10 de-thi-hsg-toan-10-co-dap-an

http://dehoa.nethttp://dehoa.nethttp://dehoa.nethttp://dehoa.net ---- ThThThThưưưư viviviviệệệệnnnn đềđềđềđề thithithithi hhhhóóóóaaaa hhhhọọọọcccc ------------ http://detoan.nethttp://detoan.nethttp://detoan.nethttp://detoan.net ---- ThThThThưưưư viviviviệệệệnnnn đềđềđềđề thithithithi totototoáááánnnn hhhhọọọọcccc
GV: TRẦN QUANG ĐẠT
TRƯỜNG THPT NGUYỄN
ĐỔNG CHI – Hà Tĩnh
Mail: dattoanndc@gmail.com
Sưu tầm và chỉnh sửa
®Ò®Ò®Ò®Ò thithithithi chchchchäääännnn hhhhääääcccc sinhsinhsinhsinh gigigigiááááiiii ccccÊÊÊÊpppp tr tr tr tr êêêêngngngng
MMMM««««nnnn :::: ToToToTo¸¸¸¸nnnn ---- llllíííípppp 10101010
Thêi gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
CCCCââââuuuu I:I:I:I: (5 điểm)
1. Giải bất phương trình: ( )( )( )( ) 2
1 2 4 8 4x x x x x− − − − ≤
2. Cho các số thực a, b, c (với a ≠ 0) sao cho: phương trình ax2
+ bx + c = 0 có hai
nghiệm thuộc đoạn [ ]0; 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( )( )
( )
2a b a b
P
a a b c
− −
=
− +
.
CCCCââââuuuu II:II:II:II: (5 điểm)
1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
2
)9)(8)(2)(1( yxxxx =++++
2. Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y
⎧
+ + + =⎪
⎪
⎨
⎪ + + + = −
⎪⎩
CCCCââââuuuu III:III:III:III: (3 điểm) Trong mặt phẳng, cho góc � 0
60 .xOy = M, N là hai điểm lần lượt thay
đổi trên hai tia Ox và Oy sao cho:
2013
201211
=+
ONOM
. Chứng minh đường thẳng MN luôn
đi qua điểm cố định.
CCCCââââuuuu IV:IV:IV:IV: (2 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi, có tổng bằng
17
4
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
1
31121
11 2
2
+
+
+
+++=
xy
y
y
x
y
xxP .
CCCCââââuuuu V:V:V:V: (5 điểm)
1. Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng 0332:1 =−− yxd và
01725:2 =−+ yxd . Đường thẳng d đi qua giao điểm của 1d và 2d cắt hai tia Ox, Oy lần
lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho 2
2
OABS
AB
∆
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:
2 2 2
1 1 1. . . 0a GA b GB c GC+ + =
��
. (với a=BC, b=AC, c=AB).
-------------------------------------------------------------------------------------------- HHHHếếếếtttt ----------------------------------------------------------------------------------------

CCCCââââuuuu NNNNộộộộiiii dungdungdungdung ThangThangThangThang
đđđđiiiiểểểểmmmm
IIII 5.05.05.05.0đđđđ
1.1.1.1. GiGiGiGiảảảảiiii bbbbấấấấtttt phphphphươươươươngngngng trtrtrtrìììình:nh:nh:nh: ( )( )( )( ) 2
1 2 4 8 4x x x x x− − − − ≤ 2.52.52.52.5đđđđ
( ) ( )( )2 2 2
2 6 8 9 8 4bpt x x x x x⇔ − + − + ≤ (2)
0x = kh«ng ph¶i lµ nghiÖm
0,5
0≠x , ph¬ng tr×nh (2)
8 8
6 9 4x x
x x
⎛ ⎞⎛ ⎞
⇔ + − + − ≤⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
0,5
§Æt
8
x t
x
+ = , ®iÒu kiÖn 4 2t ≥ (*)
Bpt trë thµnh: 2
15 50 0 5 10t t t− + ≤ ⇔ ≤ ≤ , kÕt hîp (*) ta ®îc:
8
4 2 10 4 2 10 5 17 5 17t x x
x
≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
KL: nghiÖm cña BPT lµ: 5 17;5 17x ⎡ ⎤∈ − +⎣ ⎦
1,0
2.2.2.2. TTTTììììmmmm gigigigiáááá trtrtrtrịịịị llllớớớớnnnn nhnhnhnhấấấấtttt ccccủủủủaaaa bibibibiểểểểuuuu ththththứứứức:c:c:c:
( )( )
( )
2a b a b
P
a a b c
− −
=
− +
.... 2.52.52.52.5đđđđ
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của PT đã cho. Theo Vi-et:
1 2
1 2
b
x x
a
c
x x
a
⎧
+ = −⎪⎪
⎨
⎪ =
⎪⎩
0,5
Do a ≠ 0 nên ta có :
( )( ) 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
2
1 1
1
b b
x x x x x x x xa a
P
b c x x x x x x x x
a a
⎛ ⎞⎛ ⎞
− −⎜ ⎟⎜ ⎟ + + + + + + +⎝ ⎠⎝ ⎠= = = +
+ + + + + +⎛ ⎞
− +⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,75
Không mất tính tổng quát giả sử x1 ≤ x2 do 2 nghiệm thuộc [0; 1] nên
2 2
1 1 2 2; 1x x x x≤ ≤ và 1 2 1 21 x x x x+ + + > 0 nên ta có:
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1
1
1 1
x x x x x x x x
x x x x x x x x
+ + + + + +
≤ =
+ + + + + +
⇒ P ≤ 3
0,75
Dấu đẳng thức xẩy ra khi:
1 1 2
2
2 1
x x x
x
=⎧
⎨
=⎩
1
2
1
2
0
x = 1
1
x = 1
x
x
⎡ =⎧
⎨⎢
⎩⎢⇔
⎢ =⎧
⎢⎨
⎢⎩⎣
0
0
0
2
c
b a
b
a c
⎡ =⎧
⎨⎢
= − ≠⎩⎢⇔
⎢
= = − ≠⎢
⎣
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3
0,5
IIIIIIII 5.05.05.05.0đđđđ
1.T1.T1.T1.Tììììmmmm ttttấấấấtttt ccccảảảả ccccáááácccc nghinghinghinghiệệệệmmmm nguynguynguynguyêêêênnnn ccccủủủủaaaa phphphphươươươươngngngng trtrtrtrìììình:nh:nh:nh: 2
)9)(8)(2)(1( yxxxx =++++ 2.52.52.52.5đđđđ

Đặt 5+= xt , ta được:
2
)9)(8)(2)(1( yxxxx =++++ 222
)16)(9( ytt =−−⇔ (1)
Đặt
2
252
−= tu ( Zu ∈2 ) ⇔ + − =(1) (2u 2y)(2u 2y) 49
0, 5
TrTrTrTrườườườườngngngng hhhhợợợợpppp 1:1:1:1:
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
−=
=
∨
=
=
⇒
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
=−
=+
∨
=−
=+
12
252
12
252
4922
122
122
4922
y
u
y
u
yu
yu
yu
yu
05252 =⇒±=⇒= xtu hay 10−=x
Từ đó )12;0(),( ±=yx , )12;10( ±−
0,5
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
=
−=
∨
−=
−=
⇒
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
−=−
−=+
∨
−=−
−=+
12
252
12
252
4922
122
122
4922
y
u
y
u
yu
yu
yu
yu
50252 −=⇒=⇒−= xtu Từ đó )12;5(),( ±−=yx
0,5
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
=
−=
∨
=
=
⇒
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
−=−
−=+
∨
=−
=+
0
72
0
72
722
722
722
722
y
u
y
u
yu
yu
yu
yu
1472 −=⇒±=⇒= xtu hay 9−=x
2372 −=⇒±=⇒−= xtu hay 8−=x
Từ đó )0;1(),( −=yx , )0;2(− , )0;8(− , )0;9(−
0,5
Tóm lại phương trình có 10 nghiệm nguyên (x, y) là:
)0;1(− , )0;2(− , )0;8(− , )0;9(− , )12;0( ,
)12;0( − , )12;5(− , )12;5( −− , )12;10(− , )12;10( −−
0,5
2.2.2.2. TTTTììììmmmm đđđđiiiiềềềềuuuu kikikikiệệệệnnnn ccccủủủủaaaa thamthamthamtham ssssốốốố mmmm đểđểđểđể hhhhệệệệ phphphphươươươươngngngng trtrtrtrììììnhnhnhnh sausausausau ccccóóóó nghinghinghinghiệệệệmmmm 2.52.52.52.5đđđđ
Đặt u =
1
x
x
+ và v =
1
y
y
+ với 2, 2u v≥ ≥
Hệ đã cho trở thành:
( )3 3
5 5
83 15 10
u v u v
u v mu v u v m
+ =⎧ + =⎧⎪
⇔⎨ ⎨
= −+ − + = −⎪ ⎩⎩
u, v là các nghiệm của PT : t2
– 5 t + 8 = m (1)
1.0
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT (1) có nghiệm t1, t2 thoả mãn 1 22, 2t t≥ ≥
(t1, t2 không nhất thiết phân biệt)
Xét hàm số y = t2
– 5 t + 8 với t ] [ )( ; 2 2;∈ −∞ − ∪ +∞
t - ∞ - 2 2 5
2
+∞
y
+ ∞ +∞
22
2
7
4
1.0

Từ bảng biến thiên suy ra hệ đã cho có nghiệm khi
7
2
4
22
m
m
⎡
≤ ≤⎢
⎢
≥⎣
0.5
III.III.III.III. ChChChChứứứứngngngng minhminhminhminh đườđườđườđườngngngng ththththẳẳẳẳngngngng MNMNMNMN lulululuôôôônnnn đđđđiiii quaquaquaqua đđđđiiiiểểểểmmmm ccccốốốố địđịđịđịnh.nh.nh.nh. 3.03.03.03.0đđđđ
Gọi Ot là tia phân giác của góc xOy
Suy ra Ot cố định. Gọi I là giao điểm MN với tia Ot.
Ta chứng minh I cố định.
0.5
* MONONOMS OMN sin..
2
1
=∆
= ONOMONOM .
4
3
60sin..
2
1 0
= (1)
0.5
* NOIOIONMOIOIOMSSS ONIOMIOMN sin..
2
1
sin..
2
1
+=+= ∆∆∆
= OIONOMOIONOM ).(
4
1
30sin.).(
2
1 0
+=+ (2)
1.0
Từ (1) và (2) suy ra:
ONOM
ONOM
OI .3
1 +
=
32013
2012
)
11
(
3
1
=+=
ONOM
I⇒ cố định.
1.0
IVIVIVIV
TTTTììììmmmm gigigigiáááá trtrtrtrịịịị nhnhnhnhỏỏỏỏ nhnhnhnhấấấấtttt ccccủủủủaaaa bibibibiểểểểuuuu ththththứứứức:c:c:c:
1
31121
11 2
2
+
+
+
+++=
xy
y
y
x
y
xxP .... 2.02.02.02.0đđđđ
Ta có: P = ( x +
y
1
) 2
+ 11( x +
y
1
) +
y
x
1
3
+
. Đặt: t = x +
y
1
> 0. Ta có:
0.5
P = t 2
+ 11t +
t
3
= ( t –
2
1
)2
+ (12t +
t
3
) –
4
1
t
t
3
.122≥ –
4
1
=
4
47
.
Đẳng thức xảy ra khi t =
2
1
.
1.0
Giải hệ:
17
4
1 1
2
x y
x
y
⎧
+ =⎪⎪
⎨
⎪ + =
⎪⎩
được: x =
4
1
và y = 4.
Vậy: MinMinMinMin PPPP ====
4
47
đạt được khi x =
4
1
và y = 4.
0.5
VVVV 5.05.05.05.0đđđđ
1.1.1.1. ViViViViếếếếtttt phphphphươươươươngngngng trtrtrtrììììnhnhnhnh đườđườđườđườngngngng ththththẳẳẳẳngngngng dddd saosaosaosao chochochocho 2
2
OABS
AB
∆
nhnhnhnhỏỏỏỏ nhnhnhnhấấấất.t.t.t. 2.52.52.52.5đđđđ

• Gọi I là giao điểm của hai
đường thẳng 1d và
2d )1;3(I⇒ .
0.5
• Giả sử )0;(aA và );0( bB với 0, >ba thì đường thẳng d có phương
trình 1=+
b
y
a
x
. Vì 1
13
=+⇒∈
ba
dI 0.5
• Ta có ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
+
=
∆
222222
22
2
2
11
4
11
.4
.
.4
baOBOAOBOA
OBOA
S
AB
OAB
0.5
• Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có
1
1311
)13(
2
22
22
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+≥⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
baba 10
111
22
≥+⇒
ba
0.5
• Min
5
2
2
2
=
∆OABS
AB
khi
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
⇔
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
=+
10
3
10
3
1
13
b
a
ba
ba
Khi đó đường thẳng d có phương trình 0103 =−+ yx .
0.5
2.2.2.2. ChChChChứứứứngngngng minhminhminhminh rrrrằằằằng:ng:ng:ng:
2 2 2
1 1 1. . . 0a GA b GB c GC+ + =
��
. (Với a=BC, b=AC, c=AB). 2.52.52.52.5đđđđ
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1. . . 0 ( . . . ) 0a GA b GB a GC a GA b GB a GC+ + = ⇔ + + =
��
4 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1. . . 2 . 2 . 2 . 0a GA b GB c Gc a b GA GB a c GA GC b c GB GC⇔ + + + + + =
��
(*) 0.75
Ta có: 1 1 1, , , 2
3 3 3
a b c
a b c
h h h
GA GB GC ah bh ch S= = = = = = ,
0 2 2 2
1 1 1 1 1 1
0 2 2 2
1 1 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1
. . . os(180 ) . . os , -2ab.cos
. . . os(180 ) . . osB, -2ac.cos
. . . os(180 ) . . osA, -2cb.cos
GA GB GA GB c C GA GB c C C c a b
GA GC GA GC c B GA GC c B b a c
GC GB GC GB c A GC GB c A
= − = − = − −
= − = − = − −
= − = −
��
��
�� 2 2 2
a b c= − −
1.0
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
(*)
4 . 4 . 4 . 4 .( ) 4 .( ) 4 .( )
0
9 9 9 9 9 9
S a S b S c S c a b S b a c S a c b
VT
− − − − − −
= + + + + + =
Là điều phải chứng minh.
0.75

1. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:
( )
( ) ( )
2
1 2
2 2 1 2
x y x y y
x y y x
⎧ + − = − −⎪
⎨
− = − −⎪⎩
®k:
1
(**)
0
x
y
≥⎧
⎨
≥⎩
0,5
HPT
( )
( ) ( )
2 2
1 2 2 0(4)
2 2 1 2 (5)
x x y y y
x y y x
⎧− + + + + =⎪
⇔ ⎨
− = − −⎪⎩
Gi¶i (4) xem nh ph¬ng tr×nh bËc hai ®èi víi Èn x ta ®îc:
1 2
x y
x y
= −⎡
⎢ = +⎣
1,0
Víi x=-y lo¹i do (**) 0,5
Thay x=1+2y vµo (5) ta cã: ( )( ) ( )
2 5
1 2 2 2 2 2
1 1
y x
y y y y
y x
= ⇒ =⎡
+ − = − ⇔ ⎢ = − ⇒ = −⎣
kÕt hîp
(**) nghiÖm cña HPT lµ: (x;y) = ( 5;2)
1,0
M
A
B C
N
Ta có:
2
,
3
BC BA
BN
+
=
��
�� ( )1
1 1
BA k BCCA kCB
CM
k k
− ++
= =
+ +
��
��
0,250,250,250,25
Do . 0BN CM BN CM⊥ ⇔ = ⇔
��
( ) ( )( )2 1 0BC BA BA k BC+ − + =
��
( ) ( )2 2 1 1
1 2 2 1 . 0 1 2 0
2 4
k a a k BA BC k k k− + + − + = ⇔ − − + − − = ⇔ =
��
0,50,50,50,5
Với
1
4 5
a
k AM= ⇒ =
0,250,250,250,25
BC là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường cao hạ từ A nên có PT:
( ) ( )4 2 3 1 0 4 3 5 0x y x y− + + = ⇔ + − = .
0,50,50,50,5
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
( )
4 3 5 0 1
1;3
2 5 0 3
x y x
C
x y y
+ − = = −⎧ ⎧
⇔ ⇒ −⎨ ⎨
+ − = =⎩ ⎩
0,50,50,50,5

Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường phân giác góc C, d có phương
trình:
( ) ( )2 2 1 0 2 5 0x y x y− − + = ⇔ − − = .
Tọa độ điểm H là giao điểm của d và phân giác góc C là nghiệm của hệ:
( )
2 5 0 3
3;1
2 5 0 1
x y x
H
x y y
+ − = =⎧ ⎧
⇔ ⇒⎨ ⎨
− − = =⎩ ⎩
0,50,50,50,5
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:
( )' '2 4; 2 3 ' 4;3B H B B H Bx x x y y y B= − = = − = ⇒ AC là đường thẳng đi qua C và có vectơ chỉ
0,50,50,50,5
phương ( )' 5;0CB
��
nên có PT là:
( ) ( )0 1 5 3 0 3 0x y y+ − − = ⇔ − = . 0,50,50,50,5
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
( )
3 0 5
5;3
3 4 27 0 3
y x
A
x y y
− = = −⎧ ⎧
⇔ ⇒ −⎨ ⎨
− + = =⎩ ⎩
Vậy ( ) ( )5;3 , 1;3A C− − .
0,50,50,50,5
Thay tọa độ A, B lần lượt vào vế trái phương trình đường phân giác góc C ta được các
số: 4; 5− − , do đó đường phân giác góc C đó là phân giác ngoài. 0,50,50,50,5
Kí hiệu N chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả sử :f N N→ là hàm số thỏa mãn các điều kiện
( )1 0f > và ( ) ( )( ) ( )( )
2 22 2
2 2f m n f m f n+ = + với mọi ,m n N∈ . Tính các giá trị của ( )2f
và ( )2013f .
Đặt ( )2f a= . Cho ( ) ( )( ) ( )
2
0 0 3 0 0 0m n f f f= = ⇒ = ⇒ = .
Cho ( ) ( )( ) ( )
2
1; 0 1 1 1 1m n f f f= = ⇒ = ⇒ = . Cho ( )1 3 3.m n f= = ⇒ =
Cho ( ) ( )( )
22
0 ,n f m f m m N= ⇒ = ∀ ∈ nên ( ) 2
4f a= .
0,250,250,250,25
Mặt khác với mỗi số tự nhiên
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
3 1 2 2 3 2
1 2 2 3 2 1
k k k k k
f k f k f k f k
≥ ⇒ + + − = − +
⇒ + + − = − +
Từ (1) cho 3k = ta có
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2 2 2 2 4
4 2 1 0 2 3 16 2 2 2f f f f a a f+ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ = .
0,250,250,250,25
Theo trên ta chứng minh được ( )f n n= với 0; 1; 2; 3; 4n = . Ta chứng minh bằng quy nạp
( )f n n= . Thật vậy, với 3n ≥ từ đẳng thức (1) ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 22
1 2 2 3 2
1 3 2 2 2 1 1 1
f n f n f n f n
f n n n n n f n n
+ + − = − +
⇒ + = − + − − = + ⇒ + = +
Do đó ( ) ( ), 2013 2013.f n n n N f= ∀ ∈ ⇒ =
0,50,50,50,5

®Ò®Ò®Ò®Ò thithithithi chchchchäääännnn hhhhääääcccc sinhsinhsinhsinh gigigigiááááiiii ccccÊÊÊÊpppp trtrtrtrêêêêngngngng
Thêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
BBBBààààiiii 1.1.1.1. (4 điểm)
1. Giải phương trình: 1123
=−+− xx
2. Tìm m để phương trình
3m 13m 13m 13m 1
x 6 x 9 m x 2 x 9 8 xx 6 x 9 m x 2 x 9 8 xx 6 x 9 m x 2 x 9 8 xx 6 x 9 m x 2 x 9 8 x
2222
++++
+ − + + − − = ++ − + + − − = ++ − + + − − = ++ − + + − − = + có hai
nghiệm 1 21 21 21 2x ,xx ,xx ,xx ,x sao cho 1 21 21 21 2x 10 xx 10 xx 10 xx 10 x< << << << <
BBBBààààiiii 2.2.2.2. (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)
BBBBààààiiii 3.3.3.3. (3 điểm) Cho hệ phương trình:
2
2 3 8 0
0
x y
x y m
⎧ + − =⎪
⎨
− + =⎪⎩
1. Giải hệ phương trình với m = 1.
2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
BBBBààààiiii 4.4.4.4. (3 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, có G là
trọng tâm. Chứng minh rằng:
1. 2 2 2 2 2 21
( )
3
GA GB GC a b c+ + = + + .
2.
2 2 2
2 2
9
a b c
R OG
+ +
− =
BBBBààààiiii 5555 (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.
BBBBààààiiii 6.6.6.6. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 2.
Chứng minh rằng:
2 2 2
1
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
----------------- Hết -----------------

ĐÁĐÁĐÁĐÁPPPP ÁÁÁÁNNNN
ĐáĐáĐáĐápppp áááánnnn
ThangThangThangThang
BBBBààààiiii 1.1.1.1.
4444 đđđđiiiiểểểểmmmm
1.1.1.1. §Æt a = 3
2 x− b = 1−x §K b .0≥
PT ⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=−=
==
==
⇔
⎩
⎨
⎧
=+
=+
3;2
0;1
1;0
1
1
23
ba
ba
ba
ba
ba
*) a = 0; b = 1 gi¶i ®-îc x = 2
*) a = 1 ; b = 0 gi¶i ®-îc x = 1
*) a = -2; b=3 gi¶i ®-îc x = 10
VËy nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh lµ: x = 1; x = 2, x = 10.
0,0,0,0, 25252525
đđđđ
0,0,0,0, 75757575
đđđđ
0,0,0,0, 75757575
đđđđ
0,250,250,250,25 đđđđ
2. PT (((( )))) 3m 13m 13m 13m 1
x 9 3 m x 9 1 xx 9 3 m x 9 1 xx 9 3 m x 9 1 xx 9 3 m x 9 1 x
2222
++++
⇔ − + + − + = +⇔ − + + − + = +⇔ − + + − + = +⇔ − + + − + = + đặt t x 9,t 0t x 9,t 0t x 9,t 0t x 9,t 0= − ≥= − ≥= − ≥= − ≥
PT trở thành : (((( )))) (((( ))))2 22 22 22 23m 13m 13m 13m 1
t 3 m t 1 t 9 2t 2 m 1 t m 13 0t 3 m t 1 t 9 2t 2 m 1 t m 13 0t 3 m t 1 t 9 2t 2 m 1 t m 13 0t 3 m t 1 t 9 2t 2 m 1 t m 13 0
2222
++++
+ + + = + + ⇔ − + + + =+ + + = + + ⇔ − + + + =+ + + = + + ⇔ − + + + =+ + + = + + ⇔ − + + + = (1)
PT ban đầu có nghiệm 1 21 21 21 2x 10 xx 10 xx 10 xx 10 x< << << << <
⇔ (1) có nghiệm (((( ))))(((( ))))1 2 1 21 2 1 21 2 1 21 2 1 2
1 21 21 21 2
' 0' 0' 0' 0
0 t 1 t t 1 t 1 00 t 1 t t 1 t 1 00 t 1 t t 1 t 1 00 t 1 t t 1 t 1 0
t t 0t t 0t t 0t t 0
∆ >∆ >∆ >∆ >⎧⎧⎧⎧
⎪⎪⎪⎪
≤ < < ⇔ − − <≤ < < ⇔ − − <≤ < < ⇔ − − <≤ < < ⇔ − − <⎨⎨⎨⎨
⎪⎪⎪⎪
+ >+ >+ >+ >⎩⎩⎩⎩
(((( )))) (((( ))))
2222
2222
m 1 2 m 13 0m 1 2 m 13 0m 1 2 m 13 0m 1 2 m 13 0
m 25 0m 25 0m 25 0m 25 0
m 13m 13m 13m 13
m 1 1 0 13 m 0 m 13m 1 1 0 13 m 0 m 13m 1 1 0 13 m 0 m 13m 1 1 0 13 m 0 m 13
2222
m 1m 1m 1m 1
m 1 0m 1 0m 1 0m 1 0
⎧⎧⎧⎧ + − + >+ − + >+ − + >+ − + >
⎧⎧⎧⎧⎪⎪⎪⎪ − >− >− >− >
++++ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⇔ − − + < ⇔ − < ⇔ >⇔ − − + < ⇔ − < ⇔ >⇔ − − + < ⇔ − < ⇔ >⇔ − − + < ⇔ − < ⇔ >⎨ ⎨⎨ ⎨⎨ ⎨⎨ ⎨
⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ > −> −> −> −⎩⎩⎩⎩+ >+ >+ >+ >⎪⎪⎪⎪
⎩⎩⎩⎩
0,50,50,50,5 đđđđ
0,250,250,250,25 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,750,750,750,75 đđđđ
2,52,52,52,5
Vì 6x2 + 4x + 5 > 0 với mọi x nên
(1) ⇔ - (6x2 + 4x + 5 ) < 2x2 + 4mx + 1 < 6x2 + 4x + 5
⇔
2
2
(1 ) 1 0
4 2(1 ) 3 0
x m x
x m x
⎧ + − + >⎪
⎨
+ + + >⎪⎩
(2)
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
' 2 2
2
(1 ) 4 2 3 0
(1 ) 12 2 11 0
m m m
m m m
⎧∆ = − − = − − <⎪
⎨
∆ = + − = + − <⎪⎩
1 3
1 1 2 3
1 2 3 1 2 3
m
m
m
− < <⎧⎪
⇔ ⇔ − < < − +⎨
− − < < − +⎪⎩
1,01,01,01,0 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
2
2
2 3 8 0
0 2 3 3 8 0 (1)
y x mx y
x y m x x m
⎧ ⎧ = ++ − =⎪ ⎪
⇔⎨ ⎨
− + = + + − =⎪ ⎪⎩ ⎩
0,50,50,50,5 đđđđ

1. Với m = 1:
(1) ⇔ 2
2 3 5 0x x+ − = . Đặt t = |x| (t ≥ 0) ta được phương trình:
2t2
+ 3t - 5 = 0 ⇔
1
5
(
2
lo¹i)
t
t
=⎡
⎢
⎢ = −
⎣
.
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: 1
2
0
0
t
t
=⎧
⎨
<⎩
⇔
3 8 0
8
3
30
2
m
m
− =⎧
⎪
⇔ =⎨
− <⎪⎩
0,750,750,750,75 đđđđ
0,250,250,250,25 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,250,250,250,25 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,250,250,250,25 đđđđ
BBBBààààiiii 4444
1. Có :
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
4
( )
9
4
9 2 4 2 4 2 4
3
a b cGA GB GC m m m
b c a c a b a b c
a b c
+ + = + +
⎛ ⎞+ + +
= − + − + −⎜ ⎟
⎝ ⎠
+ +
=
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
2. Có:
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
( ) ( ) ( )
3 2 ( )
OA OB OC OG GA OG GB OG GC
OG GA GB GC OG GA GB GC
+ + = + + + + +
= + + + + + +
��
��
Do OA = OB = OC = R và 0GA GB GC+ + =
��
nên:
2 2 2 2 2
3 3R OG GA GB GC= + + + hay
2 2 2
2 2 2 2 2
3 3
3
a b c
R OG GA GB GC
+ +
− = + + =
⇒
2 2 2
2 2
9
a b c
R OG
+ +
− =
0,50,50,50,5đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
Bài 5.
4,5
điểm
1. Gọi H là hình chiếu của B trên ∆, ta có: BH ≤ AB.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H ≡ A. Khi đó ∆ là đường thẳng qua A 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.
Có: MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B.
Đẳng thức xảy ra ⇔ A’, M, B thẳng hàng. Suy ra M là giao điểm của
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ

đường thẳng A’B với d.
Gọi d’ là đường thẳng qua A và vuông góc với d. d’ có PTTQ:
2x + y + 1 = 0.
Gọi H là giao điểm của d’ và d. Tọa độ H = (-1; 1).
H là trung điểm của AA’ nên A’ có toạ độ A’(-4; 7).
Đường thẳng A’B có VTCP ' (0; 2)A B = −
��
nên có VTPT ' (1;0)A Bn =
�
PTTQ đường thẳng A’B: x + 4 = 0.
Toạ độ giao điểm M của A’B và d là nghiệm của hệ phương trình:
4 0 11
2 3 0 4
y x
x y y
+ = = −⎧ ⎧
⇔⎨ ⎨
− + = = −⎩ ⎩
⇒ M(-11; -4)
0,250,250,250,25đđđđ
0,250,250,250,25đđđđ
0,250,250,250,25 đđđđ
0,250,250,250,25đđđđ
0,50,50,50,5 đđđđ
Bài 6
3 điểm
BBBBààààiiii 6.6.6.6. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 2.
2 2 2
1
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Có:
2 2
2 .
4 4
a b c a b c
a
b c b c
+ +
+ ≥ =
+ +
.
Tương tự:
2 2
2 .
4 4
b a c b a c
b
a c a c
+ +
+ ≥ =
+ +
;
2 2
2 .
4 4
c a b c a b
c
a b a b
+ +
+ ≥ =
+ +
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được

