ĐỀ THI 2003 H-N
Bài 1:Cho biểu thức:
1
)1(22
1
2
−
−
+
+
−
++
−
=
x
x
x
xx
xx
xx
P
a)Rút gọn P
b)Tìm giá trò nhỏ nhất của P
c)Tìm x để biểu thức
P
x
Q
2
=
Nhận giá trò là một số nguyên.
Bài 2:Trong mp tọộ Oxy cho Pa ra pol (P) :y=-x

=






+
+






22
1
11
a)Giải PT với m=15
b)Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt
Bài 6:Cho x,y là các số nguyên dương thõa mãn : x+y = 2003. Tìm giá trò nhỏ nhất của
biểu thức P= x(x
2
+y)+y(y
2
+x)
Bài 7:Cho đường tròn tâm O với dây cung BC cố đònh (BC<2R) và điểm A trên cung lớn
BC (A không trùng với B,C và điểm chính giữa cung )Gọi H là hình chiếu của A trên
BC ,Evà F lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường kính AA’
a)Chứng minh HE vuông góc với AC

4
3
2
1
2
=⇔=⇒+






−= xPxP
M
x
x
P
x
Q
2
1
1
22
)3 =
−+
==
Để ý rằng với x>0và x
1≠
ta có M=
11

1
x
cùng dấu
nên :
2
11
1
1
1
1
≥+=+
x
x
x
x
3)PT đường thẳng OA là y= -x
1
x;đường thẳng OB là y= -x
2
x Nhưng (-x
1
)(-x
2
)=-1 vì
thế tam giác OAB vuông tại O
Bài 3:
1)Ta có
∆
OAC cân tại O có OD
⊥

-AM
2
=AO
2
-AO.AK=AO
2
-AO.ME.
Vậy x
2
=a
2
-ax.Giải ta được:x =
( )
15
2
1
−a

C N
E D M
H
A O’ K O B
Bài 4:
Nếu đặt a=3k+r với r=0,1, thì ta thấy a
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1 .Tương tự cho trường
hợp b
2
Từ đó (a
2

+
+








+
⇔=−
+
+
+
+
⇔ 015
1
2
1
1
015
)1(
22
)1(
1
2
22
2
22


>++−
−<+



>
−<
−=+



<
>
=−+⇔=






+
+






011

=2003
3
-6007.1001.1002 đạt được khi (x,y)=(1001;1002)hoặc (1002;1001)
P
max
=2003
3
-6007.1.2002 đạt được khi (x;y)=(1;2002)hoặc(2002;1)
Bài 7:
1)Do tứ giác ABHE nội tiếp nên:EHC=BAA’mà BAA’=BCA’
⇒
EHC=HCA’do đó
HE//CA’,mặt khác A’C
⊥
AC
ACHE
⊥⇒
2)Tứ giác AHFC nội tiếp
⇒
EFH=ACB(1)Tứ giác ABHE nội tiếp
⇒
HEF=ABC (2)
Từ(1) và (2)
⇒
∆
HEF
ABC
∆
3)Gọi M, N và P lần lượt làtrung điểm của BC,AB và CA Vì MN//AC ,HE
AC

10
1
.Tổng quát :Ở miền trong đa giác lồi n-
cạnh (n
3
≥
)có diện tích bằng 1lấy n điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Khi
đó tôn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2n đỉnh đã cho có diện tích không vượt quá
23
1
−n
***********************************
ĐỀ THI 2003-2004 HUẾ
Bài 1:Giải HPT:





=++
−=−+
=++
14
1
6
222
zyx
xzxzxy
zyx
b)Cho hai số x;y thoã mãn đẳng thức :8x

Bài 4:
a)Giải PT:
x
xx
x
xx
x
=
−−
−
+
++
+
3
3
3
3
2
2
2
2
b)Chứng minh :
1)b1;a Với ≥≥
+
≥
+
+
+
(;
1

