ĐỀ THI NĂM 2003THPT
Bài I:
a)Cho M=
1
11
22
++
+−
+
−
++
−
x
xx
xx
xx
xx
Rút gọn M với 0
1
≤≤
x
b)Giải Phương trình :
333
511 xxx =−++
Bài II:
a)Cho x; y thõa mãn phương trình
2
222
23
02
0342

v
v
u
u
Bài III
Cho tam giác có số đo các đương cao là các số nguyên ,bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác bằng 1 .Chứng minh tam giác đó là môt tam giác đều .
Bài IV
Cho tam giác ABC vuông tại A Có B=20
0
,vẽ phân giác trong BI,Vẽ AHC=30
0
về
phía trong tam giác .Tính CHI
Bài V
Có hay không 2003 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng đều
tạo thành một tam giác có góc tù .
****************************************
HƯỚNG DẪN
Bài I
a)Nhân xét rằng :
( )( )
xM
xx
xxxxxx
−=
=+
++−=−
1


−≤⇒−≤−−−=⇒ xyx
Từ x
2
+x
2
y
2
-2y=0 có
-1x (2) và (1) Từ =⇒≤≤−⇔≤⇒≤
+
= )2(1111
1
2
2
2
2
xx
y
y
x
Do đó Q= x
2
+y
2
=2
b) Ta có :
1
( )
4
1

2
1
21
22
2
2222
2
==
==⇔==++≥≥⇒
≥≥+≥++≤+=
vuKhiDo
vu
uvvuHayvuvu
2
25
là A củanhất nhỏ rògiá đó
2
1
vu raxẩy Dấu
2
1
A vậy Do
uv
1
Nên vu Mặt khác
Bài III
Gọi x,y,z Lần lượt là các đường cao ứng với các cạnh a,b,c của tam giác .Nhận
xét :Đường cao của tam giác luôn luôn lớn hơn bán kính của đường tròn nội tiếp
tam giác do đó :x >2, y >2, z >2 .Vì x,y,z là các số nguyên dương nên :
3;3;3 ≥≥≥ zyx

0
Dựng đường phân giác CK của HCB thì
HCK=BCK=20
0
.Trong tam giác vuông AHC có AHC=30
0

Nên AH =






=






=
BK
BC
HK
CHCH
2
1
2
1

IHCK
HK
AH
IC
IA
//⇒=⇒
.Do đó CHI=HKC=20
0
A
H
K I
B M C
Bài V:
Lấy hai điểm phân biệt bất kỳ trên mặt phẳng ,dựng đường tròn đường kính AB
Trên nửa đường tròn đó lấy 2003điểm A
1
,A
2
,…,A
2003
Khác nhau và khác B .Rõ ràng 2003
điểm đó không có 3 điểm nào thẳng hàng ,nên với bất kỳ ba điểm A
i
,A
j
,A
k
(I,j,k khác
nhau) đều tạo thành một tam giác .Tam giác A
i

a)
3
1
);352
23
3
3
2
=−−=− xxxbxx
Bài III:a)Tìm hai số tự nhiên a và b thõa mãn a-b =
b
a

b)Cho hai số dương a,b và a+b=5.Tìm giá trò nhỏ nhất của P=
ba
11
+
Bài IV:Cho Hệ phương trình :



−−−+
=−−
922
033
22
yxyx
yx
Gọi (x
1

b)HD:Từ GT : x
2
-2y
2
= xy,suy ra(x+y)(x-2y) = 0 Do x+y
0≠

Nên Q=
3
1
2
2
=
+
−
=
+
−
yy
yy
yx
yx
Bài II
a)Đặt t=
27;
8
1
3;
2
1

3
Nếu n
)4(
1
1
1
1
1
−
+=
−
=⇒≠
nn
n
b
Do b là số tự nhiên (n-1) là ước của 1 hay n-1=-1 hoặc n-1=1
n=0 không thõa mãn
n=2 thõa mãn b=2;a=4thoã mãn bài toán
b)Ta có :
5
4
)(
20511
2
=
+
≥=
+
=+=
ba