§Ò§Ò§Ò§Ò thithithithi chchchchäääännnn hhhhääääcccc sinhsinhsinhsinh gigigigiááááiiii llllíííípppp 10101010
MMMM««««nnnn ToToToTo¸¸¸¸nnnn
NNNNĂĂĂĂMMMM HHHHỌỌỌỌCCCC 2008-20092008-20092008-20092008-2009
Thời gian làm bài:180 phót (kh«ng kể thời gian giao
®ề)
BBBBµµµµi1i1i1i1(8®).
1) Gi¶i ph¬ng tr×nh:
9
x (x +1)(x +2)(x +3) =
16
2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
⎧
⎨
⎩
2 2
x +y +xy =4
x y +xy =3
.
BBBBµµµµiiii 2222(3®).
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña P =
2 2
2 2
x +3xy - y
x +xy +y
BBBBµµµµiiii 3333(2®).
Cho tam gi¸c ABC víi A(-1 ; 0) , B(2 ; 3), C(3 ; -6) vµ ®êng th¼ng d :
x – 2y – 3 = 0. T×m ®iÓm M thuéc d sao cho 2 3MA MB MC+ -
uuur uuur uuur
®¹t gi¸ trÞ nhá
nhÊt
BBBBµµµµiiii 4444(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 cos cos sin sin sinA B C A B C+ + < + +
BBBBµµµµiiii 5555(1 ®)
Cho a, b, c lµ ba sè thùc d¬ng. Chøng minh r»ng:
³
a b c
+ + 2
b +c a+c b +a
________________ HÕt _____________

CCCC©©©©uuuu NỘI DUNG ĐIỂM
CCCCââââuuuu 1:1:1:1:
1)1)1)1) GiGiGiGi¶¶¶¶iiii phphphph¬¬¬¬ngngngng trtrtrtr××××nh:nh:nh:nh:
9
x (x +1)(x +2)(x +3) =
16
(1)(1)(1)(1)
* §Æt t = x(x+3) ⇒(1) trë thµnh t(t+2) =9/16 ⇔
9
4
1
4
t
t
é
ê = -
ê
ê
ê
=ê
ë
1
* víi t =
9
4
ta cã x(x+3) = -
9
4
⇔ x2
+ 3x +
9
4
= 0⇔ x = -
3
2
1
* víi t =
1
4
ta cã x(x+3) =
1
4
⇔ x2
+ 3x -
1
4
= 0⇔
é
ê
ê
ê
ê
ê
êë
-3 + 10
x =
2
-3- 10
x =
2
1
* VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm
3
2
3 10
2
3 10
2
x
x
x
é
ê = -
ê
ê
ê - +
ê =
ê
ê
ê +
ê = -
êë
1
2)2)2)2) GiGiGiGi¶¶¶¶iiii hhhhÖÖÖÖ phphphph¬¬¬¬ngngngng trtrtrtr××××nh:nh:nh:nh:
⎧
⎨
⎩
2 2
x +y +xy =4
x y +xy =3
(2)(2)(2)(2)
(2) ⇔
( x + y) + xy = 4
xy(x+y) = 3
ìïï
í
ïïî
®Æt S = x+ y; P = xy
Ta ®îc hÖ
4
3
S P
SP
ì + =ïï
í
ï =ïî
Khi ®ã S, P lµ nghiÖm cña Ph¬ng tr×nh
t2
- 4t + 3 = 0
1
3
S
P
ì =ïï
í
ï =ïî
hoÆc
3
1
S
P
ì =ïï
í
ï =ïî
2

*
1
3
S
P
ì =ïïí
ï =ïî
x, y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh u2
– u + 3 = 0
Ph¬ng tr×nh nµy v« nghiÖm
1
*
3
1
S
P
ì =ïïí
ï =ïî
x, y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh u2
– 3u + 1 = 0
⇔
3 5
2
3 5
2
x
y
ìï +ï =ïïï
í
ï -ïï =ïïî
hoÆc
3 5
2
3 5
2
x
y
ìï -ï =ïïï
í
ï +ïï =ïïî
1
V©y hÖ cã 2 nghiÖm
3 5
2
3 5
2
x
y
ìï +ï =ïïïí
ï -ïï =ïïî
vµ
3 5
2
3 5
2
x
y
ìï -ï =ïïïí
ï +ïï =ïïî
CCCC©©©©uuuu 2222
TTTT××××mmmm gigigigi¸¸¸¸ trtrtrtrÞÞÞÞ llllíííínnnn nhnhnhnhÊÊÊÊt,t,t,t, nhnhnhnháááá nhnhnhnhÊÊÊÊtttt ccccññññaaaa PPPP ====
2 2
2 2
x +3xy - y
x +xy +y
* y = 0 th× P = 1 1
* y ≠ 0 th× P =
2
2
3 1
1
t t
t t
+ -
+ +
víi t = x/y gäi P lµ mét gi¸ trÞ bÊt kú cña nã
khi ®ã ph¬ng tr×nh sau Èn t ph¶i cã nghiÖm
P(t2
+t +1) = t2
+ 3t - 1⇔(1- P)t2
+ (3 -P)t – (1+ P ) = 0 cã nghiÖm
hay
2 2
1
Δ (3 ) 4(1 ) 0 (*)
P
P P
é =
ê
ê = - + - ³ë
(*) ⇔ -3P2
– 6P +13 ≥ 0 ⇔ - (1+ 3 ) ≤ P ≤ 3 - 1
1
0,5
VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 1
VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P = - (1+ 3 )
CCCC©©©©uuuu 3333
Cho tam gi¸c ABC víi A(-1 ; 0) , B(2 ; 3), C(3 ; -6) vµ ®êng th¼ng d :
x – 2y – 3 = 0. T×m ®iÓm M thuéc d sao cho
Q = 2 3MA MB MC+ -
uuur uuur uuur
®¹t gi¸ trÞ nhá
Gäi M(2y+3 ; y) ∈ d Khi ®ã 2 3MA MB MC+ -
uuur uuur uuur
= (2y – 5 ; y+21)
2 3MA MB MC+ -
uuur uuur uuur
= 2 2
(2 5) ( 21)y y- + + = 2
5 22 466y y+ +
2

Q ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi y =
11
5
-
VËy M(
7
5
- ;
11
5
- )
CCCC©©©©u4u4u4u4
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 cos cos sin sin sinA B C A B C+ + < + +
O
A
CB
H
A'
D
1
1) Gäi A’ lµ ®iÓm sao cho AA’ lµ ®êng kÝnh dÔ cã BHCA’ lµ h×nh b×nh
hµnh. Do ®ã AH = 2OD = 2OCcosA = 2RcosA
2
2)
1
cos cos cos (cos cos cos cos cos cos )
2
sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2
A B C A B B C C A
C A B A B C B C A
+ + = + + + + +
- - -
= + +
Ta cã cos 1
2
A B-
£ v× C nhän nªn
0 0
0 60 2cos 1 cos 2cos
2 2 2 2
C C A B C-
< < Þ > Þ <
T¬ng tù ta cã
cos 2cos
2 2
cos 2cos
2 2
B C A
C A B
-
<
-
<
VËy cos cos cos sin sin sinA B C A B C+ + < + +
1
1

1
CCCC©©©©u5u5u5u5
Cho a, b, c lµ ba sè thùc d¬ng. Chøng minh r»ng:
³
a b c
+ + 2
b +c a+c b +a
2
( )
a a a
b c a b ca b c
= ³
+ + ++
2
( )
b b b
a c a b cb a c
= ³
+ + ++
2
( )
c c c
b a a b cc b a
= ³
+ + ++
]
Céng 3 bÊt ®¼ng thøc trªn vÕ theo vÕ ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh
2

®Ò®Ò®Ò®Ò thithithithi chchchchäääännnn hhhhääääcccc sinhsinhsinhsinh gigigigiááááiiii ccccÊÊÊÊpppp trtrtrtrêêêêngngngng
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
----------
BBBBààààiiii 1:1:1:1: ( 3 điểm)
a) Giải bất phương trình:
1 5
5 2x 4
2x 2
x
x
− < − + .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2
1 1y x x x x= + + + − + .
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có:
( )3 33
2010 2010
4
x y x y
x y zz x y
+ + + +
≤
+ ++ +
.
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.
BBBBààààiiii 4:4:4:4:( 1 điểm)
Số 3 2009n
+ , n là số nguyên dương, có chia hết cho 184 không? hãy chứng minh
điều mà bạn khẳng định.
------------------------------------------------------------Hết------------------------------------
---------------------------
ĐÁĐÁĐÁĐÁPPPP ÁÁÁÁNNNN VVVVÀÀÀÀ BIBIBIBIỂỂỂỂUUUU ĐĐĐĐIIIIỂỂỂỂMMMM
BBBBààààiiii NNNNộộộộiiii dungdungdungdung ttttừừừừngngngng ýýýý ĐĐĐĐiiiiểểểểmmmm
1.a1.a1.a1.a
+ Đưa bất phương trình về dạng:
1 1
5 2 4
4x2
x x
x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ < + +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ 0,25đ

+ Đặt
1
, 2
2
t x t
x
= + ≥ , x > 0 và tính được 21
x 1
4x
t+ = − 0,5đ
+ Viết được bất phương trình theo t: t2
− 5t + 2 > 0 ⇔ ( t > 2 ∨ t <
1
2
(loại))
0,25đ
+ Viết được bất phương trình
( )
2 3 3
2 4 1 0 2 0 2
2 2
x x x x
⎛ ⎞
− + > ⇔ > + ∨ < < −⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,5đ
1.b1.b1.b1.b + Nhận xét: y là tổng của hai biểu thức nhận giá trị dương nên có
thể dùng bất đẳng thức cauchy biến đổi từ TBC sang TBN.
0,25đ
+ Viết được: ( )( )2 2 4 2442 1 1 2 1 2y x x x x x x≥ + + − + = + + ≥ 0,5đ
+ Đẳng thức xảy ra khi:
2 2
4 2
1 1
0
1 1
x x x x
x
x x
⎧ + + = − +⎪
⇔ =⎨
+ + =⎪⎩
0,5đ
+ Luận được y ≥ 2, dấu " = " xảy ra khi x = 0. Do đó: min (0) 2y y= =
ℝ
0,25đ
2222 + Viết được để chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh:
( )3 33 4 x y x y+ ≥ + .
0,5đ
+ Viết được ( ) ( ) ( )( )3 23 3
4 3 0x y x y x y x y+ − + = + − ≥ 1,5đ
+ Suy được: ( )3 33 4z x y z x y+ + ≥ + + . 0,5đ
+ Kết luận được
( )3 33
2010 2010
4
x y x y
x y zz x y
+ + + +
≤
+ ++ +
0,5đ
3333 + Chọn hệ trục tọa độ như hình bên và
viết được
tọa độ của H(0;0), A(a;0), B(b;0),
C(0;c)
0,25đ
+ Suy được tọa độ các điểm
;0 , 0;
2 2
a b c
I K
+⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0,25đ
+ 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.
0,5đ
+ Lập luận và tìm được tọa độ của các
điểm M
( );
a c m
m
c
−⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
, N
( ),
b c m
m
c
−⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
,
P
( );0
b c m
c
−⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
,
1đ

J
( )( );
2 2
a b c m m
c
+ −⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
+ Tính được tọa độ các vectơ:
( ); , IJ ;
2 2 2 2
m a ba b c m
IK
c
+⎛ ⎞+⎛ ⎞
= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
�� 0,5đ
+ Viết được: IK .IJ
c
m
=
��
nên ba điểm I, J, K thẳng hàng . 0,5đ
4444 + Viết được 184 = 8.23 và 2
3 1m
− chia hết cho 32
– 1 = 8. 0,25đ
+ Viết được nếu n = 2m (chẵn), thì 2 2
3 2009 3 1 251.8 2m m
+ = − + + không
chia hết cho 8
+ Nếu n = 2m + 1 (lẻ), thì ( )2 1 2
3 2009 3 3 1 251.8 4m m+
+ = − + + cũng
không chia hết 8.
+ Kết luận được n +
∀ ∈ℤ , 3n
+ 2009 không chia hết cho 184.
0,75đ
GhiGhiGhiGhi chchchchúúúú:::: MMMMọọọọiiii ccccááááchchchch gigigigiảảảảiiii khkhkhkháááácccc đúđúđúđúngngngng ccccăăăănnnn ccccứứứứ ttttừừừừngngngng phphphphầầầầnnnn ccccủủủủaaaa bibibibiểểểểuuuu đđđđiiiiểểểểmmmm đểđểđểđể chochochocho đđđđiiiiểểểểm.m.m.m.

