Đề 1: C©u 1( 5 ®iÓm):Giải các phương trình sau a) 2 x 1 x 1+ = − b) 112 3 =−+− xx Giải: a) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x 1 0 x 1;x 1 x 1 0 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 0 x 1 x 1 − ≥ ≥ ≤ −    + ≥ ≥ − + = − ⇔ ⇔     + − − = + = −   1−=⇔ x hoặc 2 51+ =x b) ĐK: 1≥x ;Đặt    −= −= 1 2 3 xv xu Khi đó ta có:             = −=    = =    = =    ⇔ =+ =+ 3 2 0 1 1 0 1 1 23 v u v u v u vu vu Trở lại cách đặt ta được: 1/ ⇔    = = 1 0 v u 2 11 02 3 =⇔    =− =− x x x 2/ ⇔    = = 0 1 v u 1 01 12 3 =⇔    =− =− x x x 3/ ⇔    = −= 3 2 v u 10 31 22 3 =⇔    =− −=− x x x Câu 2 a)T×m m sao cho ph¬ng tr×nh 2x m 2x 1 2m 4 0− − + − = cã 2 nghiÖm ph©n biÖt b)Tìm tất cả các số dương x,y,z thoả mãn:      =++ ≤++ 3 941 12 zyx zyx Giải: a)HD: §K : 1 x 2 ≥ §Æt ( ) 2 t 2x 1 t 0 t mt 2m 3 0(*)= − ≥ => − + − = §Ó pt cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th× pt(*) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt t 1 ; t 2 tho¶ m·n 1 2 t t 0> ≥ 2 m 6 m 2 m 8m 12 0 m 6 3 P 2m 3 0 m 3 2 m 2 S m 0 2 m 0 > < = + > > = < = > > b) T gi thit ta suy ra 6 4 941 ++ +++ zyx zyx (1) Mt khỏc ta cú: 1 4 . 1 2 4 1 =+ x x x x ; 2 4 4 + y y ; 3 4 9 + z z Do ú ta cú 6 4 941 ++ +++ zyx zyx (2) Do vy (1) xy ra thỡ ta phi cú: 6 4 941 = ++ +++ zyx zyx hay = = = = = = 6 4 2 4 9 4 4 4 1 z y x z z y y x x Câu 3: Cho 3 s dơng x,y,z thoả mãn điều kiện xy+ yz + zx = 1. Tính tổng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 y 1 z 1 x 1 z 1 x 1 y S x. y z 1 x 1 y 1 z + + + + + + = + + + + + HD: Ta có 1+ x 2 = xy+ yz + zx + x 2 = x(x+y) + z(x+y) = (x + y)(x + z) Tơng tự 1 + y 2 = (y + x)(y + z) 1 + z 2 = (z + x)(z + y) => S = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x y z y z x z x y 2 xy yz xz 2+ + + + + = + + = Câu 4 Từ điểm K nằm ngoài (0) vẽ 2 tiếp tuyến KA, KC với (O) ( A,C là 2 tiếp điểm) và cát tuyến KBD (B nằm giữa K và D). Gọi M là giáo điểm của AC và KO. a.c/m: KA 2 = KM.KO b.c/m tứgiác BMOD nội tiếp c) Chứng minh MA là tia phân giác của ã BMD . d.Gọi F là giao điểm của BM với (O) c/m: DF //AC Gii : b. Ta c/m: ã ã BMK KDO= +.c/m: KA 2 = KB.KD Mà KA 2 = KM.KO (cmt) => KB KO KM KD = mà ã BKM chung => BKM ~ OKD(c.g.c)V V => ã ã BMK KDO= => tứ giác BMOD nội tiếp c) tứ giác BMOD nội tiếp => à à 1 4 D M= ( 2góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau: ằ ằ BO DO= ) Mà à à 1 1 D M= (cmt) => à à 1 4 M M= Mà à à à à ( ) à à 0 1 2 3 4 2 3 M M M M 90 M M+ = + = => = => MA là tia phân giác của ã BMD . d.Cách 1: tứ giác BMOD nội tiếp => ã ã BMD BOD(1)= (2gnt cùng chắn ằ BD ) Vì MA là tia phân giác của ã BMD => à ã 2 1 M BMD 2 = (2) $ ã 1 F BOD 2 = (gnt và góc ở tâm cùng chắn cung BD) (3) Từ 1,2,3 => $ à 2 F M= mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//AC Cách 2: Kẻ OH KD => ã ã BFD DOH= (1) Do ã ã BMK KDO= => ã ã BMA HOD= (2) (vì cùng phụ với 2 góc bằng nhau) Từ (1) và (2) => ã ã BMA BFD= mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//AC Bi 5 Cho s thc m, n, p tha món : 2 2 2 3m n np p 1 2 + + = . Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht ca biu thc : B = m + n + p. 2 2 2 3 1 2 m n np p+ + = (1) ( m + n + p ) 2 + (m p) 2 + (n p) 2 = 2 (m p) 2 + (n p) 2 = 2 - ( m + n + p ) 2 (m p) 2 + (n p) 2 = 2 B 2 v trỏi khụng õm 2 B 2 0 B 2 2 2 2B du bng m = n = p thay vo (1) ta cú m = n = p = 2 3 Max B = 2 khi m = n = p = 2 3 Min B = 2 khi m = n = p = 2 3 2: Cõu 1. a) Cho hm s 3 2010 f (x) (x 12x 31) = + Tớnh f (a) ti 3 3 a 16 8 5 16 8 5 = + + b) Tỡm cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh: 2 2 5(x xy y ) 7(x 2y) + + = + Giải: a) 3 3 16 8 5 16 8 5a = − + + ⇒ 3 3 3 3 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5)a = + − + − + + ⇒ 3 32 3.( 4).a a= + − ⇒ 3 32 12a a= − ⇒ 3 12 32 0a a+ − = ⇒ 3 12 31 1a a+ − = ⇒ 2010 ( ) 1 1f a = = b) 2 2 5( ) 7( 2 )x xy y x y+ + = + (1) ⇒ 7( 2 ) 5x y+ M ⇒ ( 2 ) 5x y+ M Đặt 2 5x y t+ = (2) ( )t Z∈ (1) trở thành 2 2 7x xy y t+ + = (3) Từ (2) ⇒ 5 2x t y= − thay vào (3) ta được 2 2 3 15 25 7 0y ty t t− + − = (*) 2 84 75t t∆ = − Để (*) có nghiệm 2 0 84 75 0t t⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥ 28 0 25 t⇔ ≤ ≤ Vì 0t Z t ∈ ⇒ = hoặc 1t = Thay vào (*) Với 0t = 1 0y⇒ = 1 0x⇒ = Với 1t = 2 2 3 3 3 1 2 1 y x y x = ⇒ = −  ⇒  = ⇒ =  Câu 2. a) Giải phương trình: 2 3 2 2 x x x x x = − + − b) Giải hệ phương trình: 2 1 1 1 2 x y z 2 1 4 xy z  + + =     − =   Giải: a) ĐK 0x = hoặc 1x ≥ Với 0x = thoã mãn phương trình Với 1x ≥ Ta có 3 2 2 2 1 ( 1) ( 1) 2 x x x x x x− = − ≤ + − 2 2 2 1 1( ) ( 1) 2 x x x x x x− = − ≤ − + 3 2 2 2 x x x x x⇒ − + − ≤ Dấu "=" Xẩy ra 2 2 1 1 x x x x  = −  ⇔  − =   2 2 1 1 1 1 x x x x x x  = −  ⇔ ⇒ + = −  = +   Vô lý Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0x = b) 2 1 1 1 2 (1) ( ) 2 1 4 (2) x y z I xy z  + + =     − =   ĐK ; ; 0x y z ≠ Từ (1) 2 2 2 1 1 1 2 2 2 4 x y z xy xz yz ⇒ + + + + + = Thế vào (2) ta được: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 xy z x y z xy xz yz − = + + + + + 2 2 2 1 1 2 2 2 0 x y z xz yz ⇔ + + + + = 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) 0 x xz z y yz z ⇔ + + + + + = 2 2 1 1 1 1 0 x z y z     ⇔ + + + =  ÷  ÷     1 1 0 1 1 0 x z x y z y z  + =   ⇔ ⇔ = = −   + =   Thay vào hệ (I) ta được: 1 1 1 ( ; ; ) ( ; ; ) ( ) 2 2 2 x y z TM= − Câu 3. Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 A x y 1 y z 1 z x 1 = + + + + + + + + Giải: Ta có 2 (x y) 0 x; y− ≥ ∀ 2 2 x xy y xy⇔ − + ≥ Mà x; y > 0 =>x+y>0 Ta có: x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 - xy + y 2 ) ⇒ x 3 + y 3 ≥ (x + y)xy ⇒ x 3 + y 3 +1 = x 3 + y 3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz ⇒ x 3 + y 3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 Tương tự: y 3 + z 3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 z 3 + x 3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 ⇒ 1 1 1 A xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z) ≤ + + + + + + + + ⇒ x y z A xyz(x y z) + + ≤ + + ⇒ 1 A 1 xyz ≤ = Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1 Câu 4. Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE = b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Giải: N Q H K I M D E B A O O' C a) Ta có: · · BDE BAE= (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) · · BAE BMN= (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') ⇒ · · BDE BMN= hay · · BDI BMN= ⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp ⇒ · · MDI MBI= (cùng chắn cung MI) mà · · MDI ABE= (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) ⇒ · · ABE MBI= mặt khác · · BMI BAE= (chứng minh trên) ⇒ ∆MBI ~ ∆ ABE (g.g) ⇒ MI BI AE BE = ⇔ MI.BE = BI.AE b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE ⇒ OC ⊥ DE tại Q ⇒ ∆ OCD vuông tại D có DQ là đường cao ⇒ OQ.OC = OD 2 = R 2 (1) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và OO' ⇒ OO' ⊥ AB tại H. Xét ∆KQO và ∆CHO có µ µ µ 0 Q H 90 ;O= = chung ⇒ ∆KQO ~ ∆CHO (g.g) ⇒ KO OQ OC.OQ KO.OH (2) CO OH = ⇒ = Từ (1) và (2) 2 2 R KO.OH R OK OH ⇒ = ⇒ = Vì OH cố định và R không đổi ⇒ OK không đổi ⇒ K cố định Câu 5. Cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti A, trung tuyn AD. im M di ng trờn on AD. Gi N v P ln lt l hỡnh chiu ca im M trờn AB v AC. V NH PD ti H. Xỏc nh v trớ ca im M tam giỏc AHB cú din tớch ln nht. Gii: O A H' H E P N D C B M ABC vuụng cõn ti A AD l phõn giỏc gúc A v AD BC D (O; AB/2) Ta cú ANMP l hỡnh vuụng (hỡnh ch nht cú AM l phõn giỏc) t giỏc ANMP ni tip ng trũn ng kớnh NP m ã 0 NHP 90= H thuc ng trũn ng kớnh NP ã ã 0 AHN AMN 45= = (1) K Bx AB ct ng thng PD ti E t giỏc BNHE ni tip ng trũn ng kớnh NE Mt khỏc BED = CDP (g.c.g) BE = PC m PC = BN BN = BE BNE vuụng cõn ti B ã 0 NEB 45= m ã ã NHB NEB= (cựng chn cung BN) ã 0 NHB 45= (2) T (1) v (2) suy ra ã 0 AHB 90= H (O; AB/2) gi H' l hỡnh chiu ca H trờn AB AHB AHB HH'.AB S S 2 = ln nht HH' ln nht m HH' OD = AB/2 (do H; D cựng thuc ng trũn ng kớnh AB v OD AB) Du "=" xy ra H D M D 3: Bài 1: Cho phơng trình x 4 + 2mx 2 + 4 =0 Tìm giá trị của tham số m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 , x 4 thỏa mãn x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 = 32 Gii: Phơng trình x 4 + 2mx 2 + 4 =0 (1). Đặt t = x 2 Phơng trình (1) trở thành: t 2 + 2mt +4 =0 (2) Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình (2) có 2 nghiệm dơng phân biệt t 1 , t 2 2 1 2 1 2 ' 4 0 2 0 2 . 