Đề Ôn luyện học sinh giỏi toán 9 - có đáp án

ĐỀ THI SINH GIỎI LỚP 9
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1 (3 điểm):
Tìm n
∈
Z sao cho:
2
17n n+ −
là bội của n +5.
Bài 2 (2 điểm):
Cho a > 0, b > 0 thoả mãn: 2a
2
+ 2b
2
= 5ab.
Tính giá trị của biểu thức: A =
a b
a b
−
+
.
Bài 3 (4 điểm):
a) Vẽ đồ thị hàm số: y = 3 -
2
2 1x x− +
b) Giải phương trình: x =
1 1
1x
x x

− + −
Bài 4 (3 điểm):
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Chứng minh:
abc
(
1 1 1
a b c
+ +
)
a b c≥ + +
.
Bài 5 (2 điểm):
Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:
100
5 3 100
3
x y z
z
x y
+ + =
+ + =




Bài 6 (6 điểm):
Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Một điểm C nằm trên đường tròn (C khác A,
B). Tiếp tuyến Cx của đường tròn (O; R) cắt AB tại I. Đường phân của góc I cắt OC tại điểm O’.
a) Gọi D, E theo thứ tự là giao điểm thứ hai của CA,CB với đường tròn (O’; O’C).

Chứng minh: D, O’, E thẳng hàng.
b) Chứng minh IC
2
= IA. IB.
c) Tìm vị trí của điểm C sao cho AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OCI.
Hết
(I)
(d
1
)
(d
2
)
D/A
Bài 1 (3 điểm):
Ta có: n
2
+ n - 17 là bội của n + 5 => (
2
n
+
17) ( 5)n n− +M
………………………… 0,25đ
Xét phép tính:
2
17 ( 5)( 4) 3 3
( 4)
5 5 5
n n n n
n

n n n
+ − + − +
= = − +
+ + +
………………………………. 1đ
Để (n
2
+ n - 17)
M
(n + 5) thì
3
5n +

∈
Z………………………………………………0,25đ
=> (n + 5)
∈
Ư
(3)
=> (n + 5)
∈
{
1; 3± ±
}…………………………………………… 0,25đ
+ Với n + 5 = -1 => n = - 6 .…………………………………………………… 0,25đ
+ Với n + 5 = 1 => n = - 4 ………………………………………………………0,25đ
+ Với n + 5 = -3 => n = - 8 ……………………………………………………… 0,25đ
+ Với n + 5 = 3 => n = -2 .………………………………………………….………0,25đ
Vậy, ta tìm được.n = - 6; n = - 4; n =- 8; n = - 2. ………………………………….0,25đ
Bài 2 (2 điểm):

Ta có: A =
a b
a b
−
+
. Bình phương hai vế ta được:
A
2
=
2
( )
a b
a b
−
+
=
2 2
2 2
2
2
a ab b
a ab b
− +
+ +
………………………………………………………….0,5đ
=đ
2 2
2 2
2 2 4
2 2 4

a b ab
a b ab
+ −
+ +
…………………………………………………………………0,5đ
=
5 4 1
5 4 9
ab ab
ab ab
−
=
+
…………………………………………………………… ….0,5đ

⇒
A =
1
3
±
…………………………………………………………………….0,5đ
Bài 3 (4 điểm):
a) y = 3 -
2 2
1 2 3 ( 1)x x x
+ − = − −
= 3 -
1x −
…………………………………….0,25đ

{
4
2
x
x
−
+
Nếu x < 1
Vẽ đường thẳng (d
1
): y = - x + 4 với x
≥
1
Và đường (d
2
): y = x + 2 với x < 1 ta được đồ thị: Hình (P) y
Đồ thị đúng 1 điểm, mỗi nhánh 0,5 điểm

3
_

2
_

1
_

I I I I I I
x

-2 -1 0 1 2 3 4


=
Nếu x
≥
1
……………………………………………………0,5đ
b) Điều kiện:
x -
1
x
≥
0
1 -
1
x
≥
0
⇔
…………………………………………… ………0,25đ
x
≠
0

Xét hai trường hợp:
* x
≤

-1 vế trái của phương trình âm còn vế phải không âm.
Phương trình vô nghiệm…………………………………………………………… 0,25đ
* x
≥
1 phương trình x =
1 1
1x
x x
− + −

1
1x
x
⇔ − −
=
1
x
x
−
…………………………………………………… 0,25đ
⇔

2
1
1x
x
 
− −
 ÷
 ÷

 
= x –
1
x
…………………………………………………………0,25đ
⇔
x
2
- 2x
1
1
x
−
+ 1 - x = 0
⇔

2 2
1
2 (1 )x x x
x
− − −
+ 1 = 0 …………………………………………………….0,25đ
⇔
x(x - 1) – 2
2
2
x
x
x
−

+ 1 = 0 ………………………………………………… 0,25đ
⇔
x(x - 1) – 2
( 1)x x −
+ 1 = 0
⇔
2
( ( 1) 1)x x − −
= 0……………………………… 0,25đ
⇔
( 1)x x −
= 1 ………………………………………………………………… 0,25đ

⇔
x
2
– x – 1 = 0
⇔
x =
1 5
2
+
(vì x
≥
1) ………………………………………….0,25đ
Bài 4 (3 điểm): Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên a > 0, b > 0, c > 0 .… 0,25đ
Ta có:
1 1 1
2
a b ab

+ ≥
……………………………………………………………… 0,5đ

1 1 1
2
a c ac
+ ≥
……………………………………………………………… 0,5đ


1 1 1
2
b c bc
+ ≥
…………………………………………………………………0,5đ
1 1 1 1 1 1
2( ) 2(
a b c ab ac bc
⇒ + + ≥ + +
(cộng vế theo vế)……………………………… 0,5đ
1 1 1 1 1 1
( ( )abc abc
a b c ab ac bc
⇒ + + ≥ + +
=
a b c+ +
(nhân 2 vế với
abc
) ……0,5đ
Đẳng thức xảy ra khi a= b = c hay