BBBBààààiiii 1:1:1:1: (2.0 điểm) Với a,b,c > 0 thỏa mãn điều kiện abc =1. Chứng minh rằng:
4
3
)1)(1()1)(1()1)(1(
333
≥
++
+
++
+
++ ba
c
ac
b
cb
a
BBBBààààiiii 2:2:2:2: (2.0 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các đường thẳng
AB,CD, cắt nhau ở E, AD, BC cắt nhau ở F, AC, BD cắt nhau ở M. Các đường
tròn ngoại tiếp của các tam giác CBE, CDF cắt nhau ở N. Chứng minh rằng O,M,
N thẳng hàng.
BBBBààààiiii 3333 :::: (2.0 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
x3
+ (x + 1)3
+ ... + (x + 7)3
= y3
(1)
BBBBààààiiii 4:4:4:4: (2.0 điểm)Chứng minh rằng, Trong mọi tam giác ta luôn có:
+ + <
+ + +
sin sin sin
2
sin sin sin sin sin sin
A B C
B C C A A B
BBBBààààiiii 5:5:5:5: (2.0 điểm) Giải hệ phương trình:
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−=+−
−=+
yxyxyx
xyx
1788
493
22
23
……………………………………………HẾT……………………………………
………………………
SSSSỞỞỞỞ GIGIGIGIÁÁÁÁOOOO DDDDỤỤỤỤCCCC VVVVÀÀÀÀ ĐÀĐÀĐÀĐÀOOOO TTTTẠẠẠẠOOOO VVVVĨĨĨĨNHNHNHNH PHPHPHPHÚÚÚÚCCCC ĐỀĐỀĐỀĐỀ KIKIKIKIỂỂỂỂMMMM TRATRATRATRA HHHHỌỌỌỌCCCC
SINHSINHSINHSINH GIGIGIGIỎỎỎỎIIII LLLLỚỚỚỚPPPP 10101010 ((((ĐềĐềĐềĐề 1)1)1)1)
TRTRTRTRƯỜƯỜƯỜƯỜNGNGNGNG THPTTHPTTHPTTHPT TAMTAMTAMTAM DDDDƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG NNNNĂĂĂĂMMMM HHHHỌỌỌỌCCCC 2008-2008-2008-2008-
2009200920092009
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………
MMMMÔÔÔÔNNNN THITHITHITHI :::: TOTOTOTOÁÁÁÁNNNN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể
thời gian giao đề

CCCCââââuuuu 1111 ( 3 điểm ):
a, Giải các phương trình sau:
2
3
2
2
1
=
−
+
− xx
b, Gọi x1, x2 là nghiệm phương trình ax2
+ bx + c = 0. Đặt Sn = xx
nn
21
+ , n là số
nguyên.
Chứng minh rằng a.Sn + b.Sn-1 + c.Sn-2 = 0.
CCCCââââuuuu 2222 ( 2điểm )
Tìm giá trị k lớn nhất để bất phương trình sau đúng với mọi x [ ]1;0∈
1)1( 22
++≤−+ xxxxk
CCCCââââuuuu 3333 ( 3 điểm)Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC tương ứng lấy các
điểm D, E, F không trùng với các đỉnh tam giác sao cho các đoạn thẳng AE, BF,
CD không đồng quy. Gọi P là giao điểm của BF và CD, Q là giao điểm AE với BF;
R là giao điểm AE với CD. Giả sử 4 tam giác ADR, BEQ, CFP, PQR có diện tích
đều bằng 1.
a, CMR tam giác BQDvà tam giác BPA đồng dạng
b, CMR các tứ giác DRQB, EQPC, FPRA có diện tích bằng nhau và tính diện tích
của chúng.
CCCCââââuuuu 4444 ( 2 điểm ): Cho 3 số dương a, b, c thỏa a + b + c = 1.
CMR : (a + b )(b + c )(c + a )abc
729
8
≤
………………………………………………………………………………………
………………………

TRƯỜNG THPT CAO LÃNH 2
ĐỀ THI THỬ HSG VÒNG TỈNH LẦN 3
Ngày thi: 9/11/2008
NỘI DUNG ĐỀNỘI DUNG ĐỀNỘI DUNG ĐỀNỘI DUNG ĐỀ
Bài 1: (2.0 điểm) Với a,b,c > 0 thỏa mãn điều kiện abc =1. Chứng minh rằng:
4
3
)1)(1()1)(1()1)(1(
333
≥
++
+
++
+
++ ba
c
ac
b
cb
a
Bài 2: (3.0 điểm) Giải phương trình:
( )2
2 2
log x x-5 log x-2x 6 0+ + =
Bài 3: (3.0 điểm) Tìm đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện:
(3) 6
( 1) ( 3) ( ), x
P
xP x x P x
⎧
⎪
⎨
⎪⎩
=
− = − ∀
Bài 4: (2.0 điểm)
Cho dãy số dương
)( nx
xác định xác định như sau:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≥−
+
=
+
=
=
0)(nnx
n
x
n
x
x
x
7
1
45
2
45
1
1
0
1) Xác định số hạng tổng quát
nx
theo n
2) Tính số ước dương của biểu thức
2
.2
1 +
−
+ n
xnx
n
x
Bài 5: (3.0 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các đường thẳng AB,CD,
cắt nhau ở E, AD, BC cắt nhau ở F, AC, BD cắt nhau ở M. Các đường tròn ngoại tiếp
của các tam giác CBE, CDF cắt nhau ở N. Chứng minh rằng O,M, N thẳng hàng.
Bài 6 : (2.0 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
x3
+ (x + 1)3
+ ... + (x + 7)3
= y3
(1)
Bài 7: (2.0 điểm)Chứng minh rằng, Trong mọi tam giác ta luôn có:
+ + <
+ + +
sin sin sin
2
sin sin sin sin sin sin
A B C
B C C A A B
Bài 8Bài 8Bài 8Bài 8:::: (3.0 điểm) Giải hệ phương trình:
1.
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−=+−
−=+
yxyxyx
xyx
1788
493
22
23
2.2.2.2.
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=−+
=−+
=−+
16)(
30)(
2)(
23
23
23
yxzz
xzyy
zyxx
Thời gian làm bài 180 phút.

SSSSỞỞỞỞ GIGIGIGIÁÁÁÁOOOO DDDDỤỤỤỤCCCC VVVVÀÀÀÀ ĐÀĐÀĐÀĐÀOOOO TTTTẠẠẠẠOOOO VVVVĨĨĨĨNHNHNHNH PHPHPHPHÚÚÚÚCCCC KKKKỲỲỲỲ THITHITHITHI CHCHCHCHỌỌỌỌNNNN HSGHSGHSGHSG LLLLỚỚỚỚPPPP
12THPT12THPT12THPT12THPT NNNNĂĂĂĂMMMM HHHHỌỌỌỌCCCC 2008-20092008-20092008-20092008-2009 TRTRTRTRƯỜƯỜƯỜƯỜNGNGNGNG THPTTHPTTHPTTHPT TAMTAMTAMTAM DDDDƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG
ĐĐĐĐỀỀỀỀ THITHITHITHI MMMMÔÔÔÔNNNN :::: TOTOTOTOÁÁÁÁNNNN
…………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
Thời gian làm bài: 180 phút không
kể thời gian giao đề
CCCCââââuuuu 1111. Giải phương trình: 26
9
3
2
=
−
+
x
x
x
CCCCââââuuuu 2.2.2.2. Giải hệ phương trình
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+=−
=+−
22
2
)2(8
02
yxx
xyy
CCCCââââuuuu 3333. Tìm tất cả các số thực a, b, p, q sao cho phương trình:
102202
)()()12( qpxxbaxx ++=+−−
thỏa mãn với mọi số thực x.
Câu 4. Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 7. Các điểm M,N lần lượt nằm
trên hai cạnh AB, Ac sao cho
AN = BM. Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng BN và CM. Biết diện tích tam
giác BOC bằng 2.
a, Tính tỷ số
AB
MB
b, Tính giá trị góc AOB
CCCCââââuuuu 5.5.5.5. Cho x, y, z là số thực dương thỏa mãn điều kiện 1=++ zxyzxy . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức::::
xyx
z
xzz
y
yzy
x
P
+
+
+
+
+
=
333
………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………

2009200920092009
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………
CCCCââââuuuu 1111.( 2 điểm ) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực thuộc
nửa khoảng [-2;4):
- x2 +4 |x-1| - 4m=0.
CCCCââââuuuu 2222.( 1,5 điểm) Giải phương trình: 17152 32
−=−+ xxx
CCCCââââuuuu 3333(1,5 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2007200620062005 222
++=+++ xyxyyyxx
CCCCââââuuuu 4444(1,5 điểm) Cho x,y,z dương. Chứng minh rằng: 2425 >
+
+
+
+
+ yx
z
xz
y
zy
x
CCCCââââuuuu 5.5.5.5.(2,0 điểm)Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I. Gọi ma , mb , mc
lần lượt là độ dài các đường trung tuyến hạ từ A, B, C. Chứng minh rằng:
3
4
2
2
2
2
2
2
<++
mmm cba
ICIBIA
Câu 6.Cho tam giác ABC có hai đường phân giác trong và ngoài góc A cắt cạnh
BC tại D và E.

Chứng minh rằng nếu AD = AE thì AB2
+ AC2
= 4R2
( trong đó R là bán kinhd
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).
……………………………………………………HHHH
ẾẾẾẾTTTT……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………........
2009200920092009
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………
CCCCââââuuuu 1111.( 2 điểm ) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực thuộc
nửa khoảng [-2;4):
- x2
+4 |x-1| - 4m=0.
CCCCââââuuuu 2222.( 1,5 điểm) Giải phương trình: 17152 32
−=−+ xxx
CCCCââââuuuu 3333(1,5 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2007200620062005 222
++=+++ xyxyyyxx
CCCCââââuuuu 4444(1,5 điểm) Cho x,y,z dương. Chứng minh rằng: 2425 >
+
+
+
+
+ yx
z
xz
y
zy
x
CCCCââââuuuu 5.5.5.5.(2,0 điểm)Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I. Gọi ma , mb , mc
lần lượt là độ dài các đường trung tuyến hạ từ A, B, C. Chứng minh rằng:
3
4
2
2
2
2
2
2
<++
mmm cba
ICIBIA
Câu 6.Cho tam giác ABC có hai đường phân giác trong và ngoài góc A cắt cạnh
BC tại D và E.
Chứng minh rằng nếu AD = AE thì AB2 + AC2 = 4R2 ( trong đó R là bán kinhd
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).

……………………………………………………HHHH
ẾẾẾẾTTTT……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………........
Họ và tên học
sinh……………………………………………………………………..Lớp
11A……
ĐĐĐĐỀỀỀỀ KIKIKIKIỂỂỂỂMMMM TRATRATRATRA HHHHỌỌỌỌCCCC KKKKỲỲỲỲ IIII BANBANBANBAN KHCBKHCBKHCBKHCB
MMMMÔÔÔÔNNNN :::: TINTINTINTIN
( Thời gian làm bài 45 phút )
……………………………………………………
Câu 1 ( 3 điểm).Hãy cho biết các thủ tục vào- ra đơn giản và nêu ví dụ minh họa ?
Câu 2 ( 2 điểm). Hãy chuyển các biẻu thớc trong Pascal dưới đây thành biểu thức
toán học tương ứng?
a, a / b*c – sqrt(a + b) c, a + b*c /(2*c + 4b) - 2*a
b, a*b + c + sqrt(a + b) d, 1 / a*b*c – d
Câu 3.( 5 điểm) Hãy viết chương trình giải bất phương trình 0≥+ bax bằng ngôn
ngữ lập trình Pascal?
………………………………………………….HẾT………………………………
…………………………
Họ và tên học
sinh……………………………………………………………………..Lớp
11A……
ĐĐĐĐỀỀỀỀ KIKIKIKIỂỂỂỂMMMM TRATRATRATRA HHHHỌỌỌỌCCCC KKKKỲỲỲỲ IIII BANBANBANBAN KHCBKHCBKHCBKHCB

MMMMÔÔÔÔNNNN :::: TINTINTINTIN
( Thời gian làm bài 45 phút )
……………………………………………………
Câu 1 ( 3 điểm).Hãy cho biết các thủ tục vào- ra đơn giản và nêu ví dụ minh họa ?
Câu 2 ( 2 điểm). Hãy chuyển các biẻu thớc trong Pascal dưới đây thành biểu thức
toán học tương ứng?
a, a / b*c – sqrt(a + b) c, a + b*c /(2*c + 4b) - 2*a
b, a*b + c + sqrt(a + b) d, 1 / a*b*c – d
Câu 3.( 5 điểm) Hãy viết chương trình giải bất phương trình 0≥+ bax bằng ngôn
ngữ lập trình Pascal?
…………………………………………………...HẾT……………………………
…………………………
ĐĐĐĐỀỀỀỀ THITHITHITHI MMMMÔÔÔÔNNNN :::: TOTOTOTOÁÁÁÁNNNN ((((ĐĐĐĐềềềề 5)5)5)5)
…………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
Câu 1 ( 2 điểm) Giả sử phương trình bậc hai .02
=++ cbxax có hai nghiệm dương x1,
x2 và phương trình bậc hai
.02
=++ abxcx có hai nghiệm dương x3, x4. Chứng minh rằng x1 + x2 + x3 + x4 ≥ 4
Câu 2 ( 2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình:
06116 23
=−++− axxx có 3 nghiệm nguyên phân biệt.
Câu 3 ( 3điểm).
a, Cho tam giác ABC có I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam
giác. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằng nếu AM vuông góc với OI thì
ACABBC
112
+=
b,Cho tam giác ABC thỏa mãn:
cbacbba ++
=
+
+
+
311
. Tính số đo góc B

Câu 4. ( 2 điểm) Giải phương trình: 53512 22
++=++ xxx
Câu5 ( 1 điểm)Cho a, b, c > 0 và a + b + c =1. CMR
)(9
10
222
3
cba
abc
b
c
a
b
c
a
++
≥+++
……………………………………………………HHHH
ẾẾẾẾTTTT……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………........
ĐĐĐĐỀỀỀỀ THITHITHITHI MMMMÔÔÔÔNNNN :::: TOTOTOTOÁÁÁÁNNNN
…………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
Câu 1 ( 2 điểm) Giả sử phương trình bậc hai .02
=++ cbxax có hai nghiệm dương x1,
x2 và phương trình bậc hai
.02
=++ abxcx có hai nghiệm dương x3, x4. Chứng minh rằng x1 + x2 + x3 + x4 ≥ 4
Câu 2 ( 2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình:
06116 23
=−++− axxx có 3 nghiệm nguyên phân biệt.
Câu 3 ( 3điểm).
a, Cho tam giác ABC có I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam
giác. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằng nếu AM vuông góc với OI thì
ACABBC
112
+=
b,Cho tam giác ABC thỏa mãn:
cbacbba ++
=
+
+
+
311
. Tính số đo góc B
Câu 4. ( 2 điểm) Giải phương trình: 53512 22
++=++ xxx
Câu5 ( 1 điểm)Cho a, b, c > 0 và a + b + c =1. CMR
)(9
10
222
3
cba
abc
b
c
a
b
c
a
++
≥+++
……………………………………………………HHHH
ẾẾẾẾTTTT……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………........