4 0 m t t m m t t = > + = > < = > Khi đó phơng trình (1) có 4 nghiệm là x 1,2 = 1 3,4 2 ; xt t = Và x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 = 2 (t 1 2 + t 2 2 ) = 2[(t 1 + t 2 ) 2 - 2 t 1 .t 2 ] = 2[(-2m) 2 -2.4] = 8m 2 - 16 Từ giả thiết ta có 8m 2 - 16 = 32 6 ; m= 6 m = (loại). Vậy giá trị cần tìm của m là: 6 m = Bài 2: Giải hệ phơng trình Gii: Hệ phơng trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 0 4 0 ( 1) 2 5 2 0 4 0 ( 2)( 2 1) 0 4 0 2 0 4 0 2 1 0 4 0 1 1 4 x= 5 va 13 5 x xy y x y x y x y y x y x x x y x y y x y x x y x y y x x y x y y x x y x y x y x y + + + = + + + = + + = + + + = + + = + + + = + = + + + = + = + + + = = = = = 1 y=1 Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm: (1; 1); 4 13 ; - 5 5 ữ Bài 3: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 Gii: *Với x 2 và y 2 ta có: 2 2 2 2 2 2 4 4 x y x x y y 2 2 2 2 2 5 2 0 4 0 + + + = + + + = x xy y x y x y x y x 2 y 2 2 (x 2 + y 2 ) = x 2 + y 2 +x 2 + y 2 x 2 + y 2 + 2xy> x 2 + y 2 + xy * Vậy x 2 hoặc y 2 - Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y 2 = 4y 2 hay 3y 2 -2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên - Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc 4 - 2y + y 2 = 4y 2 hay 3y 2 +2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên - Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y 2 = y 2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y 2 = y 2 hay 1- y = 0 y =1 - Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0 Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) Bài : Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x 2 + (3 -x) 2 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 4 + (3-x) 4 + 6x 2 (3-x) 2 . Gii: Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức: P= x 4 + y 4 + 6x 2 y 2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: 2 2 3 5 x y x y + = + Từ các hệ thức trên ta có: 2 2 2 2 2 9 5 x y xy x y + + = + (x 2 + y 2 ) + 4(x 2 + y 2 + 2xy) 5 + 4.9 =41 5(x 2 + y 2 ) + 4(2xy) 41 Mặt khác 16 (x 2 + y 2 ) 2 + 25(2xy) 2 40(x 2 + y 2 )(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy ra 4 (x 2 + y 2 ) =5(2xy). Cộng hai vế của (1) với 25 (x 2 + y 2 ) 2 + 16(2xy) 2 ta đợc: 41[ (x 2 + y 2 ) 2 + (2xy) 2 ] [5(x 2 + y 2 ) + 4(2xy)] 2 41 2 hay (x 2 + y 2 ) 2 + (2xy) 2 41 x 4 + y 4 +6x 2 y 2 41 Đẳng thức xảy ra 2 2 2 2 3 ( ; ) (1;2) 5 ( ; ) (2;1) 4( ) 5(2 ) x y x y x y x y x y xy + = = + = = + = Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt đợc x=1 hoặc x=2 4: Bi 1 Rỳt gn cỏc biu thc sau: 1/ A = 5122935 2/ B = 2 43 24 48 ++ ++ xx xx Giải: 1/ A= ( ) 3 - 5235 −− = 52 - 6 5 − = ) 1 - 5( 5 − = 1 2/ B = 2 x x- 2) ( 24 424 ++ + x x = 2 x ) x 2 )( x- 2 ( 24 2424 ++ +++ x xx = x 4 – x 2 + 2 Bài 2 1/ Cho a > c; b > c; c > 0. Chứng minh rằng: abcbccac ≤−+− )()( 2/ Cho 3 số dương x, y, z có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: zxyzxyxyzzxyyzx +++≥+++++ 1 . Giải: 1/ Điều phải chứng minh tương đương với phải chứng minh 1 c) - c(b )( ≤ +− ab cac (1) VT (1) = 1 2 b c - 1 a c 2 a c - 1 b c b c - 1 a c a c - 1 = + + + ≤       +       b c (Bất đẳng thức côsi). Suy ra điều phải chứng minh 2/ Trước hết ta chứng minh: yz x +≥+ yzx (1) Ta có (1) ⇔ yz 2x x yz 2 ++≥+ yzx ⇔ yz2 x 1 +≥ ⇔ yz2 x +≥++ zyx (vì x + y + z = 1) ⇔ ( ) 0 z - 2 ≥y luôn đúng • Tương tự có zx y +≥+ zxy (2) và xy z +≥+ xyz (3) • Từ (1), (2), (3) ta có zxyzxyxyzzxyyzx +++≥+++++ 1 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 1 Bài 3 1/ Giải phương trình: x 2 + 3x +1 = (x + 3) 1 2 +x [...]... BF = EB = k + 1 = 3(k + 1) (3) 4kR ⇒ GC = CF = BC − BF = 3R − (4) 3(k + 1)  Thay (4) và (3) vào (2), ta có 4R2 = 9R 2 − 3R −  0, 25 0, 25 2 8kR  (k + 9) 2 5= 3(k + 1)  9( k + 1) 2  ⇔ 11k 2 + 18k − 9 = 0 , giải phương trình được nghiệm k >0 là k = Vậy 0, 25 0, 25 9 + 6 5 11 EB 9 + 6 5 = EA 11 2) (2,00đ) Ta có DH = DG ( hai tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ D) ⇒ ∆ DHG cân ở D mà DO là phân giác góc HDG... nửa đường tròn đó lấy 20 09 điểm A1; A2; … ; A20 09 khác nhau và khác B ⇒ Bất kì 3 điểm nào Ai, Aj, Ak (i ≠ j ≠ k) đều tạo thành một tam giác chắc chắn có một góc tù ⇒ luôn tồn tại 20 09 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán Đề 5: Câu 1 (3 ,5 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức: 2+ 3 2+ 4+2 3 + 2− 3 2− 4−2 3 2/ Cho hàm số f(x) = (x3 + 6x - 5) 2010, tính f(a) với a = 3 3 + 17 + 3 3 − 17 Câu 2 (4 ,5 điểm) 1/ Giải hệ phương... ⇒ ∠HTG = ∠HGC ⇒ ∠KMG = ∠HTG ⇒ tứ giác KTGM nội tiếp (5) Lại có ∠OKM = ∠OGM = 90 0 ⇒ O; K; G; M thuộc đường tròn đường kính MO (6) Từ (5) và (6) ⇒ 5 điểm O; K; G; M; T thuộc đường tròn đường kính MO ⇒ ∠MTO = 90 0 ⇒ OT ⊥ MT mà T thuộc (O, R), nên MT là tiếp tuyến của (O, R) MT và MG là 2 tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ M ⇒ MT = MG 0, 25 0 ,50 0 ,50 0 ,50 0 ,50 Câu 4 (4, 00 điểm) 1) (2,00 đ) Từ R(b + c) = a bc suy... f(a) = (a3 + 6a - 5) 2010 = (a3 + 6a – 6 + 1)2010 = 1 Câu 2 (4 ,50 điểm) 1) (2 ,50 đ) Điều kiện: (x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; z ≥ 0 ) 0 ,50 0 ,50 0 ,50 0 ,50 0, 25 Với điều kiện trên hệ đã cho tương đương với hệ (x − y) 2 = x − y (1)   2 (y − z ) = y − z (2)  2 (z − x ) = z − x (3)  0, 75 Nếu hệ đã cho có nghiệm, do vế trái của mỗi phương trình trong hệ đều không âm, do đó từ (1); (2) và (3) lần lượt suy ra hệ x... ≥ 0  0 ,50 x = y = z ≥ 0 x = y = z = 0  ⇒ ⇒ x − x = 0 x = y = z = 1  0, 25 Thử lại hai bộ nghiệm trên vào hệ đã cho, thấy nghiệm đúng Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm x= y =z = 0; x = y = z = 1 2) (2,00 đ) Phương trình đã cho tương đương với 3 x3 – 3x2 – 3x = 1 ⇔ 4x3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 ⇔ 4x3 = (x + 1)3 ⇔ 34x=x+1 ⇔ ( 3 4 - 1)x = 1 ⇔ Câu 3 (4,00 