∆
ABC đều………………………………………0,25đ
Bài 5 (2 điểm):
x
≥
1
x
≤
-1
(1)
(I)

{
100
15 9 300
x y z
x y z
+ + =
+ + =
⇔

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được: 14 x +8 y = 200
⇔
7x + 4y = 100 …………………………………………………………………….0,25đ
⇔
4y = 100 – 7x

⇔
y =
100 7

25 2
4 4
x x
x
−
= − +
……………………………………………………… 0,25đ
vì x, y nguyên
4 25 7
4
x
t z x t y t⇒ = ∈ ⇒ = ⇒ = −
……………………………………….0,25đ
Vì x, y dương
{
}
{
4 0
25 7 0
25
0 1;2;3
7
t
t
t t
>
− >
⇒ ⇔ < < ⇒ =
………………………… 0,25đ
Khi t = 1

⇒
x = 4, y = 18, x = 78.
Khi t = 2
⇒
x = 8, y = 11, z = 81.
Khi t = 3
⇒
x = 12, y = 4, z = 84. ………………………………………………….0,5đ
Vậy nghiệm nguyên dương của hệ phương trình là:
(x; y; z)
∈
{( 4; 8; 78); ( 8; 11; 81); ( 12; 4; 84)}…………………………………….0,25đ

C
Bài 6 (6 điểm):
Vẽ hình đúng được 0,5đ
D O’ E

A
O B K I X
a) AB là đường kính của (O,
2
AB
)
·
0
90ACB⇒ =
hay
·
0

90DCE =
………………………………………………… 0,5đ
⇒
DE là đường kính của (O’; O’C) ………………………………………………….0,5đ
⇒
D, O’, E thẳng hàng. ………………………………………………… 0,5đ
b) Xét
ACI
∆
và
CBI∆

có:
µ
·
A ICB=
(cùng bằng
1
2
số đo cung CB)…………………………………………….0,5đ

I
$
chung

⇒

ACI
∆
đồng dạng

CBI
∆
………………………………………………….0,5đ
⇒
IA IC
IC IB
=
….…………………………………………………0,5đ
⇒
IA. IB = IC
2
(đpcm). ………………………………………………… 0,5đ
c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC,
·
0
90OIC =
nên K là trung điểm của OI 0,25đ
Để AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC thì AC
⊥
CK. ……………….0,25đ
·
·
ACO ICK⇒ =
(cặp góc có cạnh tương ứng vuông). ………………………………… 0,5đ
Mà
·

µ
·
·
·
ACO A ICB ICK ICB K B
= = ⇒ = ⇒ ≡
………………………………… 0,5đ
⇒
KC =
1
2
OI = OB = R.
Vậy, điểm C nằm trên đường tròn sao cho BC = R thì AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC……………………………………………………………………….0,5đ
Lưu ý: Thí sinh có thể bỏ qua một vài bước trung gian (đơn giản) thì vẫn đạt điểm tối da
Thí sinh có lời giải khác nhưng đúng thì vẫn đạt điểm tối đa
(2)
… ………………………… 0,25đ
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN
THỜI GIAN 150 PHÚT
Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:
a)
7 2 5
2 1
x y x y
x y x y

+ + + =



+ + − =


b)
( 1) ( 1) 2
1 1
x y y x xy
x y y x xy

− + − =


− + − =


Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
x y z
P
x y z
= + +
+ + +
Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + ≥
+ + +

Chứng minh rằng:
1
8
abc ≤
.
Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là một điểm
trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O). Các tia AC và BC cắt đường tròn
(O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là đường kính của đường tròn (O).
Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C. Gọi AH, BI
là các đường cao của tam giác.
a) Chứng minh HI // d.
b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d. chứng
minh rằng MN = EF
Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia hết cho 12
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Đáp án Thang điểm
1
a)
7 2 5(1)
2 1(2)
x y x y
x y x y

+ + + =


+ + − =


Đặt u =

7x y+
, v =
2x y+
(
0, 0u v≥ ≥
)
Ta có
5
(*)
1
u v
v x y
+ =


+ − =

Do u
2
– v
2
= (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =
5
2
x +
, v =
5
2

x−
Từ phương trình thứ hai của (*) ta được
y = v + x – 1 =
5 3
1
2 2
x x
x
− +
+ − =
Thay y =
3
2
x +
vào phương trình (2) ta được
1
2
3 3
2 1
2 2
1
5 3 5
19
2 2
x x
x x
x
x x
x
+ +

+ + − =
=

+ −
⇔ = ⇔

=

Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
b)
( 1) ( 1) 2 (1)
1 1 (2)
x y y x xy
x y y x xy

− + − =


− + − =



Điều kiện
1, 1x y≥ ≥
Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có:
( 1 1)
1 ( 1).1
2 2
x y xy
x y x y
− +
− = − ≤ =
(3)
( 1 1)
1 ( 1).1
2 2
y x xy
y x y x
− +
− = − ≤ =
(4)
Vậy
1 1x y y x xy− + − ≤
Dấu “=” xảy ra
1 1
1 1
y
x
− =

⇔


− =

2x y⇔ = =
Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
2
Ta có
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 )
1 1 1
P
x y z
= − + − + −
+ + +

1 1 1
3 ( )
1 1 1
P
x y z
= − + +
+ + +
Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
3x y z xyz+ + ≥

,
1 1 1 3
x y z xyz
+ + ≥
1 1 1 3
( )( ) 3 . 9x y z xyz
x y z xyz
⇒ + + + + ≥ =
Dấu = xảy ra khi x = y = z.
0.25
0.5
0.25
0.25
Ta có
1 1 1 9
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)x y z x y z
+ + ≥
+ + + + + + + +
1 1 1 9
1 1 1 4x y z
⇒ + + ≥
+ + +
Vậy
9 3
3
4 4
P ≤ − =
1 1 1
3 1
1