+z
2
= (x+y+z)
2
–2(xy+xz+yz)
⇒
xy+xz+yz = 11
Dễ dàng ta thấy y và x+z là hai nghiệm của PT:t
2
-6t+5 = 0
Từ đó :



=+
=



=+
=
5zx
1y
Hoặc
1
5
zx
y
+Thế y =5 và x+z = 1 vào HPT ta thấy HPT vô nghiệm
+Thế y =1 và x+z = 5 vào HPT ta thấy HPT có hai bộ nghiệm (x,y,z) là (2,1,3) và

x
Vậy :
( )
222
2
1
24
2
2
−≥−++






−= yx
x
xxy





−=
±=
⇔










− 1;1;
2
1
2
1
Hoặc
2
1
bằngy)(x; khi
Bài 2:Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp I H
K
B
A A M
E E O C
H O
B K M C
Kẽ đường kính CE Thì CE =2MO màEB
ACBHACAEBCAHB C ⊥⊥⊥⊥ ;;,

Nên tứ giác AEBH là hình bình hành
⇒
AH = EB = 2MO (1) Từ (1) và GT :MO = HK (Do
tam giác ABC có 3 góc nhọn)AK= AH +HK =3MO =

2
= AH
2
+ KM
2
= 12
2
+24
2
=12
2
.5
Trong tam giác vuông EBC có BC
2
+EB
2
= EC
2
hay BC
2
+AH
2
= 4AO
2

⇒
BC
2
+12
2

+MO
2
= AM
2
hay 16MO
2
+MO
2
=30
2
)()5)((
17
1730
cmcmMOAK
17
120
OA Và ===⇒
Trong tam giác vuông EBC có BC
2
+EB
2
= EC
2
( )
)6(
17
1560
17
240
17

BCAK
S
ABC
==
Như vậy bài toán có 2 đáp số như trên.
Bài 3:
a) Khi m=-1,PT trở thành 3x-4=0
10
3
4
−≠>=⇒ mKhix
Thì PT trở thành
(m+1)x
2
-3mx+4m =0(1) là PT bậc hai . Gọi
1
4
,
1
3
+
=
+
=
m
m
P
m
m
S

7
16
0P0,S0, đó Khi
Vậy
0
7
16
<≤− m
b)Giải PT;x
2
+3x+1=(x+3)
)2(1
2
+x
Đặt t=
PTtx ).1(1
2
≥+
Trở thành
t
2
-(x+3)t+3x=0 (3) Ta có
0)3(12)3(
22
≥−=−+=∆ xxx
Nên PT có hai nghiệm t=x;t=3.
Với t = x thì
,1
2
xx =+

( ) ( )
( ) ( )
( )
( )



−=−
≥−>
⇒



−=−
>
⇒



=−+++−
>
⇒
=++−⇒
24434
42
42
3
4
2
3

( )
( )
( )( )
( )
( ) ( )
( )( )
( )
( )
1b1,a Vì
a1
1
Xét hiệu
2
≥≥≥
+++
−−
=
+++
−−+−
=
++
−
+
++
−
=





1
1
1
1
2
1
1
)
22
2
22
22
2
2
2
2
222
abba
abab
abba
bababaab
abb
bab
aba
aab
ab
b
ab
a
ab

MQ
MP
(1)và(2) từ
IBMQIADMhay
IA
MQ
BI
DM
A
Q
B I M C
R D
Bài 6:
a) Giải PT:
)1(181
3
35
+−=++− xxx
Nhận thấy x= 0 là một nghiêm của PT (1)
Nếu x<0 ,Vế phải của PT lớn hơn 1, còn vế trái của PT nhỏ hơn 1 nên PT (1) Không
có nghiệm .Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của PT(1)
b)Tìm các số nguyên dương x,y,z thoã mãn PT:2(y+z)=x(yz-1) (2)
• Với x = 1 PT(2) Có dạng2(y+z) = yz-1
( )( )
522 =−−⇔ zy
• Ta có nghiẹâm (x,y,z) là (1,3,7) là (1,7,3)
( )( )
21 ≤−⇒
≤⇒≥+≥≤
z

