tong hop de thi HSG Toan 9 co dap an

Trường THCS:
Đề thi
Câu 1: Cho biểu thức
3
1 1 x x
A
x 1 x x 1 x x 1
−
= + +
− − − + −
a, Rút gọn A
b, Tìm x để A > 0
c, Tính Giá trị của A khi
3
5
x
9 2 7
=
−
Câu 2: Cho (p):
2
y x=
(d):
y 3x 2= −
a, Tìm hai toạ độ giao điểm của (p) và (d)
b, Tính diện tích tam giác tạo bởi hai toạ độ giao điểm và gốc toạ độ.
Câu 3: Giải hệ phương trình:
x y 1
xyz 2
y z 5
xyz 6

x z 2
xyz 3

+
=



+
=



+
=


Câu 4: Cho
ABC∆
có ba góc nhọn nội tiếp (O;R). Vẽ AI vuông góc với BC, BE vuông góc với
AC. AI cắt BE tại H.
a, Chứng minh rằng
·
·
CHI CBA=
b, Chứng ming
CO EI⊥
c, Khi
·
0

ACB 60=
Chứng minh
CH CO=
Câu 5: Cho
ABC∆
có
µ
0
A 90=
;
AB BC<
. AM là đường trung tuyến của tam giác.
·
AMB = β
;
·
ACB = α
. Chứng minh
2
1 sin (sin cos )+ β = α + α
Đáp án
Câu 1: (3đ)
a, Điều kiện: x > 1 0,5đ
A x 2 x 1= − −
1,5đ
b, A > 0 khi
1 x 2< ≠
2,0đ
c, A = 7 2,0đ
Câu 2:

a, A(1;1), B(2;4) 1,0 đ
b,
AOB
S 1
∆
=
(đvdt) 1,0 đ
Câu 3: Hệ phương trình có hai nghiệm:
(x; y; z) = (1; 2; 3) và (x; y; z) = (-1; -2; -3) 2,0đ
Câu 4:
a,
·
·
CHI CBA=
2,0đ
A
b, Kẽ đường kính CD

·
·
DAB BCD=


·
·
DAB ABE=


·
·

ABE ABF=



·
·
ACE HIE=


⇒

·
·
HIE BCD=
có
AI BC IE CO
⊥ ⇒ ⊥
3,0đ
c,
CH CE
HCE DCB
CD BC
∆ ∞∆ ⇒ =
⇒

1
CH BC
2
=
3,0đ

Câu 5:
1
AH sin .AM BCsin
2
= β = β

AH sin .AC BCsin cos= α = α α

sin 2sin cos⇒ β = α α

2
1 sin (sin cos )⇒ + β = α + α
2,0đ
H . O

F
E
I
D
C
B
A
C
M
H
B
Trường THCS
Đề bài:
Câu1. ( 4 điểm)Cho biếu thức
M =

2x x x x x x x 1 x
x 1
x x 1 2x x 1 2 x 1
 
+ − + −
− +
 ÷
−
− + − −
 
a, Hãy tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa, sau đó rút gọn M.
b, Với giá trị nào của x thì biểu thức M đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó của M?
Câu 2. ( 4 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của hệ
2 2
3 3
2y x xy 2y 2x 7
x y x y 8

− − + − =


+ + − =


Câu 3. (4 điểm)
Cho A (6,0); B (0,3)
a, Viết phương trình đường thẳng AB.
b, Một điểm M (x;y) di chuyển trên đoạn thẳng AB. Gọi C; D theo thứ tự là hình chiếu của
M trên OA; OB. Gọi N là điểm chia đoạn thẳng CD theo tỷ số 1:2. Tính toạ độ (x’; y’) của N theo

( x; y) .
c, Lập một hệ thức giữa x’; y’ từ đó suy ra quĩ tích của N.
Câu 4. (5 điểm )
Cho ( 0; R )đường thẳng d cắt ( O ) tại 2 điểm A; B. trên d lấy 1 điểm M và từ đó kẻ 2 tiếp
tuyến MN; MP ( N; P là tiếp điểm)
a, C/M:
·
·
PMO PNO=
b, Tìm 2 điểm cố định mà đường tròn ( MNP ) luôn đi qua khi M di động trên d.
c, xác định vị trí của M để
∆
MNP là
∆
đều.
Câu 5.( 3 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
10 10
2
16 16 2 2
2 2
1 x y 1
Q x y 1 x y
2 y x 4
 
= + + + − +
 ÷
 

Đáp án:
Câu 1. (4đ)
a, Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:
1
x 0,x
4
≥ ≠
và x#1. (0,5đ)
M =
2x x x x x x x 1 x
.
x 1
x x 1 2x x 1 2 x 1
 
+ − + −
− +
 ÷
−
− + − −
 

( )
x 2x x 1
x x x 1 x
x 1
x x 1 2x x 1 2 x 1
 
+ −
+ −
 

= − +
 
−
− + − −
 
(0,5đ)

( )
( )
( ) ( )
( )
( )
x x 1 x x 1
x x 1
x x x
x x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1
2 x 1 x 1 x x 1
+ +
−
= − + = − +
− − − −
− + + +
(1đ)

( )
x x 1
x x 1
+
=
+ +

(0,5đ)
b, Do x
0
≥
nên M
0
≥
. Đẳng thức xảy ra khi x = 0 (0,5đ)
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 0 khi x = 0 (1đ)
Câu 2. Viết lại hệ đã cho dưới dạng
(x+2y+2) ( x-y) =-7 (1)
x
3
+y
3
+x-y = 8 (2) (1,5đ)
Từ (1) do x, y nguyên ta có các trường hợp sau:
a, x- y=-1 và x+2y+2 = 7 =>x=1 và y = 2 thoả mãn ( 2) (0,5đ)
b, x-y = 1 và x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên (o,5đ)
c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1
Giải hệ nàyđược nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phương trình (2) (0,5đ)
d, x-y = 7 và x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên (0,5đ)
Tóm lại hệ đã cho có duy hất một nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2) (0,5đ)
Câu 3. (4đ)
a, Gọi phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b ( a # 0) (0,5đ)
Đường thẳng đi qua điểm A ( 6; 0) nên ta có 6a+ b = 0 (1) và đi qua điểm B ( 0;3) nên ta
có b = 3. Thay b = 3 vào (1) => a = -
1
2
(0,5đ)

Vậy đường thẳng AB là y = -
1
2
x +3 (0,5đ)
b, Gọi H là hình chiếu của N trên OA, K là hình chiếu của N trên OB
Tam giác DOC có KN// OC nên =>
'
KN DN 2 2 2
KN OC x x
OC DC 3 3 3
= = ⇒ = ⇒ =
(1) (0,5đ)
Tương tự NH // OD =>
'
NH CN 1 1 1
NH OD y y
DO CD 3 3 3
= = ⇒ = ⇒ =
(2) (0,5đ)
=>N có toạ độ ( x’ =
2
3
x ; y’ =
1
3
y) (0,5đ)
c, Từ (1) => x=
3
2
x’; y= 3y’ thế vào y= -

