (5 – x)y + (x – 7) = 0 	(2)
Coi y là ẩn, giải PT (2) ta được y = 1; y =.
ã Với y = 1, dẫn đến x2 = 9, suy ra x = ± 3.
ã Với y = dẫn đến 5x2 – 14x + 9 = 0, giải ra được x = 1, x = .
Vậy PT (1) có bốn cặp nghiệm (x ; y) là (3 ; 1), (- 3 ; 1), (1 ; -3), .
2) Ta có (1) Û (x + 3y + 1)(x - y - 3) = -7.
Do x, y ẻ nên xảy ra bốn trường hợp sau:
 hoặc hoặc 
 hoặc 
Từ đó giải ra các nghiệm nguyên (x ; y) của PT (1) là 
(-3 ; 1). (7 ; -3), (3 ; 1), (1 ; -3).
Bài 2. (Xem hình vẽ). 1) Lấy đối xứng với O qua B, khi đó cố định. Dễ dàng chứng minh được , do đó M chuyển động trên đường tròn cố định.
2) Ta có DABC vuông ở A nên (1)
và , suy ra 	 	 (2)
Từ (1), (2) suy ra DAHM DCIA (c.g.c).
3) Đặt HM ầ AI = {N}. Do DAHM DCIA nên , suy ra =.
Từ đó suy ra MH vuông góc với AI.
4) Kẻ đường kính AK, khi đó . Từ đó và câu 3) suy ra KG // EF. Tứ giác EKGF là hình thang nội tiếp đường tròn (O) nên EKGF là hình thang cân. Do đó GF = EK, suy ra AE2 + GF2 = AE2 + EK2 = AK2 = 4R2.
Tương tự ta được EG2 + FA2 = 4R2.
Vậy AE2 + GF2 + EG2 + FA2 = 8R2.
Bài 3. Gọi số phải tìm là 10000A + 2008 (với A ẻ . 
Ta có (10000A + 2008) 2007Û 1972A + 1 2007 Û 1972A + 1 = 2007k, k ẻ . Từ đó 	.
Do A ẻ nên 35k – 1 = 1972m, với m ẻ .
Suy ra 1972m + 1 35 Û 12m + 1 35
Tìm được m = 32 là số nhỏ nhất thoả mãn. Khi đó A = 1835.
Vì số cần tìm là nhỏ nhất khi A nhỏ nhất, dẫn đến m là nhỏ nhất. Do đó số nhỏ nhất cần tìm là 18352008.
Bài 4. Có tất cả 12 tổng (5 cột, 5 hàng, 2 đường chéo). Do chọn điền vào ô các số -1 ;
0 ; 1 nên giá trị mỗi tổng S là số nguyên thoả mãn -5 Ê S Ê 5. Vậy S có thể nhận 11 giá trị.
Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
Bài 5. Ta có 2S = 2n + 2.2n - 1 + 3.2n - 2 + ... + (n – 1).22 + 2n.
suy ra 2S - S = 2n + 2n - 1 + 2n - 2 + ... + 22 + 2 – n
hay S = 2(2n – 1) – n = 2n + 1 – (n + 2).
đề 24. chuyên phan bội châu, nghệ an 2007 - 2008
Ngày thứ nhất
Câu 1. a) Điều kiện x ³ 0, x ạ 1. Ta có
b) Đáp số. P = 1 + .
Câu 2. a) D' = (2m)2 - 2(2m2 - 1) = 2 > 0, "m, nên PT (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của PT(1). Theo định lí Viète có x1 + x2 = 2m. Do x1 là nghiệm của PT (1) nên có 
Lại có = 4m(x1 + x2) = 4m.2m = 8m2.
Ta có Q > 0 Û 8m2 > 0 Û m ạ 0.
Vậy với m ạ 0 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn đề bài.
Câu 3. a) Đặt ; (u ³ 0, v ³ 0). 
Hệ đã cho trở thành Û
Suy ra u = 2 ; v = 2, từ đó x = 3 và y = 4. 
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x ; y) = (3 ; 4).
b) áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có
1 ³ , suy ra 	(1)
áp dụng (1) và BĐT Cauchy cho hai số dương ta có
A = ³.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là , đạt được khi và chỉ khi x = và y = 2.