điểm) Đáp án 0, 75 1 x= 3 4 −1 0 ,50 0 ,50 0 ,50 0 ,50 Điểm... x + y + z ) + +  ≥ 9 x y z   a 3 2  1 1 1  ( x + y + y + z + z + x)  x+ y + y + z + z + x 9    Từ đó ta có 1/ 1 1 1 1 1 1 9 9.2 6 3 + + = + + ≥ = = MD ME MF x y z h a 3 a 2/ 1 1 1 1 1 1 9 9 3 3 + + = + + ≥ = = MD + ME ME + MF MF + MD x + y y + z z + x 2h a 3 a Trong cả hai trường hợp đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ M là trọng tâm tam giác đều ABC Bài 5 1/ Chứng minh rằng 22p... a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) Từ giả thi t a3 + b3 = 2 (*) ⇒ 2= (a + b)(a2 – ab + b2) mà a2 – ab + b2 > 0 ⇒ a + b > 0 (1) Đặt a = x +1 và b = y + 1 ⇒ 2 = (x + 1)3 + (y + 1)3 ⇒ x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 3(x + y) = 0 mà 3(x2 + y2) ≥ 0 ⇒ x3 + y3 + 3(x + y) ≤ 0 ⇒ (x + y)(x2 – xy + y2 + 3) ≤ 0 mà x2 – xy + y2 + 3 > 0 ⇒ x + y ≤ 0 C _ 0 ,50 0, 25 0 ,50 0 ,50 0, 25 0, 25 0, 75 ⇒ a + b – 2 ≤ 0 ⇒ a + b ≤ 2 (2) Từ (1)... b) Giải: Câu 1 (3 ,5 điểm) 1) (1 ,50 đ) Biến đổi Biểu thức đã cho thành 2+ 3 2 + ( 3 + 1) 2 + 2− 3 2 − ( 3 − 1) 2 0 ,50 = = (2 + 3)(3 − 3) + (2 − 3)(3 + 3) (3 + 3)(3 − 3) 0 ,50 6−3+ 3 + 6−3− 3 =1 9 3 0 ,50 2) (2,00 đ) Từ a = 3 3 + 17 + 3 3 − 17 suy ra a3 = ( 3 3 + 17 + 3 3 − 17 )3 ⇔ a3 = 6 + 3 3 3 + 17 3 3 − 17 ( 3 3 + 17 + 3 3 − 17 ⇔ a = 6 – 6a 3 ⇔ a3 + 6a – 6 = 0 Vậy f(a) = (a3 + 6a - 5) 2010 = (a3 + 6a... b và c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si có 0 ,50 R (b + c) = a bc ≤ b+c 2 Suy ra 2R ≤ a Mặt khác a ≤ 2R Vậy a = 2R Do đó tam giác ABC vuông tại A 1,00 0 ,50 2) (2,00 đ) Tam giác AHC vuông tại H ⇒ AC ≥ AH ≥ BC (gt) A _ 0 ,50 0 ,50 Tam giác BKC vuông tại K ⇒ BC ≥ BK ≥ AC (gt) Suy ra AC = AH = BC = BK ⇒ C ≡ H ≡ K 0 ,50 K _ 0 ,50 Vậy ABC vuông cân tại C B _ H _ Câu 5 (4,0 điểm) 1) (2,00 đ) Đặt M= n 4 + 42k +1... 2(xy + yz + zx) = 14 ⇒ xy + yz + zx = 11 kết hợp với xy + yz - zx = -1 có y(x + z) = 5 ⇒ y và x+z là nghiệm của phương trình t2 – 6t + 5 = 0 y = 5 ⇒ x + z = 1  y = 1 hoặc  x + z = 5  y = 5 • Với  x + z = 1 hệ vô nghiệm  y = 1 hệ có 2 nghiệm (x;y;z)=(2;1;3) và (x;y;z)=(3;1;2) x + z = 5 Với  Bài 4 Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a Gọi chân đường vuông góc hạ từ điểm M nằm trong tam giác đến . = 2 2 2 2 8kR (k 9) 9R 3R 5 3(k 1) 9( k 1)   + − − ⇔ =   + +   0, 25 2 11k 18k 9 0⇔ + − = , giải phương trình được nghiệm k >0 là k = 9 6 5 11 − + Vậy EB EA = 9 6 5 11 − + . 0, 25 2) (2,00đ) Ta. x=2 4: Bi 1 Rỳt gn cỏc biu thc sau: 1/ A = 51 2 29 35 2/ B = 2 43 24 48 ++ ++ xx xx Giải: 1/ A= ( ) 3 - 52 35 −− = 52 - 6 5 − = ) 1 - 5( 5 − = 1 2/ B = 2 x x- 2) ( 24 424 ++ + x x . 3 3 a 16 8 5 16 8 5 = + + b) Tỡm cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh: 2 2 5( x xy y ) 7(x 2y) + + = + Giải: a) 3 3 16 8 5 16 8 5a = − + + ⇒ 3 3 3 3 32 3 (16 8 5) (16 8 5) .( 16 8 5 16 8 5) a = + −