1. Giải phương trình:
2 1 3 1x x x+ − = −
.
1)
2 1 3 1x x x+ − = −
(1), điều kiện
0x ≥
Đặt
2 1 , 0x a a+ = ≥
;
3 , 0x b b= ≥
Suy ra
2 2
1b a x− = −
Thay vào (1) ta được
2 2
a b b a− = −
( ).( 1) 0a b a b a b⇔ − + + = ⇔ =
(do
0, 0a b≥ ≥
nên a+b+1>0)
Với a = b ta có
2 1 3 1x x x+ = ⇔ =
thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
b/ + = x
2
- 10x + 27
Đk : 4 ≤ x ≤ 6
Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được :
+ = + ≤ + = 2

2
+ c
2
= . Chứng minh rằng : + - <
b/ Với giá trị nào của x thì biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất ?
M = x -
Bài 3 : ( 4 điểm )
a/ Cho 3số dương a, b, c thỏa a
2
+ b
2
+ c
2
= . Chứng minh rằng : + - <
Tacó : ( a + b - c )
2
≥ 0 ⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2ab - 2bc - 2ac ≥ 0
⇒ 2ab - 2bc - 2ac ≤ a
2
+ b
2
+ c
2


+
−
+








+
−
65
2
3
2
2
3
:
1
1
xx
x
x
x
x
x
x
x

1:
19
8
13
1
13
1
x
x
x
x
xx
x

a) Rút gọn P
b) Tìm các giá trị của x để P =
5
6
Bài 4. Cho biểu thức:P =








−−+
−
−














−
+
+








+
−
−
+
−
a

−
+
−
+
+
+








−
−
+
+
+
+
12
2
12
1
1:1
12
2
12
1
x




−
−
−−+
1
1:
1
1
1
2
x
x
xxxxx
x
a) Rút gọn P
b) Tìm x để P
≤
0
Bài 8: Cho biểu thức:P =








−

Câu 2: (3 điểm)
1) Cho hai số x, y thõa mãn hệ thức:
2
2
2
1
2 4
4
y
x
x
+ + =
Xác định x, y để xy nhỏ nhất
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =
2
4 2
1
x
x x+ +
Ta có:
2
2
2
1
2 4
4
y
x
x
+ + =

2
ta được:
M =
1
2
1
2
1
++








x
x
M đạt giá trị lớn nhất khi
2
1
2
x
x +
nhỏ nhất
=>
2
1
2





+
8
1
2
1
1
1
222
cba
=
abc
32
2) Cho a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c
≠
0
Tính P = (2008+
b
a
)(2008 +
c

2
2
b
= 2
b
2

8
1
2
+
c

≥
2
2
8
c
=
c
24⇒







2
.
c
24
=
abc
32⇒







+






+






1
1
2
2
2
c
b
a

⇔










=
=
=
4
2
2
2
1
c
b

2
+ ( c – a )
2
= 0
⇔
a = b = c
⇒
P = (2008+
b
a
)(2008 +
c
b
) ( 2008 +
a
c
)
P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 2009
3

a. Cho 2 số dương x; y thoả mãn xy=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D=
1
9
33
22
22
++
++++
yx
yyxx

++ yx
≥
4
4
22
22
1
9
).1(3.3
++
++
yx
yxyx
=4
4
81xy
( 0,25 điểm)
⇒
(x
2
+y
2
+1)+3x+3y+
1
9
22
++ yx
≥
4
4

> 0 (2) 0,5 điểm
+ Thay (2) (3) vào (1) được A
1
2
≥
Do đó: Min A =
x y z
1
2
xy yz zx 1
= =


⇔

+ + =


+ Vậy A
min
=
1 1
x y z
2 3
⇔ = = =

Bài 3 (3 điểm)
Cho x
3
+ y

+ y
3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0
⇔
x
3
+ 3x
2
+ 3x +1 + y
3
+ 3y
2
+ 3y + 1 + x + y + 2 = 0
⇔
(x + 1)
3
+ (y + 1)
3
+ (x + y + 2) = 0
⇔
(x + y + 2)[(x + 1)
2
– (x + 1)(y + 1) + (y + 1)
2
+ 1] = 0 (*)
( ) ( ) ( ) ( )

1 2
4 4 4 1 2x y xy xy
xy xy
−
+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ −
.
Vậy MaxM = -2
⇔
x = y = -1 .
Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh
6a b b c c a+ + + + + ≤
C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:
2
2
3
.
3 2
2
2
3
.
3 2
2
2
3
.
3 2
a b
a b
b c

2
1
x
)
b) Chứng minh rằng :
N = ( x +
x
1
)
2
+ ( y +
y
1
)
2
≥
2
25
Bài 4: ( 3 điểm) ( mỗi câu 1,5 điểm)
a) Ta có : M = ( x
2
+
2
1
y
)( y
2
+
2
1