4 3
x y z
P x y z
x y z
+ = + = +

= ⇔ ⇔ = = =

+ + =

Vậy P đạt giá trị lớn nhất là
3
4
P =
tại
1
3
x y z= = =
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
3
Ta có:
1 1 1
(1 ) (1 )
1 1 1a b c
≥ − + −
+ + +

1
2
1 1 1 (1 )(1 )
b c bc
a b c b c
⇒ ≥ + ≥
+ + + + +
Vậy
1
2
1 (1 )(1 )
bc
a b c
≥
+ + +
Tương tự:
1
2
1 (1 )(1 )
ac
b a c
≥
+ + +

1
2
1 (1 )(1 )
ab
c a b
≥

+ + +
Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:
1 8
(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
abc
a b c a b c
≥
+ + + + + +
8 1abc⇒ ≤
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
4
C
P
Q
O
M
B
A
0.5
Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần
chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng.
Trong đường tròn tâm M ta có:
·
·

2AMC ABC=
(góc ở tâm chắn cung AC)
Trong đường tròn tâm O ta có:
·
·
2AOQ ABQ=
(góc ở tâm chắn cung AQ)
Suy ra
·
·
AMC AOQ=
(1)
Chứng minh tương tự ta có

·
·
BMC BOP=
(2)
0.25
0.5
0.5
0.25
0.5
Tứ giác MAOB có
µ µ
0
90A B= =
·
·
0

180AMB AOB⇒ + =
(3)
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
·
·
·
·
POQ POB BOA AOQ= + +

·
·
·
( )BMC AMC BOA= + +

·
·
0
180AMB AOB= + =
Suy ra P, Q, O thẳng hàng.
Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
5
x
d
M

F
N
E
A
I
H
C
B
0.5
a) Chứng minh HI // d
Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC
Tứ giác ABHI nội tiếp nên
·
·
ABC HIC=
(Cùng bù với góc
·
HIA
)
Mà
·
·
ABC ACx=
(cùng chắn cung AC)
·
·
//HIC ICx HI d⇒ = ⇒
0.25
0.5
0.25

0.5
b) Chứng minh MN = EF
d // HI
IF=HN⇒
AMCH nội tiếp
·
·
HMN HAC⇒ =
BICE nội tiếp
·
·
IEF IBC⇒ =
Mà
·
·
HAC BIC=
nên
·
·
HMN IEF HMN IEF= ⇒ ∆ = ∆
EFMN⇒ =
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
6 Số chính phương là n
2
(n
Î

Z) số đứng trước nó là n
2
-1
Ta có (n
2
-1)n
2
=(n+1)(n-1)n
2
= (n-1)n.n(n+1)
Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3
Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
Và n (n+1) chia hết cho 2
Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4
Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12
Vậy (n
2
-1)n
2
chia hết cho 12
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Đề thi Môn : Toán

Thời gian: 150 phút
Bài 1( 4đ)
1) Rút gọn biểu thức sau:
2 2 2 2
2
( )x y x y y
x
P
xy x y x y
 
−
 ÷
= + −
 ÷
−
 
2) Giải phương trình:
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+ −
+ =
+ + − −
Bài 2( 4đ)
1) Phân tích thành nhân tử: a
3
+b
3

+c
3
-3abc
2) Cho
1 1 1
0
a b c
+ + =
và abc ≠ 0 . Chứng minh rằng biểu thức:

2 2 2
bc ac ab
M
a b c
= + +
không phụ thuộc vào a,b,c
Bài 3 (4đ)
1) Cho:

1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 120 121
1 1
1
2 35
A
B
= + + + +
+ + + +
= + + +

Hãy so sánh A và B
2) Cho a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
với p là nửa chu vi của tam giác đó
Bài 4(8đ)
1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác
ABC.
a) Chứng minh rằng: tgB.tgC =
AD
HD
b) Chứng tỏ rằng HG//BC
⇔
tgB.tgC = 3
2) Cho hình bình hành ABCD, qua đỉnh D kẻ một đường thẳng cắt các đường thẳng AC, AB, BC tại M, N, K.
chứng minh rằng:
a) DM
2
= MN . MK
b)
1
DM DM
DN DK
+ =

LỜI GIẢI VÀ THANG ĐIỂM

Lời giải Điểm Lời giải Điểm
Bài 1
1) Với Đk x
≠
0; y
≠
0; x
≠
y ta có:
2 2 2 2
2
( )x y x y y
x
P
xy x y x y
 
−
 ÷
= + −
 ÷
−
 
xy x y x y
xy x y x y
−  
= + −
 ÷
−

 
Xét TH:
Xy > 0 => P = 1
Xy < 0 => P = 1
Vậy P = 1
2) Đk: 0 < x < 4
Quuy đồng mẫu thức rồi khử mẫu ta đưa pt
về dạng:
3 3
(2 ) (2 ) 3 2x x x
+ + − =
3 3 3
(2 ) (2 ) 2 (4 ) 18x x x x+ + − + − =
3
(4 ) 3 8x x− = −
⇔
3x – 8 > 0 và
3 2
(4 ) (3 8)x x− = −
⇔
8
3
x >
và
3 2
3 0x x− =
Vậy x = 3 thỏa đk đầu bài
Bài 2:
1) a
3

+b
3
+c
3
-3abc =
=(a
3
+3a
2
b+3ab
2
+b
3
) +c
3
-(3abc+3a
2
b+3ab
2
)
=(a+b)
3
+c
3
-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)
2 2
( ) ( ) 3a b a b c c ab
 