1
−
−








+
−
−
=M
Bài 2:
a)Giải PT: x
4
-24x
2
-25 = 0
b)Giải HPT:



=+
=−
3489
22
yx

1)Giải PT:
1111
2
−+=−++ xxx
2)Tìm nghiệm nguyên của HPT:



=−++
=−+−−
8
7222
33
22
yxyx
xyxyxy
Câu II:
Cho a,b là các số dương thõa mãn :a
100
+b
100
= a
101
+b
101
= a
102
+b
102
Hãy tính giá trò của biểu thức P = a

y
y
x
Q +−++








+=
Vòng II
Câu VI:
Giải PT:
213 =−++ xx
Câu VII:
Giải hệ PT:
( )
( )
( )
( )



=−−
=++
3
15

) có đường kính
tương ứng là AM và CN .Hai tiếp tuyến chung của(S
1
) và (S
2
) tiếp xúc với (S
2
) tại P vá
Q .Chứng minh rằng :PQ tiếp xúc với (S
1
).
***********************************
HƯỚNG DẪN GIẢI
VÒNG I
Câu I:
1) PT đã cho tương đương với PT:
2;00)11)(11( ±==⇒=−−−+ xxxx
2) Viết lại hệ đã cho dưới dạng:
( )( )



=−++
−=−++
)2(8
)1(722
33
yxyx
yxyx
Từ (1) Do x,y nguyên t

1 = a+b –ab hay (a-1)(b-1) = 0
⇒
(a,b) =(1,1). Do P = 2
Câu III:
Gọi H,D ,P lần lượt là chân các đường cao ,phân giác ,trung tuyến hạ từ B xuống các
cạnh Ac. Nhận thấy tam giác ABC vuông tại B và S
ABC
= 6(cm
2
), S
ABP
= S
CBP
= 3(cm
2
)
( )
)(
175
72
.
25
54
.
)(
7
3
)(
7
24

⇒∆∆=−=
=⇒====
HBD
BDP
ABC
CBD
ABD
S cùng Cuối
5
3
ACB dạng đồng ABC Mặt khác S đó Từ
S nên
S
S
Vì
A A
M Q
B H D
N
P
B H D P C
Câu IV: C
Ta có AHQ = CHN = CBD = CAD, suy ra
∆
QAH cân tại Q Từ đó ta có
QHD∆
cân
tại Q nói cách khác Q là trung điểm của AD. Tương tự ta cũng có P là trung điểm của
CD .Do đó PQ // AC .
+Ta thấy CBH = NMH ( do đó tứ giác BMHN nội tiếp ) hơn nữa HQP = AHQ =

.
2
5
1
2
5
4
1
2
1
11
4
1
22
2
221616
2
10
2
10
441616
==⇔






−−≥⇒
+≥+++

( )
( )
( )
( )



=−++
=++
)2(32
)1(3022
22
22
xyyxyx
yxyx
Trừ từng vế ta được
(x+y)
3
= 27
3=+⇒ yx
ta nhận được HPT tương đương



=+
=+
5
33
22
yx





+−
≥
≥
−−
≥
−
+
−
=
−−
−+−
=
−−
+−+
=
yxkhi
y
y
x
x
yx
xy
x
y
y
x

Mặt khác
ONB=NMC=135
0
nên
OBN
∆

đổi) (Không
NC
OB

2
1
==⇒∆
MN
ON
NMC
3) Gọi P’ là tiếp điểm thuộc đường tròn (S
1
);O’ là trung điểm của CN và T là giao
điểm của OO’ với (S
1
). Ta có O’OP = O’PO .Do O’P // OP’ nên P’OP =O’PO suy ra
POP’= POO’
Vì
OThayPTOPPPTOcgcPOTPOP ⊥==⇒−−∆=∆
0
90')('
tương tự QT
⊥