2
= -1 ;y
1
y
2
=
)3(
5
3
−
Từ (1) Ta có x
1
-x
2
=3(y
1
-y
2
),Suy ra M=(x
1
-x
2
)
2
+(y
1
-y
2
)
2

2
=++++−+ xxxx
Câu II -Giải HPT:



=+
=+
76
532
23
23
xyy
yxx
Câu III-Tìm các số nguyên x,y thoã mãn đẳng thức sau:
2y
2
x+x+y+1= x
2
+2y
2
+xy
4
Câu IV –Cho nửa (O)đường kính AB =2R(R là một độ dài cho trước )M,Nlà hai điểm trên
nửa (O)sao cho M
∈
cung AN và tổng khoảng cách từ A,Bđến đường thẳng MN theo R
3
1-Tính độ dài đoạn MN theo R
2-Gọi giao điểm của haidây AN và BM là I ,giao điểm của các đường thẳng AM và

1
4
+x
2
4
+x
3
4
+x
4
4
=32
CÂU II-Giải HPT:



=−+++
=++−−+
04
0252
22
22
yxyx
yxyxyx
CÂU III
-Tìm các số nguyên x,y thõa mãn phương trình :x
2
+xy+y
2
=x

HƯỚNG DẪN
ĐỀ I
Câu I:
ĐK:
2−≥x
.Chú ý rằng x
2
+7x+10=(x+5)x+2).Nhân hai vế của PT với
( )
025 >+++ xx
được:
( )( )
( )



−=
−=
⇔



=+
=+
⇔
=−+−+⇔+++=+++
1
4
12
15




=+
=+
⇔
=+
=+
)2(0792
)1(32
76
272
76
20128
76
532
23
23
3
23
23
23
23
yy
yx
xyy
yx
xyy
yxx
xyy

1055
;
8
1057
;
8
1055
Câu III
2y
2
x+x+y+1=x
2
+2y
2
+xy
)1(01)1()1()1(2
2
=+−−−−−⇔ xyxxxy
Nhận xét rằng x=1 không phải là nghệm của phương trình ( 1) Chia cả hai vế PT(1) cho
x-1 ta được 2y
2
-x-y+
)2(0
1
1
=
−x
PT:có nghiệm (x;y) nguyên
1
1

3
)''(
2
1
và tam giác OMN đều .
2)-Ta có M,N,I,K cùng nằm trên đường tròn đường kính IK ,AKN =
2
1
(sđAB-sđMN)=60
0
.
Gọi O’ là trung điểm của IK
⇒
MO’N=2MKN=120
0
3
3R
là KI,N,M,
: qua tròn đường của kính bánđó Do
3
3
3
3
'3'
RMN
hayMOMOMN ===⇒
3)Điểm K nằm trên cung chứa góc 60
0
Dựng trên đoạn AB =2R Nên S
KAB

+1
( )
( )
yzxzxyzyxzzyyx ++≥++⇒≥+≥+≥ 2221;21;2
22222
Cộng 4 bất đẳng thức trên ta có :
( )
( )
yzxzxyzyxzyx +++++≥+++ 233
222
Mà vế
phải bằng 6 theo GT nên:
3
222
≥++ zyx
ĐỀ II
Câu I:
Đặt x
2
= t PT (1) đã cho có dạng:t
2
+2mt+4=0(2) .Vì PT (1) có 4 nghiệm nên PT(2)
có 2 nghiệm t
1
,t
2
phân biệt, nghóa là:




1
+t
2
)
2
-4t
1
t
2
=8m
2
-16.Từ GT ta có 8m
2
-16=32
6−=⇔ m
(vì m<-2)
Câu II:
Biến đổi PT(1) của HPT tương đươngPT y
2
-(x+1)y-2x
2
+5x+2=0 GiảiTìm hai
nghiệm y
1,2
Ta có PT trên có dạng (y+x-2)(y-2x+1)=0
Giải HPT





≥
.2.2
22
4
4
222222222222
222
222
xyyxxyyxyxyxyxyx
yyx
xyx
Thử lại x=0,x=1và x=-1 Ta có PT có 3 nghiệm nguyên (x;y)là (0;0),(1;-1),(-1;1)
Câu IV:
1)-Gọi p là nửa chu vi
ABC∆
thì p = AB+CD = AC+BD = AM = AN = AB+BM suy
ra BP=CD
2)-Từ
BMI∆