1
2
x+ 3 => y’ = -
1
4
x + 1 (0,5đ)
Vậy quĩ tích điểm N là phần đường thẳng y= -
1
4
x + 1 nằm trong góc phần tư thứ nhất.
(0,5đ)
Câu 4. (5đ)
a, MN, MP là hai tiếp tuyến của ( O) =>
ON NM;OP PM⊥ ⊥ ⇒
ONM = 90
0
, OPM =
90
0
(0,5đ)
=> tứ giác ONMP có góc ONM + OPM = 180
0
. Do đó tứ giác ONMP nội tiếp đường tròn
đường kính OM (1đ)
b, Kẻ OQ vuông góc với AB => QA = QB ( đường kính vuông góc với dây) (0,5)
Vì AB cố định => Q cố định . (0,5đ)
Gọi I là trung điểm của OM tam giác OQM vuông tại Q => QI = IO = IM. Vậy Q thuộc
đường tròn đường kính OM. (0,5đ)
Kết hợp với câu a => 5 điểm M, N, O, Q, P thuộc đường tròn đường kính OM => đường
tròn ( MNP) luôn đi qua hai điểm O, Q cố định khi M di chuyển trên d . (0,5đ)

c, Để tam giác MNP đều => góc NMP = 60
0
mà MO là phân giác của góc NMP
=> NMO = 30
0
=> ON =
1
2
OM => OM = 2NO = 2R. (0,5đ)
Dựng cung tròn tâm O bán kính 2R cắt d tại M => M là điểm cần dựng để tam giác MNP đều
(0,5đ)
Thật vậy OM = 2R= 2ON => sin NMO =
ON 1
OM 2
= ⇒
NMO =30
0
=> NMP = 60
0
Vậy tam giác MNP là tam giác đều. (0,5đ)
Câu 5. (3đ)
áp dụng bất đẳng thức cô si cho bốn số không âm ta có:
10 10 10 10
2 2
4
2 2 2 2
1 x y x y .1.1
1 1 2 2x y
2 y x x y
 

+ + + ≥ =
 ÷
 

( )
16 16 16 16 4 4
4
1
x y 1 1 x y 1.1 x y
4
+ + + ≥ =
(1đ)
( )
( ) ( )
10 10
15 16 4 4 2 2
2 2
10 10
2
16 16 2 2
2 2
1 x y 1 3
x y 1 x y 2x y 1
2 y x 4 2
1 x y 1 5
x y x y 1
2 y x 4 2
5
Q
2

 
⇒ + + + + + ≥ + +
 ÷
 
 
⇒ + + + − + ≥ −
 ÷
 
⇒ ≥ −
( 1đ)
Do đó giá trị nhỏ nhất của Q là -
5
2
khi x
2
= y
2
= 1 (1đ)

Trường THCS
Bài 1:(4đ) Cho biểu thức:
A= (1+
x
x 1+
) : (
1 2 x
x 1 x x x x 1
−
− + − −
)

a> Rút gọn biểu thức A
b>Tìm x để A> 1
Bài 2: ( 3đ) Giải hệ phương trình:
3 3
5 5 2 2
x y 1
x y x y

+ =


+ = +


Bài 3:(4đ) Cho đường thẳng(D
m
) có phương trình (m + 2)x + (m – 1)y – 1 = 0
a> Chứng minh khi m thay đổi đường thẳng (Dm) luôn đi qua một điểm cố định .
b> Tìm giá trị của m để khoảng cách từ O đến đường thẳng (Dm) lớn nhất.
Bài 4:(7đ) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nữa đường tròn, điểm C
thuộc đoạn OA.Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M vẽ tiếp tuyến Ax,By.Đường thẳng qua M
và vuông góc MC cắt Ax;By tại P và Q. AM cắt CP tại E; BM cắt CQ tại F.
a.Chứng minh tứ giác ACMP nội tiếp.
b.Chứng minh: <PCQ = 1v.
c.Chứng minh: EF // AB.
Bài 5:(2đ)
Cho a,b,c, là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2
a b c d 1

a b b c c d d a 2
+ + + ≥
+ + + +
đáp án toán 9
Bài 1:a> ĐKXĐ:
x 0;x 1≥ ≠
(0,25đ)
A=
( ) ( )
x 1 x 1 2 x
:
x 1
x 1
x x 1 x 1
 
+ +
 ÷
−
 ÷
+
−
+ − +
 
(0,5đ)
( )
( )
( )
( )
( )
( )

( )
2
x x 1 1 2 x
: (0,5d)
x 1
x 1
x 1 x 1
x x 1 x 1 2 x
: (0,5d)
x 1
x 1 x 1
x 1 x 1
x x 1
(0,5d)
x 1
x 1
x x 1
(0,5d)
x 1
 
+ +
 ÷
= −
 ÷
+
−
+ −
 
+ + + −
=

+
+ −
+ −
+ +
= ×
+
−
+ +
=
−

Vậy A=
x x 1
x 1
+ +
−
với
x 0;x 1≥ ≠
(0,25đ)
b> A>1
⇔
x x 1
x 1
+ +
−
>1
⇔
x x 1
x 1
+ +

−
- 1 > 0
⇔
x x 1 x 1 x 2
0 0
x 1 x 1
+ + − + +
> ⇔ >
− −

(0,75đ)
Do
x 0 x 2 0 x 1 0 x 1.≥ ⇒ + > ⇒ − > ⇒ >
(0,5đ).
Kết hợp với ĐKXĐ
0 x 1≤ <
thì A> 1 (0,25đ)
Bài 2: Giải hệ phương trình
( ) ( )
3 3 2 2 5 5
3 3
5 5 2 2
3 3
x y x y x y
x y 1
x y x y
x y 1

+ + = +


+ =
 
⇔
 
+ = +

+ =



(0,5đ)
5 3 2 2 3 5 5 5
3 3
x x y x y y x y
x y 1

+ + + = +

⇔

+ =


(0,5đ)
( )
2 2
3 3
x y x y 0
x y 1


+ =

⇔

+ =


(1) (0,5đ)
⇔
x 0
y 0
=


=

(0,5đ)
(Vì
3 3
x y 1+ =
( )
( )
( )
2 2
x y x xy y 1 x y 0⇒ + − + = ⇒ + ≠
) (0,25đ)
*Với x = 0 thay vào phương trình (1) ta được y =1 (0,25đ)
*Với y= 0 thay vào phương trình (1) ta được x =1 (0,25đ)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x;y) = (0;1); (1;0) (0,25đ)
Bài 3:

a> (m+2)x + (m -1)y – 1 = 0
⇔
mx + 2x + my – y – 1 = 0 (0,25đ)

⇔
m(x + y) + 2x – y -1 = 0 ( 0,25đ)