ĐĐĐĐỀỀỀỀ THITHITHITHI MMMMÔÔÔÔNNNN :::: TOTOTOTOÁÁÁÁNNNN ((((ĐĐĐĐềềềề 6666 ))))
…………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
CCCCââââuuuu 1(1(1(1( 2222 đđđđiiiiểểểểm).m).m).m). Xác định a để hệ có nghiệm duy nhất
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−−=++
=+++
axyyx
ayx
22
2
200920092
12009
CCCCââââuuuu 2222 (((( 2222 đđđđiiiiểểểểm).m).m).m). Giải phương trình: 51624923 22
=+−++− xxxx
CCCCââââuuuu 3333 (((( 2222 đđđđiiiiểểểểm)m)m)m) .... Cho a, b, c >0 thỏa mãn abc = 1. CMR
4
3
)1)(1()1)(1()1)(1(
444
≥
++
+
++
+
++ ba
c
ac
b
cb
a
CCCCââââuuuu 4444 (((( 2222 đđđđiiiiểểểểm)m)m)m) .... cho đường tròn cố định tâm O, bán kính r và tam giác ABC thay
đổi nhưng luôn ngoại tiếp đường tròn. Đường thẳng đi qua O cắt AB, AC lần lượt
tại M, N. Xác định vị trí của điểm A và của MN sao cho diện tích tam giác AMN
đạt GTNN.
CCCCââââuuuu 5555 (((( 2222 đđđđiiiiểểểểm)m)m)m) .... Cho số ,122
+=
n
nA với n là số tự nhiên . CMR với hai số tự
nhiên khác nhau m, k thì km AA , nguyên tố cùng nhau
ĐĐĐĐỀỀỀỀ THITHITHITHI MMMMÔÔÔÔNNNN :::: TOTOTOTOÁÁÁÁNNNN ((((ĐĐĐĐềềềề 6666 ))))
…………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
CCCCââââuuuu 1(1(1(1( 2222 đđđđiiiiểểểểm).m).m).m). Xác định a để hệ có nghiệm duy nhất

⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−−=++
=+++
axyyx
ayx
22
2
200920092
12009
CCCCââââuuuu 2222 (((( 2222 đđđđiiiiểểểểm).m).m).m). Giải phương trình: 51624923 22
=+−++− xxxx
CCCCââââuuuu 3333 (((( 2222 đđđđiiiiểểểểm)m)m)m) .... Cho a, b, c >0 thỏa mãn abc = 1. CMR
4
3
)1)(1()1)(1()1)(1(
444
≥
++
+
++
+
++ ba
c
ac
b
cb
a
CCCCââââuuuu 4444 (((( 2222 đđđđiiiiểểểểm)m)m)m) .... cho đường tròn cố định tâm O, bán kính r và tam giác ABC thay
đổi nhưng luôn ngoại tiếp đường tròn. Đường thẳng đi qua O cắt AB, AC lần lượt
tại M, N. Xác định vị trí của điểm A và của MN sao cho diện tích tam giác AMN
đạt GTNN.
CCCCââââuuuu 5555 (((( 2222 đđđđiiiiểểểểm)m)m)m) .... Cho số ,122
+=
n
nA với n là số tự nhiên . CMR với hai số tự
nhiên khác nhau m, k thì km AA , nguyên tố cùng nhau

BBBBààààiiii 1:1:1:1: (4 điểm )
Cho họ đường thẳng( )md
2
2 2
1
1 1
m m
y x
m m m m
+
= +
+ + + +
Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho không có bất kỳ đường thẳng nào
thuộc họ ( )md đi qua.
Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa mãn điều kiện:
1
1 1 1 1
a b c d
a b c d
+ + + =
+ + + +
1
81
abcd ≤ .
Giải hệ phương trình sau:
2 2
2 2
1 1 18
1 1 2
x x y x y x y y
x x y x y x y y
⎧ + + + + + + + + + =⎪
⎨
+ + + − + + + + − =⎪⎩
Cho bất phương trình:
2
4 4 3x x x x m+ − ≤ − + +
Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi [ ]0;4x∈ .
BBBBààààiiii 5555 :(4 điểm )
Cho ∆ABC vuông tại A có hai đường trung tuyến BM, CN. Gọi α là góc giữa hai
đường thẳng BM và CN, chứng minh rằng khi đó
4
cos
5
α ≥ .

ĐáĐáĐáĐápppp áááánnnn vvvvàààà bibibibiểểểểuuuu đđđđiiiiểểểểmmmm ToToToToáááánnnn 10101010
Câu Nội dung Điểm
I
II
BBBBààààiiii 1111 Gọi (xo;y o) là điểm cần tìm, khi đó phương trình
sau
2
0 02 2
1
1 1
m m
y x
m m m m
+
= +
+ + + +
⇔ 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
⇔ ∆= (y0-x0)(-x0-3y0+4)<0
⇔ (I) 0 0
0 0
0
3 4 0
y x
x y
− <⎧
⎨
− − + >⎩
hoặc (II) 0 0
0 0
0
3 4 0
y x
x y
− >⎧
⎨
− − + <⎩
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).
A
1
10 4 x
4
3
Từ giả thiết suy ra
1
1 1 1 1
b c d
a b c d
= + +
+ + + +
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm
1
b
b+
;
1
c
c+
;
1
d
d+
ta có
3
1
3
1 1 1 1 (1 )(1 )(1 )
b c d bcd
a b c d b c d
= + + ≥
+ + + + + + +
Tương tự có
3
1
3
1 (1 )(1 )(1 )
acd
b a c d
≥
+ + + +
3
1
3
1 (1 )(1 )(1 )
abd
c a b d
≥
+ + + +
4 điểm
1 đ
0,5 đ
1,5 đ
1 đ
4 điểm
1 đ
0,5 đ

III
3
1
3
1 (1 )(1 )(1 )
abc
d a b c
≥
+ + + +
Nhân vế với vế có
1
81
(1 )(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )(1 )
abcd
a b c d a b c d
≥
+ + + + + + + +
⇔
1
81
abcd ≤
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
Điều kiện
2
2
1 0
1 0
x x y
y x y
⎧ + + + ≥⎪
⎨
+ + + ≥⎪⎩
Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta
được
2 2
1 1 10
8
x x y y x y
x y
⎧ + + + + + + + =⎪
⎨
+ =⎪⎩
Thế y=8-x vào phương trình trên ta được
2 2
9 16 73 10x x x+ + − + =
⇔
2 2 2
( 9)( 16 73) 8 9x x x x x+ − + = − + +
⇔
2 2 2 2
( 3 ) ( 8) 3 ) 9 (8 )x x x x⎡ ⎤+ − + = + −⎣ ⎦ (1)
Trong hệ trục tọa độ xét ( ;3)a x
→
; (8 ;3)b x
→
−
Khi đó | a
→
|.| b
→
|= 2 2 2 2
( 3 ) ( 8) 3 )x x⎡ ⎤+ − +⎣ ⎦
a
→
. b
→
=9 (8 )x x+ −
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 0a
→ →
= hoặc
0b
→ →
= (không xảy ra) hoặc a
→
cùng hướng b
→
suy ra
8
1 0
x
x
−
= > ⇔ x=4.
KL: Nghiệm của hệ là (4;4)
BBBBààààiiii 4444: 2
4 4 3x x x x m+ − ≤ − + + (1)
Điều kiện 2 2
0 4 0 4
4 3 0(2) 4 3(2)
x x
x x m m x x
≤ ≤ ≤ ≤⎧ ⎧
⇔⎨ ⎨
− + + ≥ ≥ − −⎩ ⎩
Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm đúng với [ ]0;4x∀ ∈ thì (2)
nghiệm đúng [ ]0;4x∀ ∈
0,5 đ
0,5 đ
1,5 đ
1 đ
1 đ
1 đ
0,5 đ

IV
Xét f(x)= x2
-4x-3
Bảng biến thiên
x 0 2 4
f(x) -3
-7
-3
Từ bảng biến thiên (2) đúng với [ ]0;4x∀ ∈
⇔
[0;4]
max ( ) 3m f x m≥ ⇔ ≥ −
PT ⇔ 2 2
4 2 4 4 3x x x x m+ − ≤ − + +
Đặt 2
4t x x= −
Bảng biến thiên
x 0 2 4
t
0
2
0
Dựa vào bảng biến thiên suy ra 0 2t≤ ≤
Bất phương trình trở thành
g(t)=-t2
+2t+1≤m (3)
Để bất phương trình đầu nghiệm đúng với [ ]0;4x∀ ∈ thì (3)
có nghiệm đúng với [ ]0;2t∀ ∈ .
[0;2]
max ( )m g t⇔ ≥
t 0 1 2
g(t)
1
2
1
0,5 đ
0,5 đ
1 đ
0,5 đ
0,5 đ

V
Từ BBT suy ra 2m ≥ .
Kết luân 2m ≥ thì bpt (1) nghiệm đúng [ ]0;4x∀ ∈ .
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ :
y
xB
N
A
G
M
C
A(0;0),B(b;0), C(0;c), M(
2
b
;0), N(0;
2
c
); G(
3
b
;
3
c
)
;
6 3
b c
GM
→
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
;
2
;
3 3
b c
GB
→
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
;
GM
→
.GB
→
=
2 2 2 2
2
18 9 9
b c b c+
+ =
|GM
→
|
2 2
4
6
b c+
= ; |GB
→
|=
2 2
4
3
b c+
GM
→
.GB
→
=|GM
→
|.|GB
→
|.cosα
⇔
2 2
2 2 2 2
2( )
cos
4 4
b c
b c b c
α
+
=
+ +
Áp dụng bất đẳng thức côsi có
2 2
2 2 2 2 5( )
( 4 )(4 )
2
b c
b c b c
+
+ + ≤
Suy ra
4
cos
5
α ≥
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi b2+4c2=4b2+c2
⇔ b=c
1 đ
0,5 đ
1 đ
1 đ

1 đ
1 đ
1 đ
1 đ
CCCCââââuuuu 1:1:1:1: (2,5 điểm) . Cho phương trình: 01322
=+− xx (1).... Gọi x1, x2 là nghiệm
phương trình (1)
a, Hãy lập phương trình ẩn y nhận
1
22
2
11
2
,
2
x
xy
x
xy +=+= làm nghiệm.
b,Không giải phương trình (1) hãy tính giá trị biểu thức: 3
212
3
1
2
221
2
1
44
353
xxxx
xxxx
A
+
++
=
CCCCââââuuuu 2:2:2:2: (1,5 điểm).cho phương trình : 01234
=++++ axbxaxx có ít nhất một
nghiệm thực , với a,b là số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của 22
ba +
CCCCââââuuuu 3333 :::: (2,5 điểm) .
a, Giải phương trình: 4
3
10
2
6
=
−
+
− xx
b, Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm: 2
12)
1
()
1
(3
7)
1
()
1
(2
2
2
>
−+−++
−−−+
m
x
x
x
x
x
x
x
x
CCCCââââuuuu 4:4:4:4: (1,5 điểm).Cho [ ]2;1,, ∈zyx . Tìm giá trị lớn nhất của
)
111
)((
zyx
zyxP ++++=

CCCCââââuuuu 5:5:5:5: (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 222
AMCLBK ++ nhỏ nhất.
………………………………………………………………..H..H..H..HẾẾẾẾTTTT………………………………………………………………....
( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
HHHHọọọọ vvvvàààà ttttêêêênnnn ththththíííí
sinh:sinh:sinh:sinh:……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
SSSSốốốố bbbbááááoooo danh:danh:danh:danh:…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
HHHHƯƯƯƯỚỚỚỚNGNGNGNG DDDDẪẪẪẪNNNN CHCHCHCHẤẤẤẤMMMM VVVVÀÀÀÀ THANGTHANGTHANGTHANG ĐĐĐĐIIIIỂỂỂỂMMMM
CCCCââââuuuu NNNNộộộộiiii dungdungdungdung ĐĐĐĐiiiiểểểểmmmm
IIII
Theo Vi-Et ta có :
⎩
⎨
⎧
=
=+
1
32
21
21
xx
xx 0,250,250,250,25
Lại có: 36
)(2
21
21
2121 =
+
++=+
xx
xx
xxyy
0,50,50,50,5
9
4
4
21
2121 =++=
xx
xxyy 0,50,50,50,5
Vậy: 09362
=+− yy 0,250,250,250,25
b, Ta có:
[ ]
[ ]21
2
2121
2121
2
21
2)(4
5)2)(3
xxxxxx
xxxxxx
A
−+
+−+
=
0,250,250,250,25

b, Đặt
x
xt
1
−= , bài toán quy về tìm đk để bpt sau đúng với mọi t: 0,250,250,250,25
[ ]1.2)32(1.4
1)32.(3
2
2
−
−
=
0;250;250;250;25
8
7
)212(4
136
=
−
−
= 0,50,50,50,5
IIIIIIII
* x = 0 không là nghiệm pt
* x 0≠ : Phương trình trở thành : 0)
1
(
1
2
2
=++++ b
x
xa
x
x
0,250,250,250,25
Đặt 2;
1
≥=+ tt
x
x , khi đó phương trình trở thành:
battbatt +=−⇔=+−+ 22
202
0,250,250,250,25
Theo Bunhia
1
2
1
)1)((
2
2
2
22222
+
−
=
+
+
≥+⇔++≤+
t
t
t
bat
batbabat
0,250,250,250,25
6
1
9
1 2
222
−
+
++≥+
t
tba
0,250,250,250,25
Mặt khác:
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
≥
+
≥
+
+
+
5
16
25
)1(16
5
18
1
9
25
)1(9
2
2
2
t
t
t
do 42
≥t
0,250,250,250,25
Vậy 12
5
422
±=⇔±=⇔≥+ xtba
0,250,250,250,25
III.aIII.aIII.aIII.a
a, Với x <2 đặt t
t
t
t
x
x
t −=
+
⇔+=−⇒>
−
= 4
6
10
1
6
30
2
6
2
2
2
0,250,250,250,25
09648128 234
=+−+−⇔ tttt 0,250,250,250,25
2=⇔ t 0,250,250,250,25
2
1
=⇔ x
KL:
0,250,250,250,25