≥ 2
16
1
=
2
1
(2).
2
1
2
=
+
≤
yx
xy
⇒ xy≤
4
1
( 3)
Từ (1), (2) và (3) ta có : xy +
xy
1
≥
2
1
+
4
1
.16
15

16
1
⇔ x = y =
2
1
b) áp dụng BĐT : A
2
+ B
2
≥
2
)(
2
BA +
, ta có :
N = ( x +
x
1
)
2
+ ( y +
y
1
)
2
≥
2
)(
2
xy

1
1(
2
2
=












+
≥
+
xy
. Vậy N ≥
2
25
.
Dấu "=" xảy ra khi



=

∠ = ∠
(
¼
ME
)
Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng
dạng. Từ đó
MN MF MH
MK ME MN
= =

2
MN MH.MK
⇒ =
(1). Bổ đề đợc chứng minh
•
Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ
M đến các đờng thẳng chứa cạnh BC, CA, AB, EF, FD, DE của các tam giác ABC và DEF ta đ-
ợc:
2
d b.c,
=

2
e c.a,=

2
f a.b
=
. Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh.

x
2
=++

A
B
C
O
E
D
F
M
H
N
K
⇔
( )
1 - 22 x - 1
2
x
2
2
=






+


⇔ x = - 4
2
/3 , không thỏa mãn x < -2 nên loại
Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x = 4 - 4
2

Bài 5 : ( 1 điểm )
Giải phương trình :

224222
2
+−−=+−− xxxx
Bài 6 :( 1 điểm )
Cho Pa ra bol (P) :
4
2
x
y −=
( d ) là đường thẳng qua M ( 1,-2) và có hệ số góc m
CMR ( d ) luôn cắt ( P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m
Bài 7 : ( 1 điểm )
Cho a >1, b > 1 tìm giá trị nhỏ nhất của
11
22
−
+
−
=
a

KC
AK
=
Điều kiện :
2
≥
x
PT (1)
022222222
=−+++−−−++−−⇔
xxxxxx

( )
022222
2
=−+−−++−−⇔
xxxx
Đặt
txx
=+−−
22
A
M
C
D
B
N
K
Q
I

xxx
202
=⇔=−⇔
xx
- Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2 .
áp dụng bất đẳng thức cô si :
11
2
)1)(1(
2
11
2222
−−
=
−−
≥
−
+
−
b
b
a
a
ba
ba
a
b
b
a
a> 1 ta có

ACDABD
( góc nội tiếp cùng chắn cung AD )
∧∧
= ACDAQP
= > Tứ giác ACQP nội tiếp
=> AM.MQ=CM.MP
AM
CM
AM
MPCM
MQ
2
.
==⇒
( vì MP=CM )
2
2
CM
AM
MQ
AM
=⇒
Trong tam giác ACQ có MK//CD
MQ
AM
KC
AK
=⇒
nên
2

2
1
1
:
1
2
1
aaaa
a
a
a
a
a.Rút gọn biểu thức A.
b.Tính giá trị biểu thức A khi
200522006 −=a
.
Bài 4 ( 3.0 điểm):
Cho
∆
ABC có
∠
B = 90
0
và
∠
A > 60
0
. Gọi M là trung điểm của AC. Đường vuông góc hạ
từ A xuống BM cắt cạnh BC tại I. Vẽ đường tròn tâm tiếp xúc với AC tại K. đường thẳng qua A
tiếp xúc với (I) tại E ( E





+
−
1
2
1
1
:
1
2
1
aaaa
a
a
a
a









++
−

a
a
0.5
2
2
)1)(1(
)1)(1()1(
−+
++−
=
aa
aaa
0.5
a+=1

0.25
b. ( 0.5 điểm )
Khi
2
)12005(200522006
−=−=
a
0.25
Thì A = 1 +
2005)12005(
2
=−
0.25
Bài 4 ( 3.0 điểm):
a. ( 1.0 điểm)

AIB =
∠
AEB =
∠
NEB (cùng chắn cung AB ) (1) 0.25
và
∠
EBI =
∠
EAI ( góc nội tiếp cùng chắn cung EI )
*Lại có
∠
EAI =
∠
IAC (tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm)
suy ra
∠
EBI =
∠
IAC (2)
* M là trung điểm của AC nên MB = MC ( do
∆
ABC vuông tại B )
⇒

∆
BMC cân tại M
⇒

∠


∠
MBE =
∠
AIB (4) 0.25
*Từ (1) và (4)
⇒

∠
MBE =
∠
NEB
⇒

∆
NBE cân tại N.(đpcm) 0.25
Bài 4: Giải hệ phương trình:



+=+
=++
yxyx
xyyx
3
1
33
22
Bài 5 : Giải phương trình


⇔
33
yx +
232223
333 xyyyxyxxyx +++++=
⇔
0244
322
=++
yyxyx
0)22(2
22
=++⇔ yxyxy
[ ]
0)(2
22
=++⇔ yxxy
⇔



=++
=
0)(
0
22
yxx
y
⇔


oy
(1,0đ)
+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x
2
=1
⇔
x
±
1
+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn
⇒
x=0, y=0 loại (0,5đ)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0) (0,25đ)
Bài 5 (2đ)
Điều kiện 2x +15
≥
0 và 32 x
2
+32x-20
≥
0










−−
⇔
4
142
2
15
4
142
x
x
(0,25đ)
PT đã cho tương đương với
28)24(2152
2
−+=+
xx
(1)
Đặt
15224
+=+
xy
ĐK
024
≥+
y
(0,25đ)
Từ đó ta có :

152)24(
2

=
−−
=
⇔
16
2219
16
2219
x
x
(0,25đ)
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=
2
1
hoặc
16
2219
−−
=
x
(0,25đ)
Bài 7: (2đ): a, b, c>0
CM:
1+
+
+
+
+
+
≥++

yxyx
yxyxxy
yxxyxy
yxxy





−=
=
⇔
8
11
2
1
x
x
TM
Loại
TM
Loại
(1)
a
cbcb
bccabb
c
bab
acaba
b

=
bcabbcaca 333
222
+++++
Do ú ta cn chng minh:
VPbbcabb
a
cb
acab
c
a
a
c
b
a
bc
c
b
a
bc
b
ca
c
b
b
ca
a
cbcb
c
bab

2
1
)(
2
1
)(
2
1)()(
)5,0()2(22
)()(
Du = xy ra khi a = b = c (1)
Bài III ( 3 điểm )
Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B ). Tia CM cắt tia DA
tại N. Vẽ tia Cx vuông góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm của đoạn NE.
1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp đợc trong đờng tròn.
2/ Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vuông ABCD.
3/ Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđờng tròn nội tiếp tam
giác NAC và tam giác HBC không đổi.
Bài V( 1 điểm )
Cho các số dơng a , b , c thay đổi và thoả mãn a + b + c = 4.
Chứng minh:
4>+++++ accbba
.
Bài III (3điểm)
Câu 1 ( 1 điểm)
Do góc NAE = góc NCE = 1v (gt) nên tứ giác NACE nội tiếp
trong đờng tròn góc CNE = góc CAE = 45
0
0,5 đ
=> tam giác NCE vuông cân tại C . Mặt khác do CH là

CNCD.AN +
=
2
23
2
++
xx
0,25 đ
Từ S
NACE
= 3 S
ABCD
ố
0433
2
23
2
2
=+=
++
xx
xx
=> x = 1 , x = - 4 ( loại ) . 0,25 đ
Vậy AN = 1 . Mà theo định lý Ta lét ta có :
1
==
BC
AN
MB
AM

a + b < a + b + c = 4 =>
bababa
+<+<+
22
(1 ) 0,5 đ
Tơng tự ta có b + c < 2
cb
+
(2)
a + c < 2
ac
+
(3) 0,25 đ
Cộng vế với vế của (1) , (2) , và (3) ta có
( )
( )
cacbbacba +++++<++ 22

hay
4
>+++++
accbba
( ĐPCM) 0,25 đ
Bi 7 (2 im)
Cho x, y, z l cỏc s dng tho món xyz =1.
Tỡm GTNN ca biu thc :
E =
)(
1
)(

2
+
ac
b
+
2
+
ba
c
+
2
D dng chng minh c
cb
a
+
+
ac
b
+
+
ba
c
+

2
3
Nhõn hai v vi a + b + c > 0

cb
cbaa

c
+
2

2
cba ++

2
3
3
abc

=
2
3
E
2
3
Du "=" xy ra a = b = c = 1
Vậy min E =
2
3
khi a = b = c = 1
Bài 6(1điểm): Cho x, y, z> 0 thoả mãn:
3
111
=++
zyx
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
zx

22
22
2
22
2
2








+≥+=
+
⇒








+≥












+≥
+
xzzx
xz
zyyz
zy
T (1), (2), (3) ừ
3
333
3
1
=








++≥⇒
zyx
P

3
+ 12x
2
y = 20 (2x+y)
3
= 27
(1)
⇔
y
3
+ 6xy
2
= 7
⇔
y
3
+6xy
2
=7 (0.5đ)

2x+y=3 (2)
2y
3
- 9y
2
+7 =0 (3) (0.5đ)
giải (3) ta đợc: y=1; y=
4
1057 ±
(0.5đ)

0'
≥∆

<=> 2t
2
-4t- 3
≥
0
2
102
2
102
+
≥∪
−
≤⇔
tt
(0.25đ)
=> Min
1
2
10
−=
t
(0.25đ)