Hình 1
A
B
C
M
N
I
K
D
Câu 4. (h. 1). Do tam giác ABC cân tại A nên AM ^ BM. Lại có BD ^ AD, do đó tứ giác ABMD nội tiếp.
Mặt khác, NI là đường trung bình của tam giác BMD nên NI//MD. Do đó =. Hơn nữa = (tính chất tứ giác nội tiếp ABMD). Suy ra = 	(1)
Vậy tứ giác ABNK nội tiếp.
b) Ta có = (tứ giác ABNK nội tiếp). Từ đây và từ (1) có DABC DNKC. 
Suy ra =. Mặt khác, dễ thấy NC=BC, do đó BC2 = BC.NC = AC.CK.
Câu 5. (h. 2) 
B
A
M
N
C
Hình 2
Do BN là tia phân giác trong góc B của tam giác BMC nên . 
Lại có , suy ra BA là tia phân giác ngoài của tam giác BMC. 
Theo tính chất của hai đường phân giác trong và phân giác ngoài suy ra BN ^ BA (đpcm).
Ngày thứ hai
Câu 6. a) Ta có PT đã cho tương đương với
Û Û x = -1 hoặc .
b) Gọi đa thức đã cho là P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e (a ạ 0).
Từ giả thiết ta có e = P(0)7; 
P(2) - P(1) + P(-2) - P(-1) = 3a7, do đó a7;
P(2) - P(1) - P(-2) + P(-1) = 3b7, do đó b7;
c = P(1) + P(-1) - 2e - a 7;
d = P(1) - P(-1) - b 7, suy ra đpcm.
Câu 7. a) Nhân PT thứ nhất của hệ với 6, nhân PT thứ hai của hệ với 19x rồi cộng lại được 6(xy)3 + 19(xy)2 + 19xy + 6 = 0 Û (xy + 1)(2xy + 3)(3xy + 2) = 0.
ã Với xy = -1, thay vào PT thứ nhất của hệ được x = 0 (không thoả mãn).
ã Với xy = , tìm được (x ; y) = .
ã Với xy = , tìm được (x ; y) = .
b) Đặt A là vế trái BĐT cần chứng minh. Ta có 
A == 3 - 
³ 3 - ³ 3 - =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Câu 8. a) Phản chứng. Giả sử bất kì hai hình chữ nhật nào trong chín hình chữ nhật nhỏ H1, H2,..., H9 đều có diện tích phần chung nhỏ hơn . 
Khi đó diện tích phần H2 không bị phủ bởi H1 lớn hơn 1-; diện tích phần H3 không bị phủ bởi H1 và H2 lớn hơn ;... ; diện tích phần H9 không bị phủ bởi H1, ..., H8 lớn hơn . Như vậy diện tích của hình chữ nhật lớn lớn hơn =5 (vô lí).
Hình 3
A
O
.
B
 C
 M
 N
 H
 E
 F
 I
 K
.
.
.
 D
Câu 9. a) (h. 3)
Ta có tứ giác BNHK nội tiếp đường tròn đường kính BH (= = 90°). Gọi I là trung điểm của BH. Các tam giác KBH và KAC vuông nên = và =. Lại có = từ đó có + = hay EK ^ KI. 
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
b) Kẻ đường kính BF của đường tròn (O). Dễ thấy tứ giác AHCF là hình bình hành nên E là trung điểm của HF. Theo tính chất đường trung bình ta có OI // EH. Mặt khác OI ^ BM (đường nối tâm hai đường tròn vuông góc với dây cung chung). Do đó EH ^ BM. Lại có HM ^ BM (do BH là đường kính đường tròn (I)), suy ra E, H, M thẳng hàng và EM ^ BM.
 Hình 4
A
B
C
D
Câu 10. Giả sử tứ giác lồi ABCD thoả mãn 
AD + BC + BD Ê 2 (h. 4).
Hình 5
Ta thấy, D
C
E
A
B
2S Ê BD(AD + BC)
Ê (*)
Vậy AD+BC+AD ³ 2. 
Từ đó AD + BC + BD = 2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các đẳng thức ở (*) xảy ra, tức là khi AD ^ BD, BC ^ BD và AD + BC = BD.(h. 5).
Dựng hình bình hành CADE ta có DBDE vuông cân tại B. Do đó AC = DE = BD=