+ − + + −

 
=(a+b+c)(a
2
+b
2
+c
2
-ab-ac-bc)
2) Theo câu a ta có a+b+c = 0 thì
a
3
+b
3
+c
3
-3abc = 0=> a
3
+b
3
+c
3
= 3abc
áp dụng kết quả trên nếu:
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1
0 3.
a b c a b c abc
+ + = => + + =
ta có:
2 2 2 3 3 3

3 3 3
1 1 1 3
( ) . 3( 0)
bc ac ba abc abc abc
M
a b c a b c
abc abc abc
a b c abc
= + + = + +
= + + = = ≠
=>Kết luận
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.75
0.25
Bài 3

1 1 1

1 2 2 3 3 4
1

120 121
1 2 2 3 120 121
121 1 10
A = + + +
+ + +
+
+
= − + − + − +
= − =
1 1
1
2 35
2 2 2

2 1 2 2 2 35
2 2 2

1 1 2 2 35 35
1 1 1
2(
1 2 2 3 35 36
2(6 1) 10
B
B
B

= + + +
= + + +
= + + +
+ + +
=> > + + +
+ + +
> − =
Vậy B >A
2) Ta chứng minh được :
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
Áp dụng bđt trên ta có:
1 1 4 4
2p a p b p a b c
+ ≥ =
− − − −
1 1 4 4
2p b p c p b c a
+ ≥ =
− − − −
1 1 4 4
2p c p a p c a b
+ ≥ =
− − − −
1 1 1 1 1 1
2( ) 4( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +

− − −
1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
(có thể có nhiều cách khác để chứng minh)
Bài 4
1)
a) tìm được tgB=
AD
BD
,tgC=
AD
CD
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.75
0.5
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
=> tgB.tgC=

2
.
AD
BD CD

. .BDH ADC BD CD AD DH∆ ∆ => =:
=>tgB.tgC=
AD
DH
b) chứng minh được :
3
AM
GM
=
( M là trung
điểm của BC)
∆ ADM có HG//BC
//
3 .
HG DM
AM AH
GM HD
tgB tgC
<=>
<=> =
<=> =
(nếu hs cm hai chiều thì chiều thứ nhất 0.75đ,
chiều ngược lại 0.75đ)
2)
a) chứng minh được

2
(1), (2)
. .
.
MD AM MD CM
MK MC MN MA
MD DM MA CM
MK MN MC MA
MD MK MN
= =
=> =
=
Từ (1) =>
(1')
MK MC MK MC
MK MD AM MC KD AM MC
= => =
+ + +
Từ (2)=>
(2')
MD MC MD MC
MN MD AM MC ND AM MC
= => =
+ + +
Từ (1’,2’) =>
MK DM
DK DN
=
1
DM DM MK DM DK

DN DK DK DK DK
=> + = + = =
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MÔN TOÁN
( Thời gian 150 phút, không kể thời gian phát đề )
Câu 1(4đ): Cho biểu thức:
A =
2
4 4x x x− − +
a. Tìm điều kiện xác định của biểu thức A.
b. Rút gọn biểu thức A.
Câu 2(2đ): Tính giá trị của biểu thức:
A =
3 3
7 5 2 7 5 2+ + −
Câu 3(4đ): Cho hàm số
y =
2 2
2 1 2 1x x x x+ + − − +

a. Vẽ đồ thị của hàm số.
b. Dùng đồ thị tìm giá trị nhỏ của y, giá trị lớn nhất của y.
Câu 4(4đ): Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2 2 2 2
( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + +
Câu 5(6đ): Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác. Đường vưông góc
với CI tại I cắt AC, AB theo thứ tự tại M,N. Chứng minh rằng:
a. AM.BN = IM
2
= IN
2
;
b.
2 2 2
1
IA IB IC
bc ca ab
+ + =

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM.
Câu Nội dung Điểm
1 a.Biến đổi biểu thức được:
A =
2
( 2) 2x x x x− − = − −
Điều kiện xác định của A là:

2 2
2
0

4x 4
1
x x
x
x x
x
≥ −
≥

⇔

≥ − +

⇔ ≥
b. Nếu
x 2≥
thì
( 2) 2x x− − =
Nếu
1 x≤
<2 thì
( ( 2)) 2x 2x x− − − = −
0,75 đ
0,75 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,75 đ
0,75 đ
2

3
3
3
3
7 5 2
1 3 2 6 2 2
(1 2)
1 2
+
= + + +
= +
= +
Tương tự:
3
7 5 2 1 2− = −
Do đó: A = 1+
2 1 2+ −
= 2
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,75 đ
0,5 đ
3
a. y =
2 2
( 1) ( 1)
1 1
x x
x x

+ − −
= + − −
Lập bảng xét dấu
x -1 1
x +1 - 0 + +
x - 1 - - 0 +

Với x
≤
1 thì y = (- x -1) – ( 1- x) = -2
Với -1 < x < 1 thì y = ( x +1) – ( 1- x) = 2x
Với x
≥
1 thì y = ( x +1) – ( x - 1) = 2
Đồ thị của hàm số được vẽ trên hình 1.


y
2

-1 o
1 x

-2
b. Trên đồ thị ta thấy:
min y = -2
1x⇔ ≤ −
;
max y = 2
x⇔

> 1
0,25 đ
0,25đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
4
a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ 2
2 2 2 2
( )( )a b c d+ + ≥

a
2
+ b
2
+ c
2
+ d

2
+ 2ac + 2bd
⇔
2 2 2 2
( )( )a b c d+ + ≥
ac + bd. (2)
Nếu ac + bd < 0 thì (2) được chứng minh.
Nếu ac + bd
≥
0 thì (2) tương đương với
(a
2
+ b
2
)(c
2
+ d
2
)
≥
a
2
c
2
+ b
2
d
2
+ 2abcd