⇔

x y 0
2x y 1 0
+ =


− − =

(0,5đ)
⇔
1
x
3
1
y
3

=



−


=


(0,75đ)
Vậy với mọi m thì (Dm) luôn đi qua một điểm cố định
1 1
;
3 3
−
 
 ÷
 
( 0,25đ)
b>Với m = -2 thì (Dm) có dạng: - 3y – 1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là
1
3
(0,5đ)
Với m = 1 thì (Dm) có dạng: 3x -1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là
1
3
(0,5đ)
Với m
≠
2 ; m
≠
1.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) lớn nhất khi OI
⊥
(Dm) mà (Dm) cắt Ox tại A
1

;0
m 2
 
 ÷
+
 
và cắt Oy tại B
1
0;
m 1
 
 ÷
−
 
(0,5đ) y
∆
AOB vuông tại O có OI là đường cao nên
( ) ( )
2 2
2 2 2
1 1 1 9 1
m 2 m 1 m
OI OA OB 2 2
−
= + ⇔ = + + − ⇔ =
(0,5đ)
1
3
A
O x

1
3
−
I
B
Bài 4:
a.Ta có :<PAC =<PMC = 1v
⇒
Tứ giác APMC nội tiếp trong đường tròn đường kính PC (2đ)
b.
⇒
<MAC = <MPC (cùng chắn cung MC ) (0,75đ)
Tương tự tứ giác QMCB nội tiếp đường tròn đường kính QC nên:
<MBC = <MQC (cùng chắn cung MC) (0,75đ)
⇒
<MPC + <MQC = <MAC + <MBC = 1v (1đ)
⇒
<PQC = 1v (0,5đ)
c> Ta có: <FME = <FCE = 1v (0,25đ)
⇒
Tứ giác EMFC nội tiếp đường tròn đường kính EF
⇒
<FEM = <FCM (cùng chắn cung FM) (0,5đ)
Mà <FCM = <QBM (cùng chắn cung MQ) (0,5đ)
<QBM = <MAB (cùng chắn cung MB) (0,5đ)
Q
E
O
A
B

M
C
x
y
P
F
⇒
<FEM = <MAB
⇒
EF // AB. (0,25đ)
Bài 5: áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho các cặp số không âm :
2
a a b
;
a b 4
+
+
ta được

2 2
a a b a a b
2 a
a b 4 a b 4
+ +
+ ≥ =
+ +
(0,5đ)
Tương tự
2
b b c

b
b c 4
+
+ ≥
+

2
c c d
c
c d 4
+
+ ≥
+
(0,5đ)

2
d d a
d a 4
+
+
+
d≥
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 a b c d
a b c d
a b c d(0,5d)

a b b c c d d a 4
a b c d 1
1(0,25d)
a b b c c d d a 2
a b c d 1
.(0,25d)
a b b c c d d a 2
+ + +
+ + + + ≥ + + +
+ + + +
+ + + + ≥
+ + + +
+ + + ≥
+ + + +
W
Trường THCS
Đề bài:
Câu 1(4điểm): Cho biểu thức B =
2 x 9
x 5 x 6
−
− +
-
x 3
x 2
+
−
-
2 x 1
3 x

+
−
a. Xác định x để B có nghĩa.
b. Rút gọn B.
c. Tìm x để B là số nguyên.
Câu 2 (1điểm):
Tìm các giá trị của m để 2 đường thẳng y = (m – 1)x + 2 (m
≠
1)
Và y = (3 –m)x + 1 (m
≠
3) song song với nhau.
Câu 3(2điểm): Cho hệ phương trình:
4x my m 6
mx y 2m
− = +


− =


Giải và biện luận hệ phương trình trên.
Câu 4(3điểm): Cho hai đường tròn (O) và (O
’
) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của các
đường tròn (O) và (O
’
) cắt đường tròn(O
’
) và (O) theo thứ tự tại C và D. Gọi P và Q lần lượt là

trung điểm của các dây cung AD và AC.
Chứng minh rằng:
a.
AC
AD
=
AB
BD
b.
·
·
BPD AQB=
c. Tứ giác APBQ nội tiếp
Đáp án:
Câu 1(4 điểm):
a. Ta có: x - 5
x
+ 6 = (
x
- 3)(
x
- 2).
Điều kiện: x
≥
0 x
≥
0

x

≠
3
⇔
x
≠
9 (1điểm).

x

≠
2 x
≠
4
b. B =
2 x 9
( x 3)( x 2)
−
− −
-
x 3
x 2
+
−
+
2 x 1
x 3
+
−
(0,25điểm).
=

2 x 9 ( x 3)( x 3) (2 x 1)( x 2)
( x 3)( x 2)
− − + − + + −
− −
=
2 x 9 x 9 2x 4 x x 2
( x 3)( x 2)
− − + + − + −
− −
(0,25điểm).
=
( x 2)( x 1)
( x 3)( x 2)
− +
− −
=
x 1
x 3
+
−
(1điểm).
c/ Vì B =
x 1
x 3
+
−
= 1+
4
x 3−
Nên B

∈
z ( B nguyên) thì
x
- 3 phải là ước của 4
⇒

x
-3 =
±
1;
±
2;
±
4.
Tìm được các giá trị thích hợp của x là: 1;4;16;25;49 (1,5 điểm).
Câu 2 (1điểm).
Để y = (m-1)x + 2 và y = (3 - m)x + 1.
Là song song với nhau thì ta có:
m-1 = 3 – m vì 2
≠
1.
⇔
2m = 4
⇒
m = 2.
Vậy với m = 2 thì thoả mãn bài ra ( 1 điểm).
Câu 3(2điểm):
Từ (2) suy ra: y = mx – 2m Thay vào (1) ta được
4x –m(mx – 2m) = m +6.
⇔

(4 – m
2
)x = - 2m
2
+ m +6.

⇔
- (4 – m
2
)x = - (2m +3)(m – 2).

⇔
(m
2
– 4)x = (2m +3)(m – 2) (3). (0,25 điểm)
* Nếu m
2
– 4
≠
0
⇒
m
≠
±
2 thì x =
2m 3
m 2
+
+
Khi đó y = mx – 2m = m(

2m 3
m 2
+
+
) – 2m = -
m
m 2+
Hệ có nghiệm duy nhất (
2m 3
m 2
+
+
;-
m
m 2+
) ( 1 điểm)
+ Nếu m = 2 thì (3) thoả mãn với mọi x
Khi đó y = mx – 2m = 2x – 4
⇒
Hệ có vố số nghiệm (x, 2x – 4) với x
∈
R.
+ Nếu m = -2 thì (3) trở thành 0x = 4( vô lí).
⇒
Hệ vô nghiệm ( 0,5 điểm)
Câu 4 (3 điểm):
a. Xét
∆
ABC và
∆

DBA.
Có
∠
BAC =
∠
ADB ;
∠
DAB =
∠
ACB
⇒

∆
ABC ~
∆
DBA.
⇒
AC
AD
=
AB
BD
(1 điểm).
b. Xét
∆
BDP và
∆
BAQ có
∠
BAC =

∠
ADB.