CECDBPBMBIAMN ====⇒∆
. Do BI,CE song song và bằng
nhau nên BICFE là hình bình hành .
Xét tương tự ta có BKCF là hình bình hành
3)Gọi H là trung điểm của BC và S là điểm đối xứng của O qua H .Dễ thấy các cặp
điểm sau đối xứng nhau qua H (B,C);(P;D);(I;E);(F;K),do đó SI=SP=SK (Vì chúng lần lượt
bằng OE,SK=OF,SP=OD).BIS=BFO=90
0
;BPS=CDO=90
0

412.4)(5419.4524
9
92
5
3
xyyxyy
xyyxxyy
xyyxxyyxyx
yx
xyy
yx
yx
++=+⇔
+≥++
≥++⇒=+≥++++⇒



≥+
=++



≥+
=+
22
2
2
25(x BĐT(1)Với của vế haiCộng4(x raxẩy bằngDấu
16(x: Mặt khác

( ) ( )
( ) ( )



=
=
⇔





=+
=+
=+
⇔
2;1;
2;1;
)2(54
5
3
22
22
yx
yx
xyyx
yx
yx
Do đó giá trò nhỏ nhất của P = 41 đạt được

2
+c
2
+2abc < 2
Bài III:
Cho tam giác ABC cân tại A,nội tiếp tong (O) đường kính AI Gọi E là trung điểm
của AB và K là trung điểm của OI .C/mR:AEKC là tứ giác nội tiếp.
Bài IV:
Cho nửa (O) đường kính AB= 2R và M thuộc nửa đường tròn (Mkhác A và M khác
B).Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B của (O) lần lượt tại C và D .
Tìm giá trò nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và BDM.
Bài Va:
a)-Xác đònh m để pt:2x
2
+2mx+m
2
-2=0 có hai nghiệm
b)Gọi hai nghiệm của PT là x
1
;x
2
,Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức :
A=
42
2121
−++ xxxx
Bài Vb:
Cho biểu thức: :P=
( )
4;9;0

−
−
− xxx
xx
x
x
x
x
x
x
xx
a)Thu gọn biểu thức P
b)Tìm các giá trò của x để P=1.
HƯỚNG DẪN :
8
Bài I
a)ĐK:
2
5
2
3
025
032
≤≤⇔



≥−
≥−
x

41
≥≥=+=≥−≥



=+
=++
vuyvyx
yx
yx
1xĐặt K
HPT có dạng:
2
4.
4
8
4
22
==⇔



=
=+
⇔



=+
=+

(1-a)(1-b)(1-c) > 0 Suy ra :1+ab+ac+ca-(a+b+c)-abc > 0
⇒
ab+bc+ac –abc > 1
222)2()(
2222222
<+++⇒≥+++−++⇒ abccbaabccbacba
(Đpcm)
Bài III:
Gọi H là trung điểm của BE thì KH là đường trung bình của hình thang vuông
OEBI ,suy ra HK//OE//BI,mà OE
BEKHAB ⊥⇒⊥
Từ đó Tam giác KBE cân tại K,suy
ra KEB=KBE,Mặt khác KBE=KCA .Vậy KEB=KCA.Do đó Tứ giác AEKC nội tiếp
A
E
O
H K
B C
I
Bài IV: Ta có:
( )
.2
)2(.
2
1
.
2
1
)1(2
22

9
D
A O H B
Bài V
a)ĐS
22 ≤≤− m
b)p dụng đònh lý Vi et cho PT bậc hai ta có 2x
2
+2mx+m
2
-2 = 0 ta có
( )( )
[ ]
4
25
4
25
2
1
6
3242
2
2121
≤+







++
−
=
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
2
và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1)
có hệ số góc k
a)Viết pt của đường thẳng (d).Chứng minh với mọi giá trò của k ,(d) luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt Avà B
b) Gọi hoành độ của A và B là x
1
và x
2
,chứng minh :