⇔
a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2

≥
a
2
c
2
+ b
2
d
2
+ 2abcd

⇔

(ad – bc)
2
≥
0 (3)
Bất đẳng thức (3) đúng, bất đẳng thức (1) được chứng minh.
0,5 đ
0,5 đ
0,75 đ
0,75 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
5
Gt
ABCV
có BC = a, AC = b, AB = c
(I) nội tiếp tam giác. Đường vưông góc với CI tại I cắt AB,
AC theo thứ tự tại M,N.
Kl a. AM.BN = IM
2
= IN
2
;
b.
2 2 2
1
IA IB IC
bc ca ab
+ + =
0,25 đ

A
Vẽ hình. M
â


B N C
a. Ta có
·
·
·
µ
90
2
C
AMI INB AIB
 
= = = +
 ÷
 ÷
 
o
AMIV

( . ),AIB g g AIBV V

INBV
(g.g)
Nên các tam giác AMI và INB đồng dạng.
Suy ra:

IM AM
BN IN
=
Do đó: AM.BN = IM.IN = IN
2
= IM
2
b. Đặt AM = m, BN = n, IN = IM = x.
Do
AMIV

AIBV
nên:

AM AI
AI AB
=

⇒
IA = AM.AB = m.c
2
AI m
bc b
⇒ =
(1).
Tương tự
2
IB n
ca a

=
(2)
Xét tam giác MIC vuông tại I, ta có IC
2
= CM
2
– IM
2
.
Do IM
2
= m.n (câu a) và CM = CN nên
IC
2
= ( b – m )( a – n) – mn = ab – bn – am + mn - mn
= ab – bn – am.
Do đó
2
1
IC n m
ab a b
= − −
(3).
Từ (1), (2), (3) suy ra .
2 2 2
1
IA IB IC
bc ca ab
+ + =
0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

I
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút

Câu 1: (3 điểm) Rút gọn biểu thức sau:
A =
9 17 9 17 2+ − − −
Câu 2: (3 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P =
2 2
9 6 1 9 30 25x x x x− + + − +
Câu 3: (4 điểm)
Cho hệ phương trình
ax + y = 3

4x + ax = -1




a. Giải hệ khi a =3
b. Với giá trị nào của a thì hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm.
Câu 4: (4 điểm)
Một ô tô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy mỗi giờ nhanh hơn 10km
thì đến sớm hơn dự định 3 giờ, còn xe chạy chậm lại mỗi giờ 10km thì đến nơi chậm mất 5 giờ. Tính
vận tốc của xe lúc đầu, thời gian dự định và chiều dài quãng đường AB.
Câu 5: (6 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Lấy một điểm M trên đường chéo BD chiếu lên AB và AD tại E và F.
a. Chứng tỏ: CF = DE và CF
⊥
DE
Tìm quỹ tích giao điểm N của CF và DE
b. Chứng tỏ: CM = EF và CM
⊥
EF
c. Chứng minh rằng các đường thẳng CM, BF và DE đồng quy tại một điểm.
= = = = = =  hết  = = = = = =
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1:
A =
9 17 9 17 2+ − − −
=
18 2 17 18 2 17
2
2 2

+ −
− −
0,5 điểm
=
17 2 17 1 17 2 17 1
2
2 2
+ + − +
− −
=
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
17 1 17 1
2
2 2
+ −
− −
1,0 điểm
=
17 1
17 1
2
2 2
−
+
− −

=
17 1 17 1
2
2 2
+ −
− −
(vì
17 1>
) 1,0 điểm
=
2
2 2 2 0
2
− = − =
0,5 điểm
Câu 2:
P =
2 2
9 6 1 9 30 25x x x x− + + − +
=
( ) ( )
2 2
3 1 3 5x x− + −
0,5 điểm
=
3 1 5 3 3 1 5 3 4x x x x− + − ≥ − + − =
(vì
A A≥
) 1,0 điểm
Dấu “=” xảy ra

⇔
3 1 0 3 1
5 1
5 3 0 3 5
3 3
x x
x
x x
− ≥ ≥
 
⇔ ⇔ ≥ ≥
 
− ≥ ≤
 
1,0 điểm
Vậy P
Min
= 4
5 1
3 3
x⇔ ≥ ≥
0,5 điểm
Câu 3:
a. Khi a =3 ta có hệ
134
33
−=+
=+
yx
yx

<=>
1)33(34
33
−=−=
−=
xx
xy
0,5 điểm

<=>
105
33
−=−
−=
x
xy
<=>
2
33
=
−=
x
xy
<=>
3
2
−=
=
y
x

0,5 điểm
Vậy khi a = 3 hệ phương trình có nghiệm (2;-3) 0,5 điểm
b. Xét hệ
14
3
−=+
=+
ayx
yax
(I), ta có (I) <=>
1)3(4
3
−=−+
−=
axax
axy
0,5 điểm
<=>
( )
)2(314
)1(3
2
axa
axy
−−=−
−=
0,5 điểm
Muốn (I) có nghiệm duy nhất thì
2404
22

±≠⇔≠⇔≠− aaa
0,5 điểm
Muốn (I) vô nghiệm thì:
031
04
2
≠−−
=−
a
a

⇔

13
4
2
−≠
=
a
a
0,5 điểm


3
1
2
≠
±=
a
a

⇔

2±=a
0,5 điểm
Vậy : Điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất là:
2
±≠
a
Điều kiện để hệ vô nghiệm là:
2
±=
a
Câu 4:
Gọi thời gian dự định là x (giờ), vận tốc của xe lúc đầu là y (km/h) (x, y >0), thì chiều dài quãng
đường AB là xy (km) 0,5 điểm
Khi xe chạy nhanh hơn 10km mỗi giờ thì:
Vận tốc của xe lúc này là: y + 10 (km/h)
Thời gian xe đi hết quãng đường AB là: x – 3 (giờ)
Ta có phương trình: (x – 3)(y + 10) = xy (1) 0,5 điểm
Khi xe chạy chậm hơn 10km mỗi giờ thì:
Vận tốc của xe lúc này là: y – 10 (km/h)
Thời gian xe đi hết quãng đường AB là: x + 5 (giờ)
Ta có phương trình: (x + 5)(y – 10) = xy (2) 0,5 điểm
từ (1) và (2) ta có hệ:
( ) ( )
( ) ( )
3 10
5 10
x y xy