AC
AD
=
AB
BD
⇒
AQ
PD
=
AB
BD

⇒
∆
BDP ~
∆
BAQ ( c.g.c).

⇒
∠
BDP =
∠
BAQ ( 1điểm).
c.
∠
APD +
∠

BPD = 180
0
( Kề bù).
Mà
∠
BPD =
∠
AQB
⇒
∠
APB +
∠
AQB = 180
0
⇒
Tứ giác APBQ nội tiếp

0.
D
B
C
p q
Q
0’.
A
(1 điểm)

Trường THCS
Câu 1. (4đ) Cho biểu thức A = (
x x 1

x x
−
−
-
x x 1
x x
+
+
):
x 2
x 2
+
−
a, Nêu điều kiện phải có của x và rút gọn biểu thức A
b, Tìm những giá trị của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2. (4đ) Giải phương trình.
a,
x 1
2008
+
+
x 2
2007
+
=
x 3
2006
+
+
x 4

2005
+
b,
x 1 4 x 5− + −
+
11 x 8 x 5+ + −
= 4
Câu 3. (4đ) Cho đường thẳng (m+2)x – my = -1 (1) (m là tham số)
a, Tìm điểm cố định mà đường thẳng (1) luôn đi qua.
b, Tìm điểm cố định của m để khoảng cách từ O đến đường thẳng (1) là lớn nhất.
Câu 4. (6đ) Cho ∆ABC (AB = AC ) Biết
µ
A
= 80
0
.
Lấy điểm I nằm trong tam giác sao cho
·
ICB
= 20
0
;
·
IBC
= 10
0
a, Lấy K đối xứng với i qua AC . Chứng minh rằng tứ giác AKCB nội tiếp .
b, Tính
·
AIB

Câu 5. (2đ) Cho 2 số dương x,y có tổng bằng 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
A =
1
x
+
1
y
Đáp án – biểu điểm
Câu 1. (4đ)
Câu a, Lập luận giải kết hợp để tìm điều kiện của A.
( x > 0, x ≠ 1, x ≠ 2) cho (0,5đ)
biến đổi biểu thức trong ngoặc:
2
2
2x 2x
x x
−
−
(0,75đ)
A =
2
2
2x 2x
x x
−
−
.
x 2
x 2
−

+
=
2x 4
x 2
−
+
(0,75đ)
Câu b, A =
2x 4
x 2
−
+
=
2(x 2) 8
x 2
+ −
+
= 2 -
8
x 2+
(0,5đ)
Để A nguyên ⇔
8
x 2+
nguyên ⇔ 8
M
(x+2) hay x+2 là Ư
8
(0,5đ)
Vì x > 0 ⇒ x+2 > 2 Do đó x+ 2 = 4; x+2 = 8 (0,5đ)

Tính x = 2 hoặc x = 6 vi x ≠ 2 nên x =6 . Thì A có giá trị nguyên. (0,5đ)
Câu 2. (4đ)
a,
x 1
2008
+
+
x 2
2007
+
=
x 3
2006
+
+
x 4
2005
+
⇔ (
x 1
2008
+
+1) + (
x 2
2007
+
+ 1) = (
x 3
2006
+

+ 1) + (
x 4
2005
+
+ 1) (0,5đ)
⇔
x 2009
2008
+
+
x 2009
2007
+
=
x 2009
2006
+
+
x 2009
2005
+
(0,5đ)
⇔ (x + 2009)(
1
2008
+
1
2007
-
1

2006
-
1
2005
) = 0 (0,5đ)
⇔ x + 2009 = 0 (0,5đ)
⇔ x = -2009
b,
x 1 4 x 5− + −
+
11 x 8 x 5+ + −
= 4
⇔
x 5 4 x 5 4− + − +
+
x 5 2.4 x 5 16− + − +
= 4 (0,5đ)
⇔
2
(2 x 5)+ −
+
2
(4 x 5)+ −
=4 (0,5đ)
⇔
2 x 5+ −
+ 4+
x 5−
= 4 (x
≥

5)
⇔
2 x 5−
= -2 Vô lý (0,5đ)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm (0,5đ)
Câu 3 . (4đ)
a, (2đ) (m+2)x – my = -1 (1)
Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (1) đi qua điểm cố định M(x
0
;y
0
)
∀m là : (m+2)x
0
– my
0
= -1 ∀m
Biến đổi được:
{
0 0
0
x y 0
2x 1 0
− =
+ =
⇔
0
0
1
x

2
1
y
2
−
=
−
=



Vậy đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định M(-1/2;-1/2)
b, (2đ) Gọi A là điểm của đường thẳng (1) với trục tung
x = 0 ⇒ y =
1
m
do đó OA =
1
m
B là giao điểm của đường thẳng (1) với trục hoành
Y = 0 ⇒ x =
1
m 2+
do đó OB =
1
m 2+
H là khoảng cách từ ) đến đường thẳng (1).
⇒
2
1

h
=
2
1
OA
+
2
1
OB
= m
2
+ (m + 2)
2
= 2(m + 1)
2
+ 2
≥
2
⇒
2
1
h

≥
2; max h =
2
2
⇔ m = -1
Câu 4. (6đ)
a, (4đ)

Chứng minh được ∆ICK đều .
- Chỉ ra được ∆BIK = ∆BIC (c.g.c). (0,5đ)
⇒
·
ABK
=
·
AKC
= 30
0
(1,5đ)
do đó B,C cùng nhìn AK dưới một góc 30
0
(1đ)
⇒ tứ giác AKCB nội tiếp được (1đ)
b, (2đ)
Chỉ ra được
·
KAC
=
·
KBC
= 20
0

⇒
·
IAC
= 20
0

⇒
·
IAB
= 60
0
(1đ)
Trong ∆ABI
·
AIB
= 80
0
(1đ)
Câu 5. (2đ)
A =
1 1 x y 5
x y xy xy
+
+ = =
(0,5đ)
Để A nhỏ nhất ⇔ xy lớn nhất với x > 0; y > 0 ; x + y = 5 ta luôn có (
x y+
)
2

≥
0
⇔ x + y
≥
2
xy

Vây xy sẽ lớn nhất khi x = y =2,5 (1đ)
Khi đó Min A =
4
5
(0,5đ)

Trường THCS
Câu 1. (4đ) Cho biểu thức A = (
x x 1
x x
−
−
-
x x 1
x x
+
+
):
x 2
x 2
+
−
a, Nêu điều kiện phải có của x và rút gọn biểu thức A
b, Tìm những giá trị của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2. (4đ) Giải phương trình.
a,
x 1
2008
+
+

x 2
2007
+
=
x 3
2006
+
+
x 4
2005
+
b,
x 1 4 x 5− + −
+
11 x 8 x 5+ + −
= 4
Câu 3. (4đ) Cho đường thẳng (m+2)x – my = -1 (1) (m là tham số)
a, Tìm điểm cố định mà đường thẳng (1) luôn đi qua.
b, Tìm điểm cố định của m để khoảng cách từ O đến đường thẳng (1) là lớn nhất.
Câu 4. (6đ) Cho ∆ABC (AB = AC ) Biết
µ
A
= 80
0
.
Lấy điểm I nằm trong tam giác sao cho
·
ICB
= 20
0

;
·
IBC
= 10
0
a, Lấy K đối xứng với i qua AC . Chứng minh rằng tứ giác AKCB nội tiếp .
b, Tính
·
AIB
Câu 5. (2đ) Cho 2 số dương x,y có tổng bằng 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
A =
1
x
+
1
y
Đáp án – biểu điểm
Câu 1. (4đ)
Câu a, Lập luận giải kết hợp để tìm điều kiện của A.
( x > 0, x ≠ 1, x ≠ 2) cho (0,5đ)
biến đổi biểu thức trong ngoặc:
2
2
2x 2x
x x
−
−
(0,75đ)
A =
2

2
2x 2x
x x
−
−
.
x 2
x 2
−
+
=
2x 4
x 2
−
+
(0,75đ)
Câu b, A =
2x 4
x 2
−
+
=
2(x 2) 8
x 2
+ −
+
= 2 -
8
x 2+
(0,5đ)

Để A nguyên ⇔
8
x 2+
nguyên ⇔ 8
M
(x+2) hay x+2 là Ư
8
(0,5đ)
Vì x > 0 ⇒ x+2 > 2 Do đó x+ 2 = 4; x+2 = 8 (0,5đ)
Tính x = 2 hoặc x = 6 vi x ≠ 2 nên x =6 . Thì A có giá trị nguyên. (0,5đ)
Câu 2. (4đ)
a,
x 1
2008
+
+
x 2
2007
+
=
x 3
2006
+
+
x 4
2005
+
⇔ (
x 1
2008

+
+1) + (
x 2
2007
+
+ 1) = (
x 3
2006
+
+ 1) + (
x 4
2005
+
+ 1) (0,5đ)
⇔
x 2009
2008
+
+
x 2009
2007
+
=
x 2009
2006
+
+
x 2009
2005
+

(0,5đ)
⇔ (x + 2009)(
1
2008
+
1
2007
-
1
2006
-
1
2005
) = 0 (0,5đ)
⇔ x + 2009 = 0 (0,5đ)
⇔ x = -2009
b,
x 1 4 x 5− + −
+
11 x 8 x 5+ + −
= 4
⇔
x 5 4 x 5 4− + − +
+
x 5 2.4 x 5 16− + − +
= 4 (0,5đ)
⇔
2
(2 x 5)+ −
+

2
(4 x 5)+ −
=4 (0,5đ)
⇔
2 x 5+ −
+ 4+
x 5−
= 4 (x
≥
5)
⇔
2 x 5−
= -2 Vô lý (0,5đ)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm (0,5đ)
Câu 3 . (4đ)
a, (2đ) (m+2)x – my = -1 (1)
Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (1) đi qua điểm cố định M(x
0
;y
0
)
∀m là : (m+2)x
0
– my
0
= -1 ∀m
Biến đổi được:
{
0 0
0

x y 0
2x 1 0
− =
+ =
⇔
0
0
1
x
2
1
y
2
−
=
−
=



Vậy đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định M(-1/2;-1/2)
b, (2đ) Gọi A là điểm của đường thẳng (1) với trục tung
x = 0 ⇒ y =
1
m
do đó OA =
1
m
B là giao điểm của đường thẳng (1) với trục hoành
Y = 0 ⇒ x =

1
m 2+
do đó OB =
1
m 2+
H là khoảng cách từ ) đến đường thẳng (1).
⇒
2
1
h
=
2
1
OA
+
2
1
OB
= m
2
+ (m + 2)
2
= 2(m + 1)
2
+ 2
≥
2
⇒
2
1

h

≥
2; max h =
2
2
⇔ m = -1
Câu 4. (6đ)
a, (4đ)
Chứng minh được ∆ICK đều .
- Chỉ ra được ∆BIK = ∆BIC (c.g.c). (0,5đ)
⇒
·
ABK
=
·
AKC
= 30
0
(1,5đ)
do đó B,C cùng nhìn AK dưới một góc 30
0
(1đ)
⇒ tứ giác AKCB nội tiếp được (1đ)
b, (2đ)
Chỉ ra được
·
KAC
=
·

KBC
= 20
0

⇒
·
IAC
= 20
0
⇒
·
IAB
= 60
0
(1đ)
Trong ∆ABI
·
AIB
= 80
0
(1đ)
Câu 5. (2đ)
A =
1 1 x y 5
x y xy xy
+
+ = =
(0,5đ)
Để A nhỏ nhất ⇔ xy lớn nhất với x > 0; y > 0 ; x + y = 5 ta luôn có (
x y+

)
2

≥
0
⇔ x + y
≥
2
xy
Vây xy sẽ lớn nhất khi x = y =2,5 (1đ)
Khi đó Min A =
4
5
(0,5đ)
đề thi học sinh giỏi Toán 9
Bài 1 ( 4 điểm )
Cho biểu thức
= +
+ + +
1 3 2
P -
x 1 x x 1 x - x 1

a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P
Bài2 (4 điểm)
a) Cho đường thẳng
y 2x=
,
1

y x
2
=
,
y 2=
cắt nhau tạo thành một tam giác. Tính diện
tích tam giác đó.
b) Tìm trên đường thẳng y = 4x + 1 những điểm có toạ độ thoả mãn:
y
2
– 5y
x
+ 4x = 0.
Bài 3.(3điểm)
a. Cho các số dương a, b, c thay đổi và thoả mãn a + b + c = 4.
Chứng minh:
a b b c c a 4+ + + + + >
.
b. Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 2010.Chứng minh rằng giá trị
của các biểu thức sau đây không phụ thuộc vào x, y, z:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2010 y 2010 z 2010 z 2010 x 2010 x 2010 y
P x y z
2010 x 2010 y 2010 z
+ + + + + +
= + +
+ + +
BBài 4(5điểm)

Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B và C.
Qua A vẽ tiếp tuyến AE, AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF .
a. Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn
(O) thay đổi .
b. Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh rằng : EK // AB .
c. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố
định khi đường tròn(O) thay đổi.
Bài 5(4 điểm)
a.Giải phương trình nghiệm nguyên: (y+2)x
2
+1=y
2
b. Giải phương trình:

1 1 1 2009 x 2009

1.2 2.3 x(x 1)
2009 x 2010
− +
+ + + =
+
− +
Hướng dẫn chấm:
Bài 1 . a) Điều kiện x ≥ 0 (0.25)

= +
+ + + +
1 3 2
P -
x 1 ( x 1)(x - x 1) x - x 1

(0.25)

+ + +
=
+
x - x 1 - 3 2 x 2
P
x x 1
(0.5)

+
=
+
x( x 1)
P
x x 1
(0.5)

=
+
x
P
x - x 1
(0.5)
b) Ta có
2

 
+ = + > ∀ ≥


 ÷
 


≥ ∀ ≥

1 3
x - x 1 x - 0 x 0

2 4
x 0 x 0
(0.5)
nên
= ≥ ∀ ≥
+
x
P 0 , x 0
x - x 1
(0.25)
P = 0 ⇔ x = 0 . Vậy min P = 0 ( 0.25)
• Ta có
( )
≥ ∀ ≥
2
x - 1 0 , x 0

⇔ x - 2
x
+ 1 ≥ 0
⇔ x -

x
+ 1 ≥
x
, ∀ x ≥ 0 (0.5)
⇔
≤ ∀ ≥
+
x
1 , x 0
x - x 1
(0.25)
⇔ P ≤ 1 ∀ x ≥ 0 ; P = 1 ⇔ x = 1 . Vậy MaxP = 1 khi x = 1 (0.25)
Tóm lại : minP = 0 khi x = 0 ; MaxP = 1 khi x = 1
Bài 2.
a. (0.5)
Tính A(
( 2;2);B(4;2)
(0.5)
Tính
OAB
S 4 2= −
(1.0)
b. Điều kiện: x ≥ 0. (0.25)
Khi đó ta có: y
2
– 5y
x
+ 4x = 0
y x
(y x)(y 4 x ) 0

y 4 x

=
⇔ − − = ⇔

=


. (0.5)
Do đó để điểm M(x
0
; y
0
) với với y
0
= 4x
0
+ 1 là điểm thuộc đường thẳng y = 4x + 1 thoả mãn
yêu cầu bài toán thì ta cần có x
0
≥ 0 và:

2
0
0 0
0
2
0 0
0
1 15

(2 x ) 0
4x 1 x
1
4 16
x
4
4x 1 4 x
(2 x 1) 0


− + =
+ =


⇔ ⇔ =


+ =

− =


. (0.5)
Vậy toạ độ điểm M cần tìm là: M =
1
;2
4
 
 ÷
 

. (0.25)
Bài 3. a. Do a , b, c > 0 và từ giả thiết ta có :
a + b < a + b + c = 4 =>
a b 2 a b 2 a b+ < ⇒ + < +
(1 ) 0,5
Tương tự ta có b + c < 2
b c+
(2) 0.25
a + c < 2
c a+
(3) 0,25
Cộng vế với vế của (1) , (2) , và (3) ta có
( )
( )
2 a b c 2 a b b c a c+ + < + + + + +
0.25
hay
a b b c c a 4+ + + + + >
( ĐPCM) 0,25
b.
2010+x
2
= xy+yz+zx+x
2
= (x+y)(z+x) 0.25
2010+y= xy+yz+zx+y
2
=(x+y)(y+z) 0.25
2010+z
2

= xy+yz+zx+z
2
=(y+z)(z+x) 0.25
Suy ra: x(y+z)+y(z+x)+z(x+y)=2(xy+yz+zx) 0.5
Do đó: P= 2.2010=4020 0.25
Bài 4.
1.
∆
ABF và
∆
AFC đồng dạng (g_g) 0.5
Ta có : AB/ AF=AF/AC
⇔
AF
2
=AB.AC 0.5
⇒
AF=
AB.AC
Mà AE=AF nên AE=AF=
AB.AC
không đổi 0.5
Vậy E,F thuộc đường tròn (A;
AB.AC
) cố định.
2. Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn
Ta có :
∠
AIF =
∠

AOF (1) 0.5
∠
AOF =
1
2
∠
EOF và
∠
EKF =
1
2
∠
EOF
⇒ ∠
EKF =
∠
AOF (2) 0.5
Từ(1) và(2)
⇒ ∠
AIF =
∠
EKF
Do đó :EK vàAB song song vơí nhau 0.5
3. Cm được A,N,O thẳng hàng và AO
⊥
EF ;
Gọi H là giao điểm của BC và EF .
Ta có :
∆
ANH và

∆
AIO đồng dạng nên
AH AN
AO AI
=
0.5
Suy ra :AH.AI =AN.AO
Lại có :AN .AO=AE
2
=AB.AC 0.5
Do đó : AI.AH =AB.AC
AB.AC
AH
AI
⇒ =
không đổi .
Vậy H cố định 0.5
Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn qua I và
H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH
0.5
Bài 5. a.
(y+2)x
2
+1 = y
2

⇔
(y+2)x
2
–(y

2
-4) = 3 0.5

⇔
(y+2)(x
2
-y+2) = 3 0.25
Suy ra:
y + 2 1 3 -1 -3
x
2
-y+2 3 1 -3 -1
y -1 1 -3 -1
x Loại 0 Loại 0
1 đ
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (0;1),(0;-1) 0.25
b.
1 1 1 1
1
1.2 2.3 x(x 1) x 1
+ + + = −
+ +
0.5

2009 x 2009 1
1
2009 x 2010 2009 x 2010
− +
= −
− + − +

( x
≤
2009) 0.5
Suy ra: x+1 =
2009 x 2010− +

⇔
2009-x+
2009 x 0− =

⇔
2009 x( 2009 x 1) 0− − + =
0.5

⇔

2009 x 0− =

⇔
x = 2009 (tm) 0.5

Trường THCS
Đề bài
Câu1: (4.0 điểm)
Cho biểu thức
A =
x x 1 x 1 x
: x
x 1
x 1 x 1

   
+ −
− +
 ÷  ÷
−
− −
   

a) Tìm ĐKXĐ của A. Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Cõu 2: (5.0 di?m)
Trên mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng (d): 3x – 2y + 3 = 0 và
(d') : 3x + 2y – 9 = 0 cắt nhau tại C và lần lượt cắt trục Ox tại A, B.
a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C.
b) Tìm diện tích và chu vi của tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trên các trục là cm.
Câu 3:(4.0 điểm).
a) Cho biểu thức :

2 2
M x 5x y xy 4y 2014= − + + − +
.
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
b) Giải hệ phương trình :
( ) ( )
2 2
x y x y 18
x x 1 .y y 1 72

+ + + =



+ + =


Câu 4 (5.5đ): Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D ∈ BC) vẽ đường tròn tâm O qua A và D
đồng thời tiếp xúc với BC tại D. Đường tròn này cắt AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh
a) EF // BC
b) Các tam giác AED và ADC; AFD và ABD là các tam giác đồng dạng.
c) AE.AC = AF.AB = AD
2
Câu 5 (1,5 điểm).Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng :
( )
2
a b
a b 2a b 2b a
2
+
+ + ≥ +
Đáp án và hướng dẫn chấm
Câu1: (4điểm)
a) • ĐKXĐ: x > 0 và x ≠ 1 (0.5đ)
• Ta có: A =
x x 1 x 1 x
: x
x 1
x 1 x 1
   
+ −
− +
 ÷  ÷

−
− −
   
=
( x 1)(x x 1) x 1 x( x 1) x
:
( x 1)( x 1) x 1 x 1 x 1
   
+ − + − −
− +
 ÷  ÷
− + − − −
   
(0.5đ)
=
x x 1 x 1 x x x
:
x 1 x 1 x 1
   
− + − − +
−
 ÷  ÷
− − −
   
(0.5đ)
=
x x 1 x 1 x
:
x 1 x 1
− + − +

− −
(0.5đ)
=
x 2 x
:
x 1 x 1
− +
− −
=
x 2 x 1
x
x 1
− + −
×
−
(0.75đ)
=
2 x
x
−
(0.5đ)
b) A = 3 =>
2 x
x
−
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 (0.25)
=> x = 2/3 (0,5đ)
Cõu 2: (5,0 di?m)

• C là giao điểm của d và d
/
nên tọa độ của C thỏa mãn hệ :

= +


=

2y 3x 3

2y 9 - 3x
⇔
= +


=

2y 3x 3

4y 12
⇔
=


=

x 1

y 3

Vậy C(1 ; 3) (1.0đ)
• Phương trình trục Ox là y = 0 nên tọa độ A thỏa mãn hệ :

= +


=

2y 3x 3

y 0
⇔
=


=

x - 1

y 0
Vậy A(- 1; 0) (0.5đ)
tọa độ B thỏa mãn hệ :

=


=

2y 9 - 3x

y 0
⇔
=


=

x 3

y 0
Vậy B(3 ; 0) (0.5đ)
• Gọi H là hình chiếu của C trên trục Ox thì CH là đường cao của tam giác CAB và CH = 3 cm
( tung độ của điểm C) ; cạnh đáy AB = AO + OB = 1 + 3 = 4 (cm) .
⇒ dt(∆ABC) =
1
2
AB.CH =
1
2
.4.3 = 6 (cm
2
) (1.5đ)
• HA = HO + OA = 1 + 1 = 2 (cm) ⇒ HB = AB - AH = 2 (cm)
⇒ HA = HB = 2(cm) ⇒ tam giác CAB cân tại C (CH vừa là đường cao vừa là trung tuyến) ;
tam giác vuông HCA có :

2= + = + =
2 2 2 2
CA AH HC 3 13
(cm)

⇒ chu vi ∆ABC là : AB + BC + CA =
4 2 13+
(cm) (1.5đ)
Câu 3: (4.0 điểm) Ta có :
•
( ) ( )
( )
2 2
M x 4x 4 y 2y 1 xy x 2y 2 2007= + + + + + + − − + +
(0,25đ)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
M x 2 y 1 x 2 y 1 2007= − + − + − − +
(0,5đ)
( ) ( ) ( )
2
2
1 3
M x 2 y 1 y 1 2007
2 4
 
⇒ = − + − + − +
 
 
(0,25đ)
Do
( )
2
y 1 0− ≥
và

( ) ( )
2
1
x 2 y 1 0
2
 
− + − ≥
 
 

x, y∀
(0,25đ)
M 2007⇒ ≥
(0,25đ).
min
M 2007 x 2;y 1⇒ = ⇔ = =
(0,5đ).
• Đặt :
( )
( )
u x x 1
v y y 1
= +



= +


(0,25đ).

Ta có :
u v 18
uv 72
+ =


=


⇒
u ; v là nghiệm của phương trình : (0.25đ)
2
1 2
X 18X 72 0 X 12;X 6− + = ⇒ = =
(0,5đ).
⇒
u 12
v 6
=


=

;
u 6
v 12
=


=


(0,25đ).
⇒

( )
( )
x x 1 12
y y 1 6
+ =



+ =


;
( )
( )
x x 1 6
y y 1 12
+ =



+ =


(0,25đ).
Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. (0,5đ).

Câu 4: (5.5 điểm) a)
·
·
»
1
EAD EFD( sdED)
2
= =
(0,5đ)
·
·
»
1
FAD FDC( sdFD)
2
= =
(0,5đ)
mà
·
·
·
·
EDA FAD EFD FDC= ⇒ =
(0,5đ)
⇒ EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau) (0,5đ)
b) AD là phân giác góc BAC nên
»
»
DE DF=
sđ

·
1
ACD
2
=
sđ(
¼
»
AED DF−
) =
1
2
sđ
»
AE
= sđ
·
ADE
(0.5đ)
do đó
·
·
ACD ADE=
và
·
·
EAD DAC=
⇒ DADC (g.g) (0,5đ)
Tương tự:
sđ

·
»
¼
»
1 1
ADF sdAF sd(AFD DF)
2 2
= = −
=
¼
»
·
1
(sdAFD DE) sdABD
2
− =
(0.25đ)
⇒
·
·
ADF ABD=
(0.25đ)
do đó AFD ~ d(g.g) (0,5đ)
c) Theo trên:
+ AED ~ DB
⇒
AE AD
AD AC
=
hay AD

2
= AE.AC (1) (0,5đ)
+ ADF ~ ABD ⇒
AD AF
AB AD
=
(0.25đ)
⇒ AD
2
= AB.AF (2) (0.25đ)
Từ (1) và (2) ta có AD
2
= AE.AC = AB.AF (0,5đ)
Câu 5: (1,5 điểm) Ta có :
2 2
1 1
a 0; b 0
2 2
   
− ≥ − ≥
 ÷  ÷
   

∀
a , b > 0 (0,25đ)
1 1
a a 0;b b 0
4 4
⇒ − + ≥ − + ≥
(0,25đ)

1 1
(a a ) (b b ) 0
4 4
⇒ − + + − + ≥

∀
a , b > 0
1
a b a b 0
2
⇒ + + ≥ + >
(0,25đ)
Mặt khác
a b 2 ab 0+ ≥ >
(0,25đ)
Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
a b a b 2 ab a b
2
 
+ + + ≥ +
 
 
(0,25đ)
( )
( )
2
a b

a b 2a b 2b a
2
+
⇒ + + ≥ +
(0,25đ)
trường THCS
Đề bài
Bài 1( 4,5điểm): Cho biểu thức: A =
x 1 1
x 4
2 2 2 2
+ +
−
− +
a). Tìm điều kiện củ x để biểu thức A xác định.
b). Rút gọn gọn biểu thức A.
c). Tính giá trị của A khi x = 25.
d). Tìm các giá trị của x để A =
1
3
−
Bài 2(4 điểm): Một đoàn học sinh tổ chức đi tham quan bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 học sinh
thì còn thừa 1 học sinh. Nếu bớt đi 1 ô tô thì có thể phân phối đều các học sinh trên các ô tô còn
lại. Biết mỗi ô tô chỉ trở được không quá 32 người, hỏi ban đầu có bao nhiêu ô tô và có tất cả bao
nhiêu học sinh đi tham quan?
Bài 3 (4 điểm): Cho tam giác MNP cân tại M Các đường cao MD và NE cắt nhau tại H. Vẽ
đường tròn (O) đường kính MH. Chứng minh rằng:
a)E nằm trên đường tròn (O).
b) Bốn điểm M, N, D, E cùng thuộc một đường tròn.
c). DE ⊥ OE.

Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC có góc A bằng 15
0
; góc B bằng 45
0
trên tia đối của tia CB lấy
điểm D sao cho CD = 2BC.
a). Tính góc ADB.
b). Tính khoảng cách từ D đến AC, nếu biết BC = 3 cm.
Bài 5 (3,5 điểm): Cho hai số thực a,b thoã mãn a > b và ab = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: Q =
2 2
a b
a b
+
−
.
Đáp án
Bài 1 (4,5 điểm):
a). (1 điểm) Biểu thức A được xác định :
x Xac dinh x 0
x 0
x 4 0 (0,5diem) x 4
x 4
x 4
x 2 0

≥

≥




⇔ − ≠ ⇔ ≠ ⇔
  
≠

 
≠
− ≠


(0,5 điểm)
b). (1,5 điểm): Rút gọn biểu thức A
A =
x 1 1
x 4
2 2 2 2
+ +
−
− +
=
( ) ( ) ( )
x x 2 x 2
( x 2)( x 2)
( x 2) x 2 x 2 x 2
+ −
+ +
− +
− + − +
(0,5 điểm)

=
x x 2 x 2
( x 2)( x 2)
+ + + −
− +
(0,25 điểm)
=
x ( x 2)
( x 2)( x 2)
+
− +
( 0,5 điểm)
=
x
x 2−
(0,25 điểm)
c). ( 0,5 điểm): Khi x = 25 thì A =
25 5
3
25 2
=
−
(0,5 điểm).
d). (1,5 điểm): A =
1
3
−

⇔
x

x 2−
=
1
3
−
(0,25 điểm)

3 x x 2⇔ =− +
(0,25 điểm)

⇔
4 x 2=
(0,25 điểm)

⇔
1
x
2
=
(0,25 điểm)

⇔
x=
1
4
( T/m điều kiện) (0,25 điểm)
Vậy với x=
1
4
thì A =

1
3
−
. (0,25 điểm).
Bài 2(4 điểm) :
Gọi số ô tô ban đầu là x (x
∈
Z, x>1). (0,25 điểm)
Thì số học sinh sẽ là : 22x + 1 (0,25 điểm)
Khi đó ta có :
22x 1
N
x 1
+
∈
−
(0,5 điểm).

⇔
22 +
23
x 1−
N∈
(0,5 điểm).

⇔

23
x 1−

Z∈
(0,5 điểm).
Suy ra x - 1 là ước số của 23. (0,5 điểm).
Vì x > 1 nên (x - 1)
{ }
1;23∈

{ }
x 2;24⇔ ∈
. (0,5 điểm).
Vì mỗi ô tô chỉ chở không quá 32 học sinh nên x = 24. (0,5 điểm).
Vậy số ô tô là 24 , số học sinh là 529 em. (0,5 điểm).
Bài 3 (4 điểm): Cho tam giác MNP cân tại M. Các đường cao MD và NE cắt nhau tại H. Vẽ
đường tròn (O) đường kính MH. Chứng minh rằng:
a)E nằm trên đường tròn (O).
b) Bốn điểm M, N, D, E cùng thuộc một đường tròn.
c) DE ⊥ OE.
M

O

E
H
N D P

a). Tam giác HME là tam giác vuông tại E nên nội tiếp đường tròn đường kính MH. Từ đó E
∈

đường tròn (O). (1 điểm)
b). Các tam giác MDN và MEN là các tam giác vuông có chung cạnh huyền MN nên 4 điểm

M,N,D,E cùng thuộc một đường tròn đường kính MN. (1 điểm).
c). Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O):
Ta có : ENP = DMP ( vì cùng phụ với góc MPN). (1) (0,25 điểm)

Vì OM = OE nên tam giác OME cân , suy ra: OME = OEM (2) (0,25 điểm)
Tam giác NEP vuông tại E, có ED là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền NP
nên: DN = DE. Suy ra tam giác DNE là tam giác cân. Suy ra DNE = DEN (3)
(0,5 điểm)

Từ (1), (2), và (3) Suy ra : OEM = DEN . (0,25 điểm)

Lại có: OEM + HEO = 90
o
, Nên OEH + HED = 90
o
Suy ra DE
⊥
OE
( 0,5 điểm)
Suy ra DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). ( 0,25 điểm).
A
Bài 4 ( 4 điểm):
H
B C D
a). Tính góc ADB: ( 3 điểm)
Kẻ DH AC , nối B với H :
Xét tam giác ABC ta có: góc ACB = 180
0
- (A + B) = 120
0

(0,25 điểm)
Suy ra góc HCD = 60
0
. (0,25 điểm)
Tam giác HCD vuông tại H có góc HCD = 60
0
nên góc HDC = 30
0
. (0,25 điểm)
Suy ra HC =
1
2
CD =
1
2
.2BC = BC. (0,25 điểm)
Suy ra tam giác HCB cân
⇒
góc HBC = 30
0
. (0,25 điểm)
Tam giác HBD có góc HBC = góc HDC = 30
0

⇒
tam giác HBD cân (0,25 điểm)
⇒
HB = HD (1) (0,25 điểm)
Tam giác HAB có: góc HAB = góc HBA = 15
0

⇒
tam giác HAB cân. (0,25 điểm)
⇒
HA = HB (2). (0,25 điểm)
Từ (1) và (2)
⇒
HA = HD (0,25 điểm)
⇒
Tam giác HAD vuông cân
⇒
góc HDA = 45
0
. (0,25 điểm)
⇒
Góc ADB = góc ADH + góc HDB = 45
0
+ 30
0
= 75
0
(0,25 điểm)
b). Tính khoảng cáh từ D đến AC: ( 1 điểm)
Vì DH
⊥
AC nên DH chính là khoảng cách từ D đến AC. (0,25 điểm)
Xét tam giác vuông HDC ta có : CD = 2 BC = 2 . 3 = 6 ( cm). (0,25 điểm)
⇒
DH = CD . cos C = 6 . cos60
0

= 3
3
(cm). (0,5 điểm)
Bài 5 ( 3,5 điểm):
Ta có : Q =
( )
2
2 2
a b 2ab
a b
a b a b
− +
+
=
− −
( 0,5 điểm)
= a - b +
4
a b−
. ( 0,5 điểm)
Vì a > b nên a - b > 0 . áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
Q = (a - b) +
4
a b−

( )
( )
4
2 a b .
a b

≥ −
−
= 4. ( 0,5 điểm)
Dấu bằng xảy ra
⇔
4
a b
a b
a.b 2

− =

−


=

( 0,5 điểm)

⇔
a b 2
a.b 2
− =


=

( 0,5 điểm)