22
1
11
a)Giải PT với m=15
b)Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt
10
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
b)Chứng minh tam giác HEF đồng dạng với tam giác ABC
c)Khi A duy chuyển ,chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố đònh.
Bài 8:Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 8 điểm ,trong
đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Biết diện tích của tứ giác là 1,chứng minh rằng tồn
tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 điểm đã cho có diện tích không vượt quá
10
1
Tổng quát hoá bài toán cho n giác lồi với n điểm nằm ở miền trong của đa giác đó
***********************************




−= xPxP
M
x
x
P
x
Q
2
1
1
22
)3 =
−+
==
Để ý rằng với x > 0 và x
1≠
ta có M=
11
1
>−+
x
x
Theo BĐT Cô si ta có :0 < Q < 2 Vì Q nguyên nên Q = 1
2
537 ±
=⇒ x
Bài 2:

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
⊥
AC ,
⇒
MOD=DOA
DANMhayADDM ∆=⇒
cân tại D
11
2)Dễ thấy
⇒∆=∆ ) ( cgcCOEAOE
EAO=ECO =90

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
+b
2
)
3;33;33
22
 baba ⇒⇒
Bài 5:ĐK: x
( )



+
⇔=−
+
+
+
+
⇔ 015
1
2
1
1
015
)1(
22
)1(
1
2
22
2
22
xxxx
xx
xx
xx
PT đã cho có dạng :y
2
-2y-15 = 0,giải PT ta được y = 3;y = -5.Vậy PT đã cho có 4 nghiệm:
10

−=+



<
>
=−+⇔=






+
+






011
4
0
4
2
)2(02
1
11
2

Bài 7:
12
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
⊥
nên:
MN
⊥
HE,mà N cách đều 4điểm A,B,H,E
⇒
MN là đường trung trực của đoạn HE .

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
2
+y
2
+
4
4
1
2

=
−−
−
+
++
+
3
3
3
3
2
2
2
2
b)Chứng minh :
1)b1;a Với ≥≥
+
≥
+
+
+
(;
1
2
1
1
1
1
22
ab

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
(3,1,2)
b)Ta có : 8x
2
+y
2
+
4

2
2
−≥−++






−= yx
x
xxy





−=
±=
⇔





=+
=
xy
x
yx 2

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
14
B K M C
Kẽ đường kính CE Thì CE =2MO màEB
ACBHACAEBCAHBC ⊥⊥⊥⊥ ;;,

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(
4
3
KM
Trong tam giác vuông
AKM có AK

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
=
12
2
.20
⇒
BC=

+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
60
22
2
cmBCBC =⇒



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
Là tổng và tích các
nghiệm x
1
,x
2
của PT (1). PT(1) Có nghiệm dương trong các trường hợp sau

16
<≤− m
b)Giải PT;x
2
+3x+1=(x+3)
)2(1
2
+x
Đặt t=
PTtx ).1(1
2
≥+
Trở thành
15
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 =+
PT này vô nghiệm.
Với t=3 thì
22x được ta ragiải ±==+ ,31
2
x

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

( )( )
( )
( )
1b1,a Vì
a1
1
Xét hiệu
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
b
b
Bài 5:
Ta có :DMP=BCA=AIC Mặt khác ADB=BCA,Suy ra
∆

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)
16
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
zy
1-y
01-z-y-yz1)-2(yzz)2(y: có ta 2x Với: sử Giả


−








+
−
−
=M
Bài 2:
a)Giải PT: x
4
-24x
2
-25 = 0
b)Giải HPT:



=+
=−
3489
22
yx
yx
Bài 3:

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
2004

y
x
Q +−++








+=
Vòng II
Câu VI:
Giải PT:
213 =−++ xx
Câu VII:
Giải hệ PT:
( )
( )
( )
( )



=−−
=++
3
15
22

) 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 .

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

Câu VII:
Hệ PT đã cho tương đương :
( )
( )
( )
( )



=−++
=++
)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

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

2
1
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')('Tài liệu này được chúng tôi biên soạn dựa trên cơ sở những đề thi của các trường
chuyên trên toàn quốc.23
24