x y xy
− + =



+ − =


0,5 điểm
10 3 30
10 5 50
xy x y xy
xy x y xy
+ − − =

⇔

− + − =

10 3 30
10 5 50
x y
x y
− =

⇔

− + =

0,5 điểm

10 3 30
2 80
x y
y
− =

⇔

=

15
40
x
y
=

⇔

=

0,5 điểm
Giải hệ phương trình ta được: x = 15; y = 40. 0,5 điểm
Vậy thời gian xe dự định đi hết quãng đường AB là 15 giờ, vận tốc của xe lúc đầu là 40km/h. Quãng
đường AB có độ dài là: 15 . 40 = 600 (km) 0,5 điểm
Câu 5:
Vẽ hình
a. Chứng minh
DECF
⊥
và

DECE
=

ta có
( . . )CDF DAE c g c CF DE∆ = ∆ ⇒ =
0,5 điểm
Ta cũng có
µ
¶
1 1
C D=

mà
¶
·
0
1
90D NDC+ =
=>
µ
·
0
1
90C NDC+ =
=>
·
0
90CND =
hay
DECF ⊥

0,5 điểm
Qũy tích của N:
Phần thuận: ta có
·
0
90CND =
(câu a)
=> N chạy trên đường tròn đường kính CD.
Giới hạn : N ở miền trong của hình vuông ABCD .
- Khi M ở B thì F ở A, E ở B suy ra CF trùng với CA và DE trùng với DB do đó N ở tại O (tâm của
hình vuông).
- Khi M ở D thì F ở D, E ở A suy ra CF trùng với CD và DE trùng với DA do đó N ở tại D.
Vậy N chỉ chạy trên 1/4 đường tròn, cung DNO, có đường kính CD. 1,0 điểm
Phần đảo: Lấy N thuộc cung phần tư DO ở trên đường tròn đường kính CD ta có
·
0
90CND =
(1)
Gọi E là giao điểm của DN và AB, F là giao điểm của CN và AD. Dựng hình chữ nhật AEMF ta
chứng minh rằng
BDM ∈
.
Từ (1) =>
µ
¶
1 1
C D=
(góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
=>
( . . )CDF DAE g c g DF AE∆ = ∆ ⇒ =

mà FM =AE (vì AEMF là hình chữ nhật)
=> DF=FM <=>
FDM∆
vuông cân
·
0
45FDM M DB⇒ = ⇒ ∈
Vậy quỹ tích của N là 1/4 cung DNO của đường tròn đường kính CD. 1,0 điểm
b. Chứng tỏ
EFCM =
và
EFCM ⊥

gọi K là giao điểm của FM và CB ta có:
DFCK =
=>
FMCK =
0,5 điểm
tương tự :
MEMK =
Do đó:
( . . )CKM FME c g c CM EF∆ = ∆ ⇒ =
0,5 điểm
Ta cũng có:
·
·
= ⇒ ⊥KCM MFE CM EF
. 0,5 điểm
c. Chứng minh CM, BF, DE đồng quy

Chứng minh tương tự câu a ta có:
CEBF ⊥
0,5 điểm
Trong
CEF∆
ta có
EFCM ⊥
;
ED CF⊥
;
CEFB ⊥
0,5 điểm
=> CM, ED, FB Là 3 đường cao của tam giác CEF do đó chúng đồng quy.
Vậy CM, BF, DE đồng quy tại một điểm. đó là trực tâm của tam giác CEF 0,5 điểm
Mụn: Toỏn.
(Thi gian: 150 phỳt khụng k thi gian chộp )
Bi 1: (3,0 điểm) Rỳt gn biu thc sau:
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 2009 2010
A = + + + +
+ + + +
Bi 2: (4,0 điểm) Cho biu thc:
= +
+ + +
1 3 2
B
x 1 x x 1 x x 1
a) Tỡm iu kin ca x biu thc B cú ngha.
b) Rỳt gn B.

c) Tớnh giỏ tr ca B bit
= + +x 4 7 4 7 2
Bi 3: (3,0 điểm) Cho hệ phơng trình:
(I)
2 1
( 1) 2
mx my m
x m y
+ = +


+ + =

(Với m hng số)
a. Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất.
b. Chứng tỏ rằng khi m thay đổi và hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất
(x; y) thì điểm M(x;y) luôn thuộc một đờng thẳng cố định.
Bi 4: (3,0 điểm)
Cho ba s a, b, c tho a + b+ c = 0. CMR: a
3
+ a
2
c abc + b
2
c + b
3
= 0
Bi 5: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có AB = c; AC = b; BC = a, phân giác AD
a) Chứng minh hệ thức AD

2
= AB.AC BD.DC
b) Tính độ dài phân giác AD. ?
Bi 6: (3,0 điểm) Cho điểm I nằm trong đờng tròn (O; 50 cm); OI = 14 cm. Có bao nhiêu dây của đờng tròn này đi
qua I mà độ dài của nó là một số tự nhiên ?
P N V THANG IM
Bài 1: (2,0 ®iÓm) Rút gọn biểu thức sau:
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 2009 2010
A = + + + +
+ + + +
Ta có:
1 1 2 1 2
2 1
1 2 1
1 2
− −
= = = −
− −
+
(0,5 ®iÓm)

1 2 3 2 3
3 2
2 3 1
2 3
− −
= = = −
− −

+
(0,5 ®iÓm)