III.bIII.bIII.bIII.b
2
3
12
2
2
≤
++
+−
mtt
tt
Vì mẫu xác định với mọi t nên tmttm ∀>++⇒>⇔<∆ ,03
12
1
0 2 0,250,250,250,25
Do đó bất phương trình tương đương với :
tmtttt ∀++≤+− ,22612 22
tmtt ∀≥−++⇔ ,01234 2
0,250,250,250,25
0)12(169 <−−=∆⇔ m
0,50,50,50,5
32
25
≥⇔ m
KL:
0,250,250,250,25
IVIVIVIV
Do vai trò x, y, z như nhau nên giả sử 21 ≤≤≤≤ zyx
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≥⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≥⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
⇒
011
011
y
z
x
y
z
y
y
x
0,250,250,250,25
x
z
z
x
y
z
x
y
z
y
y
x
++≤⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+⇒ 2
0,250,250,250,25
)(253
x
z
z
x
z
x
x
z
y
z
z
y
x
y
y
x
P ++≤+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+=⇒ (1). Dấu ‘ = ’
xảy ra khi và chỉ khi x = y hoặc y = z
0,250,250,250,25
Đặt t = ⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
∈ 1;
2
1
z
x
, ta có:
2
51
0)
2
1
)(2( ≤+⇒≤−−
t
ttt (2). Dấu ‘ =
‘ xảy ra khi
2
1
=t
0,250,250,250,25
Từ (1) và (2) suy ra P 1055 =+≤P 0,250,250,250,25
Dấu ‘ = ‘ xảy ra khi và chỉ khi
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
==
=
⎩
⎨
⎧
=
==
2
1
2
1
zy
x
z
yx
KL:
0,250,250,250,25
Đặt S = BK2
+ CL2
+AM2
. Theo tính chất của tam giác vuông ta
có:
S = BM2
+ CK2
+ AL2
0,50,50,50,5
Do vậy: 2S =(BK2
+KC2
) + (CL2
+ LA2
) + (AM2
+MB2
0,50,50,50,5

BBBBµµµµiiii 1:1:1:1:
1.Gi¶i ph-¬ng tr×nh: 211 24 2
=−++−− xxxx .
2.Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh:
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=++
=++
21
7
2244
22
yxyx
xyyx
BBBBµµµµiiii 2:2:2:2:
1. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh
232 −x + 2+x ≥ 3 4 )2)(23( +− xx .
2. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh
7925623 222
++≤+++++ xxxxxx .
BBBBµµµµiiii 3.3.3.3. T×m hµm f(x) biÕt r»ng: x
x
fxfx =+≠∀ )
1
(2)(:0 .
BBBBµµµµiiii 4.4.4.4. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:
8
5
−
−
=
x
x
A Víi [ )+∞∈ ;14x .
BBBBµµµµiiii 5.5.5.5. Cho ®-êng trßn (C): 014222
=+−−+ yxyx .
VVVV ])()()[(
2
1 222
MBAMLACLKCBK +++++≥
)(
2
1 222
ABCABC ++= 0,50,50,50,5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : MBAMLACLKCBK === ,, 0,50,50,50,5

1. LËp ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) qua ®iÓm M(3;4).
2. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) song song víi ®-êng th¼ng 3x + 4y +1
=0 vµ c¾t (C) t¹i hai ®iÓm A; B sao cho tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch lín nhÊt.
(Víi I lµ t©m ®-êng trßn (C) )
BBBBµµµµiiii 6.6.6.6.
1. Chøng minh: .0;;
111
333
888
>∀++≥
++
cba
cbacba
cba
2.Cho c¸c sè d-¬ng a;b;c thâa m·n ®iÒu kiÖn a+b+c=3. Chøng minh:
2
3
111 222
≥
+
+
+
+
+ a
c
c
b
b
a
HÕt.
HHHHääää ttttªªªªnnnn ththththÝÝÝÝ sinhsinhsinhsinh …………………………………………………… SSSSèèèè bbbb¸¸¸¸oooo danhdanhdanhdanh…………….
ThThThThÝÝÝÝ sinhsinhsinhsinh khkhkhkh««««ngngngng ®-î®-î®-î®-îcccc ssssöööö ddddôôôôngngngng ttttµµµµiiii lilililiÖÖÖÖu,u,u,u, gigigigi¸¸¸¸mmmm ththththÞÞÞÞ khkhkhkh««««ngngngng gigigigi¶¶¶¶iiii ththththÝÝÝÝchchchch gggg×××× ththththªªªªm.m.m.m.
®¸®¸®¸®¸pppp ¸¸¸¸nnnn thithithithi chchchchäääännnn hhhhääääcccc sinhsinhsinhsinh gigigigiááááiiii ccccÊÊÊÊpppp trtrtrtrêêêêngngngng llllíííípppp 10101010
n¨m häc 2008-2009 MMMM««««nnnn :::: ToToToTo¸¸¸¸nnnn
Thêi gian 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao
®Ò
BBBBµµµµiiii ýýýý NNNNééééiiii dungdungdungdung §§§§iiiiÓÓÓÓmmmm
BBBBµµµµiiii 1111
(4(4(4(4 ®®®®))))
1111
Gi¶i ph-¬ng tr×nh: 211 24 2
=−++−− xxxx .
§K: 01;01 2
≥−−≥− xxx .
§Æt u= 2
24 2 1
11
u
xxxx =−+⇒−− ( u>0).
1111®®®®
Ph-¬ng tr×nh trë thµnh:
2
51
;1012 23 ±
==⇔=+− uuuu .
- Víi u=1: x=1.
- Víi
2
51±
=u : 4
8
2
51
2
2
51
1
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ +
+
=x
1111®®®®

2222
Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh:
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=++
=++
21
7
2244
22
yxyx
xyyx
( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=−+
=++
⇔
21
7
22222
22
yxyx
xyyx
1111®®®®
§Æt u= 22
yx + ; v=xy. Cã ngay: u=5;v=2. Ta cã hÖ:
⎩
⎨
⎧
=
=+
2
522
xy
yx
Gi¶i ra ta ®-îc c¸c nghiÖm: (1;2); (2;1); (-1;-2); (-2;-1). 1111®®®®
(4(4(4(4®®®®))))
1111
2 23 −x + 2+x ≥ 3 4 )2)(23( +− xx (1)
TX§: D = { ∈x R x ≥
3
2
}
Trªn D th× 2+x > 0, Chia 2 vÕ cña (1) cho 2+x ta ®-îc
2 31
2
23
≥+
+
−
x
x 4
2
23
+
−
x
x
§Æt t = 4
2
23
+
−
x
x
, t ≥ 0
BPT ⇔ 2t2
– 3t + 1 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤
2
1
hoÆc t ≥ 1
1111§§§§
* Víi 0 ≤ t ≤
2
1
th× 4
2
23
+
−
x
x
≤
2
1
⇔
3
2
≤ x ≤
47
34
* Víi t ≥ 1 th× 4
2
23
+
−
x
x
≥ 1 ⇔ x ≥ 2
VËy tËp nghiÖm cña BPT (1): T = ⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
47
34
;
3
2
∪ [ ]+∞;2
1111§§§§
2222
7925623 222
++≤+++++ xxxxxx .
§K: ( ] [ )+∞−∪−∞−∈ ;15;x
- Víi x=-1: HiÓn nhiªn lµ nghiÖm.
- Víi x>-1: BÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎢
⎣
⎡
−=
−=
−>
⇔+≤+++
5
2
1
7252
x
x
x
xxx Bpt v« nghiÖm.
1111®®®®
- Víi 5−≤x :BÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng:
57225 −=⇔−−≤−−+−− xxxx .
VËy Bpt cã 2 nghiÖm: x=-1; x=-5
1111®®®®
(2(2(2(2 ®®®®))))
Thay x bëi 1/x ta cã:
x
xf
x
f
1
)(2)
1
( =+ . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ban
®Çu, gi¶i hÖ ta ®-îc:
x
x
xf
3
2
)(
2
−
=
2222®®®®

(2(2(2(2 ®®®®))))
8
2
1
8
3
2
8
8
3
8
8
5
−+
−
+
−
=
−
+−=
−
−
= x
x
x
x
x
x
x
A
- ¸p dông Cosi 6
8
3
2
8
≥
−
+
−
x
x
. §¼ng thøc x¶y ra khi :
⇔
−
=
−
8
3
2
8
x
x
x=14.
1,51,51,51,5®®®®
- Víi 6
2
1
8
2
1
14 ≥−⇒≥ xx §¼ng thøc x¶y ra khi x=14.
VËy: 6
2
3
≥A §¼ng thøc x¶y ra khi x=14.
0,50,50,50,5®®®®
(4(4(4(4 ®®®®))))
1111
4)2()1(:)( 22
=−+− yxC . T©m I(1;2); b¸n kÝnh R=2.
+ XÐt tiÕp tuyÕn cïng ph-¬ng Oy: KiÓm tra thÊy x=3 lµ tiÕp tuyÕn.
0,50,50,50,5®®®®
+ XÐt tiÕp tuyÕn (d) kh«ng cïng ph-¬ng Oy: y=ax+b.
2
1
2
2
=
+
−+
=
a
ba
d dI . Do M n¨m trªn d nªn: 3a+b=4.
Gi¶i hÖ a=0; b=4. d: y=4.
VËy cã 2 tiÕp tuyÕn tho· m·n: x=3 vµ y=4.
1,51,51,51,5®®®®
2222
Gäi H(x;y) lµ trung ®iÓm AB. Gi¶ sö IH=a suy ra HB= 22
aR − .
1
4
1
)(
2
1
.
2
1
.
2
1 222222
=≤−=−==∆ RaRaaRaHBIHS IHB §¼ng thøc x¶y ra
khi: 22
aR − =a 2
2
==⇔
R
a .
1111®®®®
Nãi c¸ch kh¸c ®-êng th¼ng d cã d¹ng: 3x+4y+C=0 c¾t ®-êng trßn t¹i
AB: Trung ®iÓm H cña AB: IH= 2 . Ta cã ngay:
⎢
⎢
⎣
⎡
−−=
−=
⇔=+
1125
1125
2511
C
C
C
VËy cã 2 ®-êng th¼ng cÇn t×m:
3x+4y+ 0112543;01125 =−−+=− yx
1111®®®®
(4(4(4(4®®®®))))
1111
.0;;
111
333
888
>∀++≥
++
cba
cbacba
cba
¸p dông bÊt ®¼ng thøc c¬ b¶n sau: cabcabcba ++≥++ 222
.
0,50,50,50,5®®®®
Ta cã : c
cba
bacacbcba
cba
accbba
cba
cba
33
242242242
333
444444
333
888
++
≥
++
≥
++
cba
cabcab
abc
cba
abcbc
a
ab
c
ac
b 111
)(
1
)(
1 222
++=++≥++=++=
1,51,51,51,5®®®®

2222
Ta cã :
2211
2
2
2
2
ab
a
b
ab
a
b
ab
a
b
a
−=−≥
+
−=
+
. 1111®®®®
Hoµn toµn t-¬ng tù ta chøng minh ®-îc cho c¸c tr-êng hîp cßn l¹i. Khi
®ã:
2
3
2111 222
≥
++
−++≥
+
+
+
+
+
cabcab
cba
a
c
c
b
b
a
(Do a+b+c=3 nªn dÔ cã: 3≤++ cabcab ).
§¼ng thøc x¶y ra khi a=b=c=1.
1111®®®®
CCCCââââuuuu I:I:I:I: (5 điểm)
3. Giải bất phương trình: ( )( )( )( ) 2
1 2 4 8 4x x x x x− − − − ≤
4. Cho các số thực a, b, c (với a ≠ 0) sao cho: phương trình ax2
+ bx + c = 0 có hai
nghiệm thuộc đoạn [ ]0; 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( )( )
( )
2a b a b
P
a a b c
− −
=
− +
.
CCCCââââuuuu II:II:II:II: (5 điểm)
1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
2
)9)(8)(2)(1( yxxxx =++++
2. Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y
⎧
+ + + =⎪
⎪
⎨
⎪ + + + = −
⎪⎩

CCCCââââuuuu III:III:III:III: (3 điểm) Trong mặt phẳng, cho góc � 0
60 .xOy = M, N là hai điểm lần lượt thay
đổi trên hai tia Ox và Oy sao cho:
2013
201211
=+
ONOM
. Chứng minh đường thẳng MN luôn
đi qua điểm cố định.
CCCCââââuuuu IV:IV:IV:IV: (2 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi, có tổng bằng
17
4
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
1
31121
11 2
2
+
+
+
+++=
xy
y
y
x
y
xxP .
CCCCââââuuuu V:V:V:V: (5 điểm)
1. Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng 0332:1 =−− yxd và
01725:2 =−+ yxd . Đường thẳng d đi qua giao điểm của 1d và 2d cắt hai tia Ox, Oy lần
lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho 2
2
OABS
AB
∆
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:
2 2 2
1 1 1. . . 0a GA b GB c GC+ + =
��
. (với a=BC, b=AC, c=AB).
-------------------------------------------------------------------------------------------- HHHHếếếếtttt ----------------------------------------------------------------------------------------
CCCCââââuuuu NNNNộộộộiiii dungdungdungdung ThangThangThangThang
IIII 5.05.05.05.0đđđđ
1.1.1.1. GiGiGiGiảảảảiiii bbbbấấấấtttt phphphphươươươươngngngng trtrtrtrìììình:nh:nh:nh: ( )( )( )( ) 2
1 2 4 8 4x x x x x− − − − ≤ 2.52.52.52.5đđđđ
( ) ( )( )2 2 2
2 6 8 9 8 4bpt x x x x x⇔ − + − + ≤ (2)
0x = kh«ng ph¶i lµ nghiÖm
0,5
0≠x , ph¬ng tr×nh (2)
8 8
6 9 4x x
x x
⎛ ⎞⎛ ⎞
⇔ + − + − ≤⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
0,5
§Æt
8
x t
x
+ = , ®iÒu kiÖn 4 2t ≥ (*)
Bpt trë thµnh: 2
15 50 0 5 10t t t− + ≤ ⇔ ≤ ≤ , kÕt hîp (*) ta ®îc:
8
4 2 10 4 2 10 5 17 5 17t x x
x
≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
KL: nghiÖm cña BPT lµ: 5 17;5 17x ⎡ ⎤∈ − +⎣ ⎦
1,0
2.2.2.2. TTTTììììmmmm gigigigiáááá trtrtrtrịịịị llllớớớớnnnn nhnhnhnhấấấấtttt ccccủủủủaaaa bibibibiểểểểuuuu ththththứứứức:c:c:c:
( )( )
( )
2a b a b
P
a a b c
− −
=
− +
.... 2.52.52.52.5đđđđ

Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của PT đã cho. Theo Vi-et:
1 2
1 2
b
x x
a
c
x x
a
⎧
+ = −⎪⎪
⎨
⎪ =
⎪⎩
0,5
Do a ≠ 0 nên ta có :
( )( ) 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
2
1 1
1
b b
x x x x x x x xa a
P
b c x x x x x x x x
a a
⎛ ⎞⎛ ⎞
− −⎜ ⎟⎜ ⎟ + + + + + + +⎝ ⎠⎝ ⎠= = = +
+ + + + + +⎛ ⎞
− +⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,75
Không mất tính tổng quát giả sử x1 ≤ x2 do 2 nghiệm thuộc [0; 1] nên
2 2
1 1 2 2; 1x x x x≤ ≤ và 1 2 1 21 x x x x+ + + > 0 nên ta có:
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1
1
1 1
x x x x x x x x
x x x x x x x x
+ + + + + +
≤ =
+ + + + + +
⇒ P ≤ 3
0,75
Dấu đẳng thức xẩy ra khi:
1 1 2
2
2 1
x x x
x
=⎧
⎨
=⎩
1
2
1
2
0
x = 1
1
x = 1
x
x
⎡ =⎧
⎨⎢
⎩⎢⇔
⎢ =⎧
⎢⎨
⎢⎩⎣
0
0
0
2
c
b a
b
a c
⎡ =⎧
⎨⎢
= − ≠⎩⎢⇔
⎢
= = − ≠⎢
⎣
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3
0,5
IIIIIIII 5.05.05.05.0đđđđ
1.T1.T1.T1.Tììììmmmm ttttấấấấtttt ccccảảảả ccccáááácccc nghinghinghinghiệệệệmmmm nguynguynguynguyêêêênnnn ccccủủủủaaaa phphphphươươươươngngngng trtrtrtrìììình:nh:nh:nh: 2
)9)(8)(2)(1( yxxxx =++++ 2.52.52.52.5đđđđ
Đặt 5+= xt , ta được:
2
)9)(8)(2)(1( yxxxx =++++ 222
)16)(9( ytt =−−⇔ (1)
Đặt
2
252
−= tu ( Zu ∈2 ) ⇔ + − =(1) (2u 2y)(2u 2y) 49
0, 5
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
−=
=
∨
=
=
⇒
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
=−
=+
∨
=−
=+
12
252
12
252
4922
122
122
4922
y
u
y
u
yu
yu
yu
yu
05252 =⇒±=⇒= xtu hay 10−=x
Từ đó )12;0(),( ±=yx , )12;10( ±−
0,5
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
=
−=
∨
−=
−=
⇒
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
−=−
−=+
∨
−=−
−=+
12
252
12
252
4922
122
122
4922
y
u
y
u
yu
yu
yu
yu
50252 −=⇒=⇒−= xtu Từ đó )12;5(),( ±−=yx
0,5
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
=
−=
∨
=
=
⇒
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
−=−
−=+
∨
=−
=+
0
72
0
72
722
722
722
722
y
u
y
u
yu
yu
yu
yu
1472 −=⇒±=⇒= xtu hay 9−=x
2372 −=⇒±=⇒−= xtu hay 8−=x
Từ đó )0;1(),( −=yx , )0;2(− , )0;8(− , )0;9(−
0,5
Tóm lại phương trình có 10 nghiệm nguyên (x, y) là:
)0;1(− , )0;2(− , )0;8(− , )0;9(− , )12;0( ,
)12;0( − , )12;5(− , )12;5( −− , )12;10(− , )12;10( −−
0,5
2.2.2.2. TTTTììììmmmm đđđđiiiiềềềềuuuu kikikikiệệệệnnnn ccccủủủủaaaa thamthamthamtham ssssốốốố mmmm đểđểđểđể hhhhệệệệ phphphphươươươươngngngng trtrtrtrììììnhnhnhnh sausausausau ccccóóóó nghinghinghinghiệệệệmmmm 2.52.52.52.5đđđđ

Đặt u =
1
x
x
+ và v =
1
y
y
+ với 2, 2u v≥ ≥
Hệ đã cho trở thành:
( )3 3
5 5
83 15 10
u v u v
u v mu v u v m
+ =⎧ + =⎧⎪
⇔⎨ ⎨
= −+ − + = −⎪ ⎩⎩
u, v là các nghiệm của PT : t2
– 5 t + 8 = m (1)
1.0
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT (1) có nghiệm t1, t2 thoả mãn 1 22, 2t t≥ ≥
(t1, t2 không nhất thiết phân biệt)
Xét hàm số y = t2
– 5 t + 8 với t ] [ )( ; 2 2;∈ −∞ − ∪ +∞
t - ∞ - 2 2 5
2
+∞
y
+ ∞ +∞
22
2
7
4
Từ bảng biến thiên suy ra hệ đã cho có nghiệm khi
7
2
4
22
m
m
⎡
≤ ≤⎢
⎢
≥⎣
1.0
0.5
III.III.III.III. ChChChChứứứứngngngng minhminhminhminh đườđườđườđườngngngng ththththẳẳẳẳngngngng MNMNMNMN lulululuôôôônnnn đđđđiiii quaquaquaqua đđđđiiiiểểểểmmmm ccccốốốố địđịđịđịnh.nh.nh.nh. 3.03.03.03.0đđđđ
Gọi Ot là tia phân giác của góc xOy
Suy ra Ot cố định. Gọi I là giao điểm MN với tia Ot.
Ta chứng minh I cố định.
0.5
* MONONOMS OMN sin..
2
1
=∆
= ONOMONOM .
4
3
60sin..
2
1 0
= (1)
0.5
* NOIOIONMOIOIOMSSS ONIOMIOMN sin..
2
1
sin..
2
1
+=+= ∆∆∆
= OIONOMOIONOM ).(
4
1
30sin.).(
2
1 0
+=+ (2)
1.0
Từ (1) và (2) suy ra:
ONOM
ONOM
OI .3
1 +
=
32013
2012
)
11
(
3
1
=+=
ONOM
I⇒ cố định.
1.0
IVIVIVIV
TTTTììììmmmm gigigigiáááá trtrtrtrịịịị nhnhnhnhỏỏỏỏ nhnhnhnhấấấấtttt ccccủủủủaaaa bibibibiểểểểuuuu ththththứứứức:c:c:c:
1
31121
11 2
2
+
+
+
+++=
xy
y
y
x
y
xxP .... 2.02.02.02.0đđđđ

Ta có: P = ( x +
y
1
) 2
+ 11( x +
y
1
) +
y
x
1
3
+
. Đặt: t = x +
y
1
> 0. Ta có:
0.5
P = t 2
+ 11t +
t
3
= ( t –
2
1
)2
+ (12t +
t
3
) –
4
1
t
t
3
.122≥ –
4
1
=
4
47
.
Đẳng thức xảy ra khi t =
2
1
.
1.0
Giải hệ:
17
4
1 1
2
x y
x
y
⎧
+ =⎪⎪
⎨
⎪ + =
⎪⎩
được: x =
4
1
và y = 4.
Vậy: MinMinMinMin PPPP ====
4
47
đạt được khi x =
4
1
và y = 4.
0.5
VVVV 5.05.05.05.0đđđđ
1.1.1.1. ViViViViếếếếtttt phphphphươươươươngngngng trtrtrtrììììnhnhnhnh đườđườđườđườngngngng ththththẳẳẳẳngngngng dddd saosaosaosao chochochocho 2
2
OABS
AB
∆
nhnhnhnhỏỏỏỏ nhnhnhnhấấấất.t.t.t. 2.52.52.52.5đđđđ
• Gọi I là giao điểm của hai
đường thẳng 1d và
2d )1;3(I⇒ .
0.5
• Giả sử )0;(aA và );0( bB với 0, >ba thì đường thẳng d có phương
trình 1=+
b
y
a
x
. Vì 1
13
=+⇒∈
ba
dI
0.5
• Ta có ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
+
=
∆
222222
22
2
2
11
4
11
.4
.
.4
baOBOAOBOA
OBOA
S
AB
OAB
0.5
• Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có
1
1311
)13(
2
22
22
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+≥⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
baba 10
111
22
≥+⇒
ba
0.5
• Min
5
2
2
2
=
∆OABS
AB
khi
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
⇔
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
=+
10
3
10
3
1
13
b
a
ba
ba
Khi đó đường thẳng d có phương trình 0103 =−+ yx .
0.5

2.2.2.2. ChChChChứứứứngngngng minhminhminhminh rrrrằằằằng:ng:ng:ng:
2 2 2
1 1 1. . . 0a GA b GB c GC+ + =
��
. (Với a=BC, b=AC, c=AB). 2.52.52.52.5đđđđ
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1. . . 0 ( . . . ) 0a GA b GB a GC a GA b GB a GC+ + = ⇔ + + =
��
4 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1. . . 2 . 2 . 2 . 0a GA b GB c Gc a b GA GB a c GA GC b c GB GC⇔ + + + + + =
��
(*) 0.75
Ta có: 1 1 1, , , 2
3 3 3
a b c
a b c
h h h
GA GB GC ah bh ch S= = = = = = ,
0 2 2 2
1 1 1 1 1 1
0 2 2 2
1 1 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1
. . . os(180 ) . . os , -2ab.cos
. . . os(180 ) . . osB, -2ac.cos
. . . os(180 ) . . osA, -2cb.cos
GA GB GA GB c C GA GB c C C c a b
GA GC GA GC c B GA GC c B b a c
GC GB GC GB c A GC GB c A
= − = − = − −
= − = − = − −
= − = −
��
��
�� 2 2 2
a b c= − −
1.0
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
(*)
4 . 4 . 4 . 4 .( ) 4 .( ) 4 .( )
0
9 9 9 9 9 9
S a S b S c S c a b S b a c S a c b
VT
− − − − − −
= + + + + + =
Là điều phải chứng minh.
0.75
2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:
( )
( ) ( )
2
1 2
2 2 1 2
x y x y y
x y y x
⎧ + − = − −⎪
⎨
− = − −⎪⎩
®k:
1
(**)
0
x
y
≥⎧
⎨
≥⎩
0,5
HPT
( )
( ) ( )
2 2
1 2 2 0(4)
2 2 1 2 (5)
x x y y y
x y y x
⎧− + + + + =⎪
⇔ ⎨
− = − −⎪⎩
Gi¶i (4) xem nh ph¬ng tr×nh bËc hai ®èi víi Èn x ta ®îc:
1 2
x y
x y
= −⎡
⎢ = +⎣
1,0
Víi x=-y lo¹i do (**) 0,5
Thay x=1+2y vµo (5) ta cã: ( )( ) ( )
2 5
1 2 2 2 2 2
1 1
y x
y y y y
y x
= ⇒ =⎡
+ − = − ⇔ ⎢ = − ⇒ = −⎣
kÕt hîp
(**) nghiÖm cña HPT lµ: (x;y) = ( 5;2)
1,0
M
A
B C
N
0,250,250,250,25

Ta có:
2
,
3
BC BA
BN
+
=
��
�� ( )1
1 1
BA k BCCA kCB
CM
k k
− ++
= =
+ +
��
��
Do . 0BN CM BN CM⊥ ⇔ = ⇔
��
( ) ( )( )2 1 0BC BA BA k BC+ − + =
��
( ) ( )2 2 1 1
1 2 2 1 . 0 1 2 0
2 4
k a a k BA BC k k k− + + − + = ⇔ − − + − − = ⇔ =
��
0,50,50,50,5
Với
1
4 5
a
k AM= ⇒ =
0,250,250,250,25
BC là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường cao hạ từ A nên có PT:
( ) ( )4 2 3 1 0 4 3 5 0x y x y− + + = ⇔ + − = .
0,50,50,50,5
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
( )
4 3 5 0 1
1;3
2 5 0 3
x y x
C
x y y
+ − = = −⎧ ⎧
⇔ ⇒ −⎨ ⎨
+ − = =⎩ ⎩
0,50,50,50,5
Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường phân giác góc C, d có phương
trình:
( ) ( )2 2 1 0 2 5 0x y x y− − + = ⇔ − − = .
Tọa độ điểm H là giao điểm của d và phân giác góc C là nghiệm của hệ:
( )
2 5 0 3
3;1
2 5 0 1
x y x
H
x y y
+ − = =⎧ ⎧
⇔ ⇒⎨ ⎨
− − = =⎩ ⎩
0,50,50,50,5
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:
( )' '2 4; 2 3 ' 4;3B H B B H Bx x x y y y B= − = = − = ⇒ AC là đường thẳng đi qua C và có vectơ chỉ
0,50,50,50,5
phương ( )' 5;0CB
��
nên có PT là:
( ) ( )0 1 5 3 0 3 0x y y+ − − = ⇔ − = . 0,50,50,50,5
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
( )
3 0 5
5;3
3 4 27 0 3
y x
A
x y y
− = = −⎧ ⎧
⇔ ⇒ −⎨ ⎨
− + = =⎩ ⎩
Vậy ( ) ( )5;3 , 1;3A C− − .
0,50,50,50,5
Thay tọa độ A, B lần lượt vào vế trái phương trình đường phân giác góc C ta được các
số: 4; 5− − , do đó đường phân giác góc C đó là phân giác ngoài. 0,50,50,50,5
Kí hiệu N chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả sử :f N N→ là hàm số thỏa mãn các điều kiện
( )1 0f > và ( ) ( )( ) ( )( )
2 22 2
2 2f m n f m f n+ = + với mọi ,m n N∈ . Tính các giá trị của ( )2f
và ( )2013f .
Đặt ( )2f a= . Cho ( ) ( )( ) ( )
2
0 0 3 0 0 0m n f f f= = ⇒ = ⇒ = .
0,250,250,250,25

Cho ( ) ( )( ) ( )
2
1; 0 1 1 1 1m n f f f= = ⇒ = ⇒ = . Cho ( )1 3 3.m n f= = ⇒ =
Cho ( ) ( )( )
22
0 ,n f m f m m N= ⇒ = ∀ ∈ nên ( ) 2
4f a= .
Mặt khác với mỗi số tự nhiên
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
3 1 2 2 3 2
1 2 2 3 2 1
k k k k k
f k f k f k f k
≥ ⇒ + + − = − +
⇒ + + − = − +
Từ (1) cho 3k = ta có
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2 2 2 2 4
4 2 1 0 2 3 16 2 2 2f f f f a a f+ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ = .
0,250,250,250,25
Theo trên ta chứng minh được ( )f n n= với 0; 1; 2; 3; 4n = . Ta chứng minh bằng quy nạp
( )f n n= . Thật vậy, với 3n ≥ từ đẳng thức (1) ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 22
1 2 2 3 2
1 3 2 2 2 1 1 1
f n f n f n f n
f n n n n n f n n
+ + − = − +
⇒ + = − + − − = + ⇒ + = +
Do đó ( ) ( ), 2013 2013.f n n n N f= ∀ ∈ ⇒ =
0,50,50,50,5
KỲKỲKỲKỲ THITHITHITHI OLYMPICOLYMPICOLYMPICOLYMPIC TRUYTRUYTRUYTRUYỀỀỀỀNNNN THTHTHTHỐỐỐỐNGNGNGNG 30/430/430/430/4
LLLLẦẦẦẦNNNN THTHTHTHỨỨỨỨ XIIIXIIIXIIIXIII TẠITẠITẠITẠI THÀNHTHÀNHTHÀNHTHÀNH PHPHPHPHỐỐỐỐ HUHUHUHUẾẾẾẾ
ĐỀĐỀĐỀĐỀ THITHITHITHI MMMMÔÔÔÔNNNN TOTOTOTOÁÁÁÁNNNN LLLLỚỚỚỚPPPP 10101010
Thời gian làm bài: 180 phút
ChúChúChúChú ý:ý:ý:ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt
CCCCââââuuuu 1111 (4 điểm).
Giải hệ phương trình:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=+
=
+
++
yxyx
yx
xy
yx
2
22
16
8
Cho các số thực a, b, x, y thoả mãn điều kiện 3=− byax . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức aybxyxbaF +++++= 2222
.
Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện:
2
cos2
2
3
sin
2
3
sin
BABA −
=+ .
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.

Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao
cho:
MPMDMCMB 4=++ ; MQMAMDMC 4=++ ;
MRMBMAMD 4=++ ; MSMCMBMA 4=++ .
Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD.
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.
-------------------HẾT---------------------
GhiGhiGhiGhi chchchchúúúú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM
CCCCââââuuuu 1:1:1:1: Giải hệ phương trình:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=+
=
+
++
)2(yxyx
)1(16
yx
xy8
yx
2
22
* Điều kiện: x + y > 0 0,5
* (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
1
⇔ 2 2
x y 4 0 (3)
x y 4(x y) 0 (4)
+ − =⎡
⎢
+ + + =⎣
0,5
Từ (3) ⇒ x + y = 4, thế vào (2) ta được:
x2 + x – 4 = 2 ⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔
x 3 y 7
x 2 y 2
= − ⇒ =⎡
⎢ = ⇒ =⎣
.
1
(4) vô nghiệm vì x2
+ y2
≥ 0 và x + y > 0. 0,5
Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2) 0,5

Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM
CCCCââââuuuu 2:2:2:2: Cho các số thực a , b , x , y thỏa mãn điều kiện 3=− byax .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức aybxyxbaF +++++= 2222
.
Viết lại ( )22
22
4
3
22
ba
a
y
b
xF ++⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+= .
0,5
Đặt ( )y;xM = , ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−=
22
a
;
b
A , ( ) 3=−∆ byax: . Ta có
22
2
22
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
a
y
b
xMA . Mà ( )∆∈M nên ( )[ ] 22
22 3
ba
;AdMA
+
=∆≥ .
Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu của A trên ( )∆ .
1,5
Suy ra ( ) ( ) 3
4
33
2
4
33 22
22
22
22
=+
+
≥++
+
≥ ba.
ba
ba
ba
F .
1
Vậy 3=Fmin đạt được chẳng hạn khi
( ) ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−=
2
2
2
6
02 ;;;y;x;b;a .
1

Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM
CCCCââââuuuu 3:3:3:3: Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện :
sin ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
3A
+ sin ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
3B
= 2cos ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
2
BA
.
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
Ta có: sin(
2
3A ) + sin(
2
3B ) = 2 sin(
4
)(3 BA + ) cos(
4
)(3 BA − ) .
1≥ sin(
4
)(3 BA + ) > 0; cos(
2
BA − ) > 0
0 ≤
2
BA − ≤
4
3 BA − < π
⇒ cos(
2
BA − )≥cos(
4
3 BA − )
⇒cos(
2
BA − )≥cos(
4
3 )BA( − )
1
Từ sin(
2
3A ) + sin(
2
3B ) = 2cos(
2
BA − ) và cos(
2
BA − )>0
Suy ra : 2sin(
4
)(3 BA + )cos(
4
)(3 BA − ) >0
Hay cos(
4
3 )BA( − )>0.
1
Kết hợp với sin(
4
)(3 BA + )≤1, ta có sin(
4
)(3 BA + )cos(
4
)(3 BA − )≤cos(
4
)(3 BA − )
Do đó: 2 sin(
4
)(3 BA+ )cos(
4
)(3 BA− ) ≤ 2cos(
4
)(3 BA − ) ≤ 2cos(
2
BA − )
1
Vì vậy nếu sin(
2
3A ) + sin(
2
3B ) = 2cos(
2
BA − ) thì phải có:
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
+
−
=
−
1)
4
)(3
sin(
4
3
2
BA
BABA
⇔ A = B =
3
π
.
Vậy tam giác ABC là tam giác đều.
1

Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM
CCCCââââuuuu 4:4:4:4: Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các
điểm sao cho
MPMDMCMB 4=++ ; MQMAMDMC 4=++
MRMBMAMD 4=++ ; MSMCMBMA 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
MDMCMBMAMG +++=5 .
0,5
Từ MPMDMCMB 4=++ , ta có GAPA 54 = .
Tương tự GBQB 54 = , GCRC 54 = , GDSD 54 = .
1
Do đó PA = QB = RC = SD ⇔ GA = GB = GC = GD. 1
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
( )ODOCOBOAOM +++−= . Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC =
SD.
1
Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì
không tồn tại điểm M.
0,5

Đáp án Toán 10
NỘI DUNG ĐIỂM
CCCCââââuuuu 5:5:5:5: Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những
Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một
Coi đỉnh Ai (xi; yi), i = 1, 2, 3, 4, 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
1,5
Do đa giác có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đi rich lê, có ít nhất 2 đỉnh
có tọa độ thuộc một trong bốn kiểu trên.
1,5
Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh ấy sẽ có tọa độ nguyên.
Do ngũ giác là lồi nên điểm này ở miền trong hoặc trên cạnh của
ngũ giác đó.
1

ĐỀĐỀĐỀĐỀ THITHITHITHI HHHHỌỌỌỌCCCC SINHSINHSINHSINH GIGIGIGIỎỎỎỎIIII KHKHKHKHỐỐỐỐIIII 10101010
ThThThThờờờờiiii gian:gian:gian:gian: 120120120120 phphphphúúúútttt
CCCCââââuuuu I.I.I.I. (2 điểm) Cho phương trình 2
(2 1) 2 0mx m x m+ − + − = , 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
CCCCââââuuuu II.II.II.II. (2 điểm) Cho hệ phương trình 2 2
x y xy a
x y a
+ + =⎧
⎨
+ =⎩
, a là tham số
1. Giải hệ phương trình khi a = 5
2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm
CCCCââââuuuu III.III.III.III. (1 điểm) Giải phương trình: 13 3 16x x x+ = − + −
CCCCââââuuuu IV.IV.IV.IV. (2 điểm)
1. Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB, BC, CA lấy lần lượt các điểm M, N, P thỏa
mãn 2AM AB BC= −
��
, 3BN BC AC= +
��
, 2CP CA=
��
. 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
điểm M sao cho góc 0
45MBA∠ =
CCCCââââuuuu V.V.V.V. (1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác; , ,a b ch h h là độ dài ba đường
cao tương ứng ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó
Chứng minh:
1 1 1 1
a b ch h h r
+ + =
CCCCââââuuuu VI.VI.VI.VI. (2 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh:
2 2 2
2 2 2
1 1 1a b c
b c c a a b a b c
+ + ≥ + +
HHHHƯỚƯỚƯỚƯỚNGNGNGNG DDDDẪẪẪẪNNNN CHCHCHCHẤẤẤẤMMMM
CCCCÂÂÂÂUUUU NNNNỘỘỘỘIIII DUNGDUNGDUNGDUNG ĐĐĐĐIIIIỂỂỂỂMMMM
I.1I.1I.1I.1 (2 điểm) Cho phương trình 2
(2 1) 2 0mx m x m+ − + − = , m là tham số

1. Tìm m để phương trình có một nghiệm
• m = 0: 2x = −
• 0m ≠ : 4 1m∆ = +
Pt có 1 nghiệm
1
0
4
m⇔ ∆ = ⇔ = −
Vậy: m = 0 hoặc
1
4
m = −
0,25đ
0,5đ
0,25đ
I.2I.2I.2I.2 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp hai lần
nghiệm kia
Pt có 2 nghiệm
1
0
4
0
0
m
m
m
⎧
∆ ≥ ≥ −⎧ ⎪
⇔≤ ⇔⎨ ⎨
≠⎩ ⎪ ≠⎩
Theo Viet và gt ta có:
1 2
1 2
1 2
1 2
2
.
2
m
x x
m
m
x x
m
x x
−⎧
+ =⎪
⎪
−⎪
=⎨
⎪
=⎪
⎪
⎩
Giải được: 2
10 2 0m m− − =
5 3 3
5 3 3
m
m
⎡ = −
⇔ ⎢
= +⎢⎣
(thỏa)
Vậy
5 3 3
5 3 3
m
m
⎡ = −
⎢
= +⎢⎣
0,25đ
0, 25đ
0, 5đ
II.II.II.II.1
(2 điểm) Cho hệ phương trình 2 2
x y xy a
x y a
+ + =⎧
⎨
+ =⎩
, a là tham số
1. Giải hệ phương trình khi a = 5
a = 5: ta có 2 2
5
5
x y xy
x y
+ + =⎧
⎨
+ =⎩ ( )
2
5
2 5
x y xy
x y xy
+ + =⎧⎪
⇔ ⎨
+ − =⎪⎩
đặt S = x + y ; P = xy , ta có: 2
5
2 5
S P
S P
+ =⎧
⎨
− =⎩
3
2
S
P
=⎧
⇔ ⎨
=⎩
hoặc
5
10
S
P
= −⎧
⎨
=⎩
+ Với
3
2
S
P
=⎧
⎨
=⎩
giải được
1
2
x
y
=⎧
⎨
=⎩
hoặc
2
1
x
y
=⎧
⎨
=⎩
+ Với
5
10
S
P
= −⎧
⎨
=⎩
: vô nghiệm
Vậy hpt có 2 nghiệm (1;2);(2;1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II.2 2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm
Ta có: 2
2 3 0S S a+ − = (*)
3 1a∆ = +

•
1
3
a < − : (*) vô nghiệm
•
1
3
a = − : (*) có nghiệm S = -1
2
3
P⇒ = : vô nghiệm
•
1
3
a > − :(*) có 2 nghiệm: 1
1
1 1 3
1 1 3
S a
P a a
⎧ = − − +⎪
⎨
= + + +⎪⎩
hoặc 2
2
1 1 3
1 1 3
S a
P a a
⎧ = − + +⎪
⎨
= + − +⎪⎩
ĐK hệ pt có nghiệm 2
4 0S P− ≥
(a) 2
1 14 0S P− ≥ giải được : 0 8a≤ ≤
(b) 2
2 24 0S P− ≥ : vô nghiệm
Vậy 0 8a≤ ≤
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
IIIIIIIIIIII (1 điểm) Giải phương trình: 13 3 16x x x+ = − + − (*)
ĐK: 3 16x≤ ≤
Với ĐK trên (*) ( )
2
13 3 16x x x⇔ + = − + −
2 ( 3)(16 )x x x⇔ = − −
2
4( 3)(16 )x x x⇔ = − −
2
5 76 192 0x x⇔ − + =
12
16
5
x
x
=⎡
⎢⇔
⎢ =
⎣
(thỏa)
Vậy:
12
16
5
x
x
=⎡
⎢
⎢ =
⎣
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
IV Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB, BC, CA lấy lần lượt các điểm M, N,
P thỏa mãn 2AM AB BC= −
��
, 3BN BC AC= +
��
, 2CP AC=
��
. Chứng minh rằng
hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm.
Ta có hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm ⇔ AM BN CP+ +
��
= 0
�
Mà : AM BN CP+ +
��
= 2AB BC−
��
+3BC AC+
��
+2CA
��
= 0
�
Vậy ta có ĐPCM
0, 5đ
0, 5đ
IV.2 2. Trong mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4). Tìm trên đường
thẳng x = 1 điểm M sao cho góc 0
45MBA∠ =
Gọi M(1; y) thuộc đt x = 1
( 1; 4)
( 4;3)
BM y
BA
= − +
= −
��
��
GT: 0
2 2
( 1)( 4) 3( 4)
cos( , ) cos45
1 ( 4) . 4 3
y
BM BA
y
− − + +
= =
+ + +
��
0,25đ
0, 25đ
0,25đ

2
3 16 2
25 1 ( 4)
y
y
+
⇔ =
+ +
2
7 8 87 0y y⇔ + − =
3
29
7
y
y
=⎡
⎢⇔
⎢ = −
⎣
Vậy : 1 2
29
(1;3); (1; )
7
M M −
0,25đ
VVVV (1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác; , ,a b ch h h là độ dài ba đường
cao tương ứng ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó
Chứng minh:
1 1 1 1
a b ch h h r
+ + =
Ta có :
1 1
.
2 2
a
a
a
S a h
h S
= ⇒ =
Tương tự:
1
2b
b
h S
= ;
1
2c
c
h S
=
Do đó:
1 1 1 1
2a b c
a b c p
h h h S S r
+ +
+ + = = = : ĐPCM
0, 5đ
0,5đ
VIVIVIVI (2 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh:
2 2 2
2 2 2
1 1 1a b c
b c c a a b a b c
+ + ≥ + +
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2
a b c a b c
b c c c a a a b b bc ca ab
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ + + + + ≥ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Mà 2
a b c
bc ca ba
⎛ ⎞
+ +⎜ ⎟
⎝ ⎠
=
1 1 1
2
a b b c c a
bc ca ca ab ab bc a b c
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ + + + + ≥ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Suy ra:
2 2 2
2 2 2
1 1 1a b c
b c c c a a a b b
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 1 1
2
a b c
⎛ ⎞
≥ + +⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2 2
2 2 2
1 1 1a b c
b c c a a b a b c
⇒ + + ≥ + + : ĐPCM
0, 5đ
0, 5đ
0, 5đ
0, 5đ

10 de-thi-hsg-toan-10-co-dap-an

More Related Content

What's hot

Viewers also liked

Similar to 10 de-thi-hsg-toan-10-co-dap-an

More from Chàng Trai Khó Tính

Recently uploaded

10 de-thi-hsg-toan-10-co-dap-an