Một số đề ôn tập tự chọn môn Toán - Phần 2

đề 9
ngày thứ nhất
Bài 1. a) ĐK x ³ 0 và x ạ 1. 
Ta có P = .
Quy đồng mẫu số, rút gọn tử số đi đến P = .
b) Với x ³ 0 và x ạ 1, ta có P 0.
BĐT này đúng với x ³ 0 và x ạ 1.
Bài 2. a) Đáp số. m Ê 2.
b) Với ĐK m Ê 2, giả sử a và 3a là hai nghiệm của PT (1). Theo định lí Viète, ta có
Giải hệ trên tìm được m = (thỏa mãn ĐK).
Bài 3. a) ĐK x ạ 0 và |x| < .
Đặt y = > 0. Ta có hệ 
Từ hệ trên nhận được:
2(xy)2 - xy - 1 = 0 Û xy = 1 hoặc xy = .
ã Nếu xy = 1 thì x + y = 2. Giải ra tìm được (x; y) = (1; 1).
ã Nếu xy = thì x + y = -1. 
Giải ra tìm được (x; y) = (y > 0). 
Tóm lại PT đã cho có hai nghiệm x = 1; x = .
b) Từ hệ điều kiện có 
 ị 
Vì a ³ 0 và b ³ 0 nên hay 1 Ê c Ê 2.
Khi đó Q = 6(4 - 2c) + 7(3c - 3) + 2006c = 2015c + 3. 
Do 1 Ê c Ê 2, suy ra 2018 Ê Q Ê 4033.
Hình 1
Bài 4. (h. 1)
a) Vì tam giác ABC cân tại A và tam giác KDC cân tại K nên 
;.
Do , suy ra . 
Từ đó tứ giác ADCK nội tiếp.
b) Từ câu a) (cùng chắn ) = suy ra AK//BC, nên tứ giác ABCK là hình thang.
c) Hình thang ABCK trở thành hình bình hành khi AB // CK, lúc đó 
 = (1). Theo trên ta có = = = . Suy ra 
 = . Từ (1) ta thấy . Từ đó suy ra cách dựng điểm D.
ngày thứ hai
Bài 5. a) ĐK -1 Ê x Ê (*)
Bình phương hai vế của PT đi đến
 = x + 2 Û 4(1 - 2x)(1 + x) = (x + 2)2
Û 9x2 + 8x = 0 Û x = 0 hoặc x = (thỏa mãn (*))
b) Ta có 
ax + by + cz = x(x2 - yz) + y(y2 - xz) + z(z2 - xy) = x3 + y3 + z3 - 3xyz 
= x3 + y3 - (x + y)3+ 3xyz (x + y) = 0 (do z = -x - y).
Bài 6. a) Vì x = 1 không thỏa mãn PT nên x ạ 1, suy ra
y = hay y = x - 4 - .
Các cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn PT là (-1 ; -4), (0 ; -2), (2 ; -4), (3 ; -2).
b) Từ giả thiết suy ra an > 0, "n .
Ta có = , "n 
ị a1 1 nên a2006 > 1(1)
Từ an+1 = an(an + 1) suy ra 	 (2)
Thay n = 1, 2, ..., 2005 vào công thức (2), sau đó cộng thêm vào hai vế được 
A = 
= = .
Từ (1) suy ra 1 < A < 2, dẫn đến [A] = 1.
Bài 7. Đặt x = az; y = bz (a > 0, b > 0). 
Từ x + y +z = , ta có a + b + 1 = ab.
BĐT (y + z)4 + (z + x)4 < (x + y)4
Hình 2
Û (b + 1)4 + (a + 1)4 < (a + b)4	(1)
BĐT (b + 1)4 + (a + 1)4 < ((b + 1)2 + (a + 1)2)2
Û (b + 1)4 + (a + 1)4 < (a2 + b2 + 2a + 2b + 2)2
= (a2 + b2 + 2ab)2 = (a + b)4 (do a + b + 1 = ab). 
Vậy (1) được chứng minh.
Bài 8. (h. 2) a) Ta có 
=, suy ra = 180o, dẫn đến tứ giác MPHQ nội tiếp. Do đó
 = = = ị PQ//BC.
b) Dễ thấy 
DMHK DMIH, do đó , 
hay MH2 = MI.MK. Vậy MH.MI.MK = MH3. Vậy MH.MI.MK lớn nhất khi M là điểm chính giữa cung nhỏ .
Bài 9. Bạn đọc tự vẽ hình. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu của M lên BC, CA, AB. Vì tam giác ABC nhọn nên H, I, K lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB. Ta có = 360o.
Suy ra góc lớn nhất trong 6 góc trên không bé hơn 60o. Giả sử là góc lớn nhất, lúc đó 
 ³ 60o ị MK = MA.cos Ê MA.cos60o ị 2MK Ê MA (*)
Vì khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ M đến ba đỉnh của tam giác ABC lớn hơn hoặc bằng MA. Khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác ABC bé hơn hoặc bằng MK, nên từ (*) có điều cần chứng minh.
đề 10 
ngày thứ nhất
Bài 1. 1) Để A có nghĩa thì a ạ -1, a ạ -2 và a ạ -3.
2) Quy đồng mẫu số với mẫu số chung (a+1)(a+2)(a+3) đi đến
A = = 4.
Bài 2. 1) Với m = -60 thì PT tương ứng có hai nghiệm x1 = -6; x2 = 10.
2) ĐK để PT có hai nghiệm x1, x2 (x1 < x2) là m < 4. Theo định lí Viète, ta thấy 
	 x1 + x2 = 4, x1.x2 = m 	 	 (1)
Mặt khác Û (x2 - x1)(x2 + x1) = 8, suy ra x1 = 1, x2 = 3. Thay vào (1) được m = 3 (thỏa mãn điều kiện m < 4).
Bài 3. 1) Khi m = 2, hệ đã cho trở thành 
Sử dụng phương pháp thế ta thấy hệ trên có hai nghiệm (x ; y) là (-1 ; 1) và .
2) Với y0 = 1, hệ đã cho trở thành 
Có bốn giá trị của m thỏa mãn đề bài là 
Bài 4. (h. 1). Vì = 90o nên tứ giác AEDC nội tiếp. Từ đó .
Mà , do đó . Suy ra tứ giác DIMC nội tiếp.
2) Dễ thấy tứ giác AHCM là hình bình hành, nên K là trung điểm của AC, dẫn tới OK ^ AC.
3) Từ điều kiện = 60o, ta có OK = 
Lại vì OK = nên BH = BO. Nghĩa là tam giác HBO cân tại B.
Bài 5. Từ giả thiết suy ra 
 ị = = .
Vậy A = = 3.
ngày thứ hai
Bài 6. ĐK x > 6, y > 2 và z > 1750. Đẳng thức đã cho tương đương với
Từ đó (x ; y ; z) = (22 ; 6 ; 2006).
Bài 7. Ta có A = (x - 1)2 + (y - 1)2 + (x - 1)(y - 1) + 2006
	 = .
Do đó Amin = 2006, đạt được khi (x ; y) = (1 ; 1).
Bài 8. Hệ đã cho tương đương với
	Û 	 	
Từ (1), (2) ta thấy y và x + z là hai nghiệm của PT t2 - 6t + 9 = 0. PT này có hai nghiệm t1 = t2 = 3. Thay vào trên, ta có
Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm (x ; y ; z) là (1 ; 3 ; 2) và (2 ; 3 ; 1).
Bài 9. Đặt t = y2 + 3y thì (x - 2006)2 = t2 + 2t.
Nếu t > 0 thì t2 < t2 + 2t < (t + 1)2. Do đó (x - 2006)2 không là số chính phương.
Vậy t Ê 0, lúc đó y2 + 3y = y(y + 3) Ê 0. Vì y nguyên nên y ẻ {0, -1, -2, -3}. 
Vậy các cặp số nguyên (x ; y) cần tìm là 
(2006 ; -3), (2006; -2), (2006 ; - 1), (2006 ; 0).
Bài 10. Giả sử K là giao điểm của PQ và AB, M là giao điểm của PQ và CD (h. 2). Do tứ giác AQPE nội tiếp, nên DKAQ DKPE ị KE.KA = KP.KQ. Tương tự có KF.KB = KP.KQ. Suy ra 
	(1)
Do DPKF DPMD nên (2)
DPKE DPMC nên (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra ị PQ//AD.
Bài 11. Hướng dẫn: Chỉ cần chứng minh các tam giác FAB và ECD cân.
đề 11
ngày thứ nhất
Bài 1. 1) Xét các trường hợp x ³ 1 và x < 1, giải các PT bậc hai tương ứng ta thấy PT đã cho có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = 3.
a) áp dụng hệ thức Viète và BĐT Cauchy cho hai số không âm ta có
³³ = 4.
Bài 2. 1) ã Ta có 
	 = .
ã áp dụng: Sử dụng công thức trên với k = 1, ..., 99. Đáp số: .
2) Điều kiện cần. Nhận xét rằng nếu (x ; y) là một nghiệm của hệ thì (y ; x) cũng là nghiệm hệ đó. Do đó nếu hệ có nghiệm duy nhất thì x = y. Lại thấy nếu (x ; x) là nghiệm của hệ thì (1 - x ; 1 - x) cũng là nghiệm. Khi đó 
x = 1 - x hay x = . Từ đó m = .
Điều kiện đủ. Khi m = , ta có hệ 
Suy ra . áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm, ta thấy 
 = 
Ê .
Từ cách đánh giá trên ta thấy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) = . 
Vậy m = .
Bài 3. Hệ đã cho tương đương với
Hệ trên tương đương với tuyển của hai hệ sau:
 Û 
Đáp số: Hệ đã cho có hai nghiệm (x ; y ; z) là (-1 ; 3 ; 5), (1 ; -3 ; -5).
Bài 4. 1) (h.1) Ta có 
, .
Mà , suy ra , dẫn tới tứ giác BCEF nội tiếp.
2) Do tứ giác BCEF nội tiếp nên , mà , suy ra .
Vậy hai tia FA và FE trùng nhau, hay ba điểm A, E, F thẳng hàng.
3) Ta có , do nên . Từ đó suy ra 
ị .
ngày thứ hai
Bài 5. ĐK x ạ m - 2006 và x ạ 2006 - m. PT đã cho tương đương với
(x + 2006)(x - 2006 + m) = (x - 2006)(x + 2006 - m) Û 2mx = 0.
Kết luận. Với m = 0, PT đã cho có vô số nghiệm khác ± 2006.
	 Với m ạ 0 và m ạ 2006, PT đã cho có nghiệm x = 0.
Bài 6. Hệ đã cho tương đương với 
	 Û 
Đáp số: Hệ đã cho có ba nghiệm (x ; y) là 
(0 ; 0), , .
Bài 7. Ta có xy + 6x + 2006y + 12033 = 0
Û x(y + 6) + 2006(y + 6) = 3 Û (y + 6)(x + 2006) = 3.
Đáp số: Nghiệm nguyên (x ; y) của PT đã cho là 
(-2005 ; -3) ; (-2003 ;-5) ; (-2007 ; -9) ; (-2009 ; -7).
Bài 8. Xét dãy số gồm 1004 số hạng sau: 	
Chia tất cả các số hạng của dãy cho 1003 có 1003 số dư từ 0 đến 1002. Vì có 1004 phép chia nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 1003. Giả sử hai số đó là 
a = và b = (m, n ẻ , 1 Ê n < m < 1004).
Ta có hay A = .
Mặt khác và (1003, 10) = 1, nên ị đpcm.
Bài 9. (Bạn đọc tự vẽ hình). Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến chung qua C của hai đường tròn. Từ tính chất tiếp tuyến ta có MA = MB = MC = . Do đó C chạy trên đường tròn tâm M bán kính . Phần đảo bạn đọc tự thực hiện.
Bài 10. 1) (h.2) 
Ta có DC2 = DM.DO (1). Do DDCE DDFC nên (2).
Từ (1), (2) suy ra ịDDMFDDEO, suy ra . 
Dẫn tới tứ giác EMOF nội tiếp (3).
Vì , nên , mà 
= 90o.
Suy ra 	 (4)
Tam giác OEF cân tại O nên 
	 (5)
Do tứ giác EMOF nội tiếp nên (6)
Từ (4), (5), (6) suy ra , dẫn đến tứ giác EMOA nội tiếp (7). Từ (3) và (7) ta thấy năm điểm A, E, M, O, F cùng nằm trên một đường tròn.
2) Do = 90o và AECF là tứ giác nội tiếp nên = 90o. Vậy AE, AF là các tiếp tuyến của đường tròn (O).
đề 12
Bài 1. 1) A có nghĩa khi Û x ³ 0 và x ạ 1.
A 	= 	= .
2) A = . Do x ẻ nên A ẻ khi là ước của 2.
Đáp số: x ẻ {0, 4, 9}.
Bài 2. 1) Đặt t = x2 - 4x + 10 = (x - 2)2 + 6 ³ 6.
PT trở thành t2 - 4t - 21 = 0 Û t = -3 (loại), t = 7.
Với t = 7 ta có x2 - 4x + 10 = 7 Û x2 - 4x + 3 = 0 Û x = 1, x = 3.
2) 	ĐK: x ạ 0, y ạ 0 và z ạ 0. Đặt X = , Y = , Z = . 
Hệ viết lại dưới dạng
	Û 
Suy ra X, Y là nghiệm của phương trình ẩn t
t2 - (2 - Z)t + = 0.
PT này có nghiệm khi D = (2 - Z)2 - 2(4 + Z)2 ³ 0 Û (Z + 2)2 Ê 0 Û Z = -2.
Khi đó X = Y = 2.
Vậy hệ có nghiệm (x; y; z) = .
Bài 3. 1) Giả sử tồn tại các số nguyên x, y sao cho 2x2 + y2 = 2007. Do 2x2 là số chẵn, 2007 số lẻ nên y lẻ ị y = 2k + 1 (k ẻ 
Do đó 2x2 + 4k2 + 4k = 2006, suy ra 2x2 không chia hết cho 4. Vậy x lẻ nên x = 2l + 1 (l ẻ Khi đó 2(2l + 1)2 + 4k2 + 4k = 2006 hay
8(l + 1)l + 4k(k + 1) = 2004 (mâu thuẫn), (vì vế trái chia hết cho 8 mà vế phải không chia hết cho 8).
2) Để ý rằng 1 = ta có 
 Û 
Û Û 
Û .
Từ đó ị .
Vậy .
Bài 4. Từ giả thiết ta thấy tam giác ABC vuông tại B. Gọi H, D, P lần lượt là chân các đường cao, phân giác và trung tuyến kẻ từ đỉnh B (h.1). 
Ta có cm2, cm2.
Ta có ị 
ịcm2; 
cm2.
DABH DACB 
ị ,
suy ra cm2. 
Vậy SBDH = = .
Bài 5. 1) (h. 2). Tứ giác MHKC nội tiếp đường tròn nên mà suy ra (1).
Ta có 
ị 	(2)
Từ (1) và (2) suy ra DABM DHKM. Do P, Q tương ứng là trung điểm của AB và HK nên 
DAMP DHMQ ị , 
 ị DAMH DPQM mà = 90o nên = 90o.
2) Gọi R1, R2, R3 lần lượt là bán kính của ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có tâm nằm trên đường thẳng d trong đó (O2) nằm giữa (O1) và (O3). Gọi AB là đoạn ngắn nhất trong số những đoạn nối hai điểm thuộc hai đường tròn (O1) và (O3). Lúc đó AB nằm trên d và chứa đường kính của (O2) suy ra AB > 2R2. Gọi R4 là bán kính của (O4). Gọi M1, M2 lần lượt là tiếp điểm của (O4) với (O1) và (O3) Vì M1M2 là dây cung của (O4) nên M1M2 Ê 2R4. Mặt khác M1M2 ³ AB ị 2R4 ³ M1M2 ³ AB > 2R2 ị R4 > R2.
đề 13
Bài 1. 1) Xét hai trường hợp
i) 8x - 9 ³ 0 Û x ³ . 
PT đã cho có dạng 11x2 - 2x - 12 = 0.
PT này có nghiệm x = (thỏa mãn x ³ ).
ii) 8x - 9 < 0 Û x < . 
PT đã cho có dạng 11x2 - 34x + 24 = 0.
PT này có nghiệm x = (thỏa mãn x < ).
Vậy PT đã cho có hai nghiệm x = và x = .
2) ĐK xy ạ 0 và (x + 2)(y + 2) ạ 0. Hệ đã cho tương đương với
 Û 
Hệ đã cho có hai nghiệm (x ; y) là (-1; -1), .
Bài 2. 1) Nhận xét rằng (d) đi qua hai điểm (0 ; -4) và C(4 ; 0); (d1) đi qua hai điểm A(-2 ; 0) và (0; -1); (d2) đi qua hai điểm (0 ; 2) và B (1 ; 0) (h.1). 
Nhận thấy (d), (d1), (d2) đồng quy tại I(2 ; -2). Gọi D là hình chiếu vuông góc của I lên trục Ox. Khi đó ID = 2, AC = 6, BC = 3. 
Dùng định lí Pythagore, tính được AI = , BI = . 
Từ đó , 
suy ra C thuộc phân giác ngoài của góc AIB. 
2) Ta có u2 + v2 + t2 = u + v + t Û (u2 - u) + (v2 - v) + (t2 - t) = 0	 (1)
Nhận thấy ³ 0, với mọi u ẻ 
(vì (2u - 1)2 - 1 ³ 0 Û 2u - 1 ³ 1 hoặc 2u - 1 Ê -1 Û u ³ 1 hoặc u Ê 0).
Tương tự v2 - v ³ 0 ; t2 - t ³ 0. Do đó có 8 bộ (u ; v ; t) thỏa mãn (1) là 
(0 ; 0 ; 0), (0 ; 0 ; 1), (0 ; 1 ; 0), (0 ; 1 ; 1), (1 ; 0 ; 0), (1 ; 0 ; 1), (1 ; 1 ; 0), (1 ; 1 ; 1).
Bài 3. 1) (h. 2) Tam giác AQM cân tại Q nên . Tương tự và . Từ đó 
 = 
= = 180o (đpcm).
2) Xét hai khả năng sau.
i) NQ // AP hay N là trung điểm của BC. Lúc đó MB = MC ị (AB - AM)2 = MC2 (với 0 < AM < AB) Û AM = (với 0 < AM < AB). Khi đó 0 < AM < AB Û AC < AB.
Vậy trong khả năng này điều kiện cần tìm của tam giác ABC vuông tại A là AC < AB.
ii) AQ//PN. Lúc này AP = NQ (do tứ giác APNQ nội tiếp), suy ra 
2(AM +MP) = 2NQ ị (AB + AM)2 = MC2 (với 0 < AM < AB)
Û AM = (với 0 < AM < AB).
Khi đó 0 < AM < AB Û AB < AC < .
Kết luận: Điều kiện cần tìm là AC < AB hoặc AB < AC < .
Bài 4. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Trong tam IAD có AD < IA + ID. Tương tự BC < IB + IC. Từ đó AD + BC < AC + BD (2). 
Theo giả thiết AC + AD Ê BC + BD 	 (3)
Cộng (2), (3) theo vế, ta thu được AD < BD.
đề 14. chuyên hà tĩnh 06-07
Bài 1. a) ĐK x ạ 0. Đặt t = 2x + . Ta có PT
t2 - 4t + 3 = 0, giải PT này được t = 3; t = 1.
* Với t = 3 thì . PT này có hai nghiệm x = 1 và x = .
* Với t = 1, ta thấy PT 2x + = 1 vô nghiệm.
Vậy PT đã cho có hai nghiệm x = 1 và x = .
b) Điều kiện x ạ 0; |x| < .
Đặt y = , y > 0. Ta có hệ 
 Û 
Vậy tập nghiệm của PT là . r
Bài 2. Từ giả thiết PT x2 + ax + b + 1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương x1 và x2. Theo hệ thức Viète ta có 
 Û 
f(1) = a + b, f(-1) = -a + b.
Vậy P 	= a2 + b2 = .
Do và nên P là hợp số.r
Bài 3. Giả sử (a, b) = m, suy ra a = mq, b = mr với (q, r) = 1. Ta có 
Û 
ị , nên q = r = 1. (do p nguyên tố)
Lúc đó 2p = m2 ị m = 2 và p = 2. 
Vậy số nguyên tố duy nhất thỏa mãn đề bài là p = 2.r
Bài 4. a) Kẻ OH ^ CD. Vì H là trung điểm của CD và EF nên OH là đường trung bình của hình thang ABFE, suy ra 
OH = = nên DOCD đều, do đó sđ = 60o. Vậy = 60o. 
b) Ta thấy DAEM DNFB suy ra EM.NF = AE.BF (không đổi). Ta có MN lớn nhất khi và chỉ khi EM + NF nhỏ nhất. Do EM.FN (không đổi), nên EM + FN nhỏ nhất khi EM = FN = . Vậy .
Bài 5. Giả sử tổng x + y + z 0, nên 
A > A' = 2(x + y + z') + . 
Ta có A' = ³ .
Từ đó với x + y + z Ê 1, ta có A ³ 29. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = . 
Vậy Amin = 29.r