1
3 4+
=
3 4 3 4
4 3
4 3 1
− −
= = −
− −

Tương tự ta có
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 2009 2010
A = + + + +
+ + + +
=
2 1 3 2 4 3 2010 2009− + − + − + + −
(0,5 ®iÓm)
=
1 2010 2010 1− + = −
(0,5 ®iÓm)
Bài 2: (5,0 ®iÓm) Cho biểu thức:
= − +
+ + − +
1 3 2
B

x 1 x x 1 x x 1
a)
0x ≥
(1,0 ®iÓm)
b)
= − +
+ + − +
1 3 2
B
x 1 x x 1 x x 1
=
3 3 3
1 3 2( 1)
( ) 1 ( ) 1 ( ) 1
x x x
x x x
− + +
− +
+ + +
(0,5 ®iÓm)
=
3
1 3 2( 1)
( ) 1
x x x
x
− + − + +
+
(0,5 ®iÓm)
=

( 1)( 1)
x x
x x x
+
+ − +
(0,5 ®iÓm)
=
( 1)
( 1)( 1)
x x
x x x
+
+ − +

=
1
x
x x− +
(0,5 ®iÓm)
Vậy B =
1
x
x x− +
(0,5 ®iÓm)
c)
= − − + +x 4 7 4 7 2
=
2(4 7) 2(4 7)
2
2 2

− +
− +
(0,5 ®iÓm)
=
2 2
( 7 1) ( 7 1)
2
2 2
− +
− +
(0,5 ®iÓm)
=
7 1 7 1 2
2 2 2 2 0
2 2
− − − −
+ = + = − + =
(0,5 ®iÓm)
Suy ra x = 0
Vậy giá trị của B = 0
Bµi 3: (3,0 ®iÓm)
b. Ta có: (I)
2 1
( 1) 2
mx my m
x m y
+ = +


+ + =

[ ]
2 ( 1) 2 1
2 1
2 ( 1)
2 ( 1)
m m y my m
mx my m
x m y
x m y

+ + = +
+ = +


<=>

= +
= +



(0,5 điểm)

[ ]
2 ( 1) 2 1
2 ( 1)
.( 1) 1 (1)
2 ( 1)

m m y my m
x m y
m m y m
x m y

+ + = +
= +


<=>

=
= +



(0,5 điểm)
Hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất khi Phơng trình (1) có nghiệm duy nhất tc l m(m 1)

0
0
1
m
m





(*)

( 0,5 điểm)
b. Khi
0
1
m
m





ta có hệ (I) có nghiệm duy nhất (x; y) = (1-
1
m
;
1
m
) (0,5 điểm)
Ta thấy y = - x + 1 (0,5 điểm)
=> Khi m thay đổi thì M(x; y) luôn nằm trên đờng thẳng cố định y = - x + 1
( 0,5 điểm)
Bi 4: (3,0 điểm)
Cho ba s a, b, c tho a + b+ c = 0. CMR: a
3
+ a
2
c abc + b
2
c + b
3

= 0
a
3
+ a
2
c abc + b
2
c + b
3

= a
3
+ b
3
+ c(a
2
+ b
2
) abc (0,5 điểm)
= (a + b)(a
2
ab + b
2
) + c(a
2
+ b
2
) abc (0,5 điểm)
= (a + b)( a
2

+ b
2
) + c(a
2
+ b
2
) ab(a + b) abc (0,5 điểm)
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
) ab(a + b) abc (0,5 điểm)
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
) ab(a + b + c) + abc abc (0,5 điểm)
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ ab) = 0.(a
2
+ b
2
+ ab) =0 pcm. (0,5 điểm)
Bài 5:(4 điểm)
Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp

ABC

Gọi E là giao điểm của AD và (O)
a) Ta có :

ABD ~

CED (g g) (0,5 điểm)


CD
AD
ED
BD
=

AD.ED = BD.CD


AD(AE AD) = BD.CD


AD
2
= AD.AE BD.CD (1) (0,5 điểm)
Lại có:

ABD ~

AEC (g g)

AC
AD
AE
AB
=


AB.AC = AD.AE (2) (0,5 điểm)
Từ (1) và (2) suy ra: AD
2
= AB.AC BD.DC (0,5 điểm)

b) Vì AD là phân giác

CA
BA
DC
DB
=
(0,5 điểm)


==
b
DC
c
DB
cb
a
bc

DCDB
+
=
+
+
(0,5 điểm)


DB =
cb
ac
+
và DC =
cb
ab
+
(0,5 điểm)


AD
2
= bc -
2
2
)( cb
bca
+
(0,5 điểm)

Bài 6:(3 điểm)

Gọi AB là dây bất kỳ đi qua I. Ta có:
A
B
N
M
I
O
A
B
C
E
D
AB

2.R = 2.50 = 100. (1) (0,5 điểm)
Kẻ dây MN

OI tại I.
Chỉ ra đợc:
AB

MN (0,5 điểm)
Mà MN =
2 2 2 2
50 14 48ON IO = =
Vậy AB

48 cm (2) (0,5 điểm)
Từ (1) và (2) ta có: 48

AB

100 (0,5 điểm)
Mà độ dài AB là số tự nhiên => AB = 48; 49; 50; . 100 (0,5 điểm)
Lại do một dây bất kỳ bao giờ cũng có một dây đối xứng với nó qua OI (Trừ dây đi qua O và dây vuông góc với OI)
Vậy có tất cả 51.2 + 2 = 104 dây có độ dài là số tự nhiên (0,5 điểm)
MễN : TON HC
Thi gian lm bi : 150 phỳt ( khụng k thi gian phỏt )
Bi 1 ( 4 im ). Phõn tớch a thc sau thnh nhõn t :
a. 9x
2
- 64 - 12xy + 4y
2
b. x
2
+ 7x + 10
Bi 2 ( 4 im ). Cho :

− − −
= + −
− −
− +
2
2
1 x x 2 2x 4
A
x 2 x 5
x 7x 10
a. Rút gọn A.
b. Tìm x nguyên để A nguyên.

Bài 3 ( 4 điểm ). Giải phương trình :
a.
+ = −
2x 1 3x 2
b. x
2
– 2 = ( 2x + 3 )( x + 5 ) + 23
Bài 4 ( 1 điểm ) Cho ba số thức x, y, z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng :
x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz = =
1
2
[( x - y )
2
– ( y –z

)
2
- ( x–z )
2
]
Bài 5 ( 1 điểm ).Giải bất phương trình :
<
−
2008

2009
x
Bài 6 ( 6 điểm ). Tam giác ABC có ba góc nhọn , các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H.
Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G.
a. Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC.
b.
∆
ABC
∆
AEF
c.
· ·
=
BDF CDE
d. H cách đều các cạnh của tam giácDEF.
Hết
ĐÁP ÁN
Bài 1 a .9x
2
- 64 - 12xy + 4y
2
= (9x
2
- 12xy + 4y
2
) – 64 =
= ( 3x – 2y )
2
– 8
2

= ( 3x – 2y - 8 ) ( 3x – 2y + 8 )
1điểm
1điểm
b .x
2
+ 7x + 10 = x
2
+5x +2x + 10 =
= x(x+5) + 2(x+5) = (x+5)(x+2)
1điểm
1điểm
Bài 2 : a. x
2
- 7x + 10 = (x-5 )(x -2).
Điều kiện để A có nghĩa là x
≠
5 và x
≠
2.

− − −
= + − =
− −− +
− + − − − − −
=
− −
− + − − − − −
= = =
− − − − −
2

2
2
2
1 x x 2 2x 4
A
x 2 x 5x 7x 10
x 5 x x 2 (2x 4)(x 2)
(x 5)(x 2)
x 8x 15 (x 5)(x 3) 3 x
(x 5)(x 2) (x 5)(x 2) x 2
b.
− − +
= = − +
− −
(x 2) 1 1
A 1
x 2 x 2
, với x nghuyên , A nguyên khi và chỉ
khi
−
1
x 2
nguyên, khi đó x-2 = -1 nghĩa là x = 3, hoặc x = 1.

0,5 điểm
0,5 điểm
0,75 điểm
0,75 điểm
0,75 điểm
0,75 điểm

Bài 3 a. Ta xét các trường hợp sau :
Trường hợp 1 :

≥ − ⇔ + ≥ ⇒ + = −
⇔ + = − ⇔ =
1
x 2x 1 0 2x 1 3x 2
2
2x 1 3x 2 x 3
Ta thấy x =3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình.
Trường hợp 2 :

≤ − ⇔ + < ⇒ + = −
⇔ − + = − ⇔ = ⇔ =
1
x 2x 1 0 2x 1 3x 2
2
2x 1 3x 2 5x 1 x 0,2
Ta thấy x =0,2 không thuộc khoảng đang xét
Vậy nó không là nghiệm của phương trình.Vậy phương trình có nghiệm x=3
b.

[ ]
− = + + +
⇔ − = + +
⇔− + = + +
⇔− + − + + =
⇔+ −− − =
⇔− −− =
⇔−= ⇒=

+ = ⇒=−
2
2
x 2 (2x 3)(x 5) 23
x 25 (2x 3)(x 5)
(x 5)(x 5) (2x 3)(x 5)
(x 5)(x 5) (2x 3)(x 5) 0
(x 5) x 5 (2x 3) 0
(x 5)( x 8) 0
x 5 0 x 5
x 8 0 x 8
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 4. ta có :
x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz = ( x + y)
3
+ z
3

– 3xyz – 3xy(x + y)
= ( x + y + z )[( x +y )
2
– (x - y)z + z
2
] - 3xy( x+ y + z )
= ( x + y + z )[( x +y )
2
– (x - y)z + z
2
- 3xy]
= x
2
+ y
2
+ z
2
–xy – yz - zx
=
1
2
[( x
2
– 2xy + y
2
) – ( y
2
– 2yz + z
2
) - ( x

2
– 2xz + z
2
)]
=
1
2
[( x - y )
2
– ( y –z

)
2
- ( x–z )
2
]
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 5. Điều kiện x
≠
0 , bất phương trình
+
< ⇔ >
−
⇔ + >
>



⇔

< −


2008 2008 2009x
2009 0
x x
(2009x 2008)x 0
x 0
2008
x
2009

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 6 : ( gợi ý đáp án )
a.Ta có
⊥ ⊥
BG AB,CH AB
nên BG // CH.
Tương tự :
⊥ ⊥
BH AC,CG AC
nên BH // CG.
Vì vậy tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối song song là hình bình hành.
Do dố hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Vậy GH đi qua trung điểm M của cạnh BC.

b.Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC ,
nên các tam giác ABE và ACF vuông.
Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A
nên chúng đồng dạng . Từ đó suy ra :
= ⇒ =
AB AE AB AF
AC AF AE AC
(1)
Hai tam giác vuông ABC và AEF có chung góc A (2)
Từ (1) và (2) ta có :
∆
ABC
∆
AEF
.
c. Chứng minh tương tự ta có
∆
AFD
∆
BAC
;

∆
EDC
∆
BAC
.
Suy ra :
∆
AFD

∆
EDC
.
Vậy :
· ·
=
BDF CDE
.
d.Ta có
· · · ·
·
·
·
·
· ·
= ⇒ − = −
− = − ⇒ =
0 0
90 90BDF CDE BDF CDE
ABH BDF AHC CDE ADF ADE
Suy ra DH là tia phân giác góc EDF.
Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc EFD ,
nên H là giao điểm của ba đường phân giác tam giác DEF.
Vậy : H cách đều ba cạnh của tam giác DEF.
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0, 5 điểm

0,5 điểm
0, 5 đểm
0, 5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm