tài liệu ôn thi hsg toán 9 đề thi và đáp án thi cấp huyện tham khảo

UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học: 2014 – 2015
Môn thi: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ SỐ 1
Bài 1: (2điểm). Cho biểu thức B =
1 1 x x x
x 1 x x 1 x x 1
−
+ +
− − − + −
a. Rút gọn biểu thức B.
b. Tìm x để B > 0.
c. Tìm giá trị của B khi
53
9 2 7
x =
−

Bài 2: (2điểm).
a. Giải phương trình :
1 4 5 1 4 5 4x x x x− + − + − + − − =

b. Chứng minh rằng
10
là số vô tỉ.
Bài 3: (1.5điểm).
a. Vẽ đồ thị hàm số
2 1y x= +

.
b. Xácđịnh tọa độgiao điểm của đồ thị hàm số ở câu a với đồ thị hàm số y=3x
– 5.
Bài 4 : ( 1 điểm )
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( x + y )
2
= ( x - 1 )( y - 1 )
Bài 5: (2.5điểm).
Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB. Trên các bán kính OA, OB lần lượt
lấy các điểm M và N sao cho OM = ON. Qua M và N vẽ các dây CD và EF
song song với nhau (C, E cùng thuộc một nửa đường tròn đường kính AB).
a. Chứng minh tứ giác CDFE là hình chữ nhật.
b. Cho
2
3
OM R=
, góc nhọn giữa CD và OA bằng 60
0
.
Tính diện tích hình chữ nhật CDFE.
Bài 6: (1điểm).
a. Cho
, b, c a
là các số thực, chứng minh rằng:
4 4 4
abc(a + b+ c)a b c+ + ≥

b.Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số
abc
sao cho

2
2
1
( 2)
abc n
cba n

= −


= −



Với n là số nguyên lớn hơn 2.
……………………….Hết………………………
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ 1
Bài Hướng dẫn Điểm
Bài 1
2đ
a. ĐKXĐ : x > 1.
B =
1 1 x x x
x 1 x x 1 x x 1
−
+ +
− − − + −

B =
1 1 ( 1)
( 1 )( 1 ) 1
x x x x x x
x x x x x
− + + − − −
+
− + − − −

B =
2 1
1
x
x
−
+
−

B =
2 1x x− −


0,5đ
0,25đ
b. Với x > 1 ta có : B > 0
2 1 0x x⇔ − − >

2 1x x⇔ > −

2
4( 1)x x⇔ > −


2
( 2) 0 (*)x⇔ − >

(*) đúng với mọi
2x ≠
. Vậy B > 0 khi x > 1 và
2x ≠

0,25đ
0,25đ
0,25đ
c.
53 53(9 2 7)
9 2 7
81 28
9 2 7
x
+
= = = +
−
−
(TM)
thay vào B =
2 1x x− −
ta có:
B =

9 2 7 2 8 2 7 9 2 7 2( 7 1) 7+ − + = + − + =

Vậy với
53
9 2 7
x =
−
thì B = 7.
0,25đ
0,25đ
Bài 2
2đ
a. Đk :
5x ≥


1 4 5 1 4 5 4x x x x− + − + − + − − =

2 2
( 5 2) ( 5 2) 4x x⇔ − + + − − =

5 2 5 2 4x x⇔ − + + − − =

5 2 2 5 4x x⇔ − + + − − =
(1)
Áp dụng bất đẳng thức
A B A B+ ≥ +
vào (1) ta có :
5 2 2 5 5 2 2 5 4x x x x− + + − − ≥ − + + − − =
Dấu bằng xảy ra

( 5 2).(2 5) 0x x⇔ − + − − ≥

(2 5) 0x⇔ − − ≥
(vì
5 2 0x − + >
)
2 5
9
x
x
⇔ ≥ −
⇔ ≤

Kết hợp với điều kiện, ta có
5 9x≤ ≤

Vậy nghiệm của phương trình là :
5 9x≤ ≤
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b . Giả sử:
10
là số hữu tỉ. Đặt
*
10 (a, b N ,UCLN(a;b)=1)
a
b
= ∈

2
2 2 2 2
2
10 10 5 5 25
a
a b a a a
b
⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ ⇒M M M

2 2
10 25 5 5b b b⇒ ⇒ ⇒M M M

Khi đó ƯCLN(a;b)
5≥
mâu thuẫn với ƯCLN(a;b) = 1.
Vậy
10
là số vô tỉ.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 3.
(1.5đ)
Bài 4.
(1đ)
a. Vẽ đồ thị hàm số
2 1y x= +

1
2 1 khi x -
2
2 1
1
2 1 khi x<
2
x
y x
x

+ ≥


= + =


− − −


Nhận xét rằng
0y ≥
với mọi x.
Ta có đồ thị hàm số :

Vẽ đúng đồ thị
0,25đ
0,5đ
b. Giả sử M(x
0

; y
0
) là tọa độ giao điểm của hai đồ thị hai hàm số
2 1y x= +
và y = 3x – 5 . ta có :
0 0
2 1 3 5x x+ = −
đk :
0
5
3
x ≥

TH1:
0 0 0
2 1 3 5 6.x x x+ = − ⇒ =
(TM)
TH2:
0 0 0
4
2 1 3 5 .
5
x x x+ = − + ⇒ =
( loại)
Với x
0
= 6 thì y
0
= 13.
Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là M(6 ; 13)

(x + y )
2
= ( x - 1 )( y + 1 )
⇔ x
2
+ 2xy + y
2
= xy + x - y - 1
⇔ x
2
+ xy + y
2
- x + y + 1 = 0
⇔ 2x
2
+ 2xy + 2y
2
-2x + 2y + 2 = 0
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1

x
y
O
O
H
N

K
M
D
F
C
E
B
A
⇔ ( x
2
+ 2xy + y
2
) + ( x
2
- 2x +1 ) + ( y
2
+ 2y + 1 ) = 0
⇔ ( x + y )
2
+ ( x - 1)
2
+ ( y + 1 )
2
= 0
⇔ (x + y )
2
= 0 và ( x - 1 )
2
= 0 và ( y + 1 )
2

= 0
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là : x = 1; y = -1
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 5
(2.5đ)
a. Vẽ OH vuông góc với CD, OH cắt EF tại K, suy ra HK vuông
góc với EF ( vì CD // EF). Suy ra HC = HD; KE = KF.
Ta chứng minh được
HOM KON∆ = ∆
( cạnh huyền - góc nhọn)
Suy ra OH = OK, suy ra CD = EF, từ đó suy ra tứ giác CDEF là hình
bình hành.
Lại có KH là đường trung bình của hình bình hành CDFE, nên HK // CE,
suy ra
·
·
0
90ECD KHD= =
. Vậy tứ giác CDFE là hình chữ nhật.
0,5đ
0,5đ
0.25đ
b. Ta có
·
0
2 3
. . . 60
3 3

R
OH OM SinHMO R Sin= = =

2 3
2.
3
R
CE HK OH= = =

2 2
2 2 2 2
3 6
9 9
R R
CH OC OH R= − = − =

Suy ra
6 2 6
3 3
R R
CH CD= ⇒ =

Vậy
2
2 3 2 6 4 2
. .
3 3 3
CDFE
R R R
S CE CD= = =

(đvdt)
0,5đ
0,25đ
0,5đ
Bài 6
(1đ)
a. Áp dụng bất đẳng thức x
2
+ y
2

≥
2xy ( với mọi x, y ), ta có:

4 4 4 4 4 4 4 4 4
1 1 1
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c a b b c c a+ + = + + + + +


2 2 2 2 2 2
a b b c c a≥ + +
(1)
Mặt khác :
2 2 2 2 2 2
a b b c c a+ +

2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1

( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c b c a c a b= + + + + +

0,25đ

2 2 2
( )a bc b ca c ab abc a b c≥ + + = + +
(2)
Từ (1) và (2) ta có
4 4 4
abc(a + b+ c)a b c+ + ≥
(đpcm).
0,25đ
b.
2
100 10 1abc a b c n= + + = −
(1)
2 2
100 10 ( 2) 4 4cba c b a n n n= + + = − = − +
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
99( ) 4 5 (4 5) 99a c n n− = − ⇒ − M
(3)
Mặt khác
2 2
100 1 999 101 1000 11 31
39 4 5 119 (4)
n n n
n

≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
⇔ ≤ − ≤

Từ (3) và (4)
4 5 99 26n n⇒ − = ⇒ =

Vậy
675.abc =

0,25đ
0,25đ
Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học: 2014 – 2015
Môn thi: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ SỐ 2
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Cho
3 5 7 3 5
2 2
x
+ + −
=
. Tính
( )
2014
2

P( ) 1x x x= − −
b) Cho
x, y,z
là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện
xyz 100
=
. Tính giá trị của
biểu thức
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
= + +
+ + + + + +
Câu 2 (2,0 điểm):
Cho hai đường thẳng (d
1
): y = ( m – 1 ) x – m
2
– 2m (Với m là tham số)
(d
2
): y = ( m – 2 ) x – m
2
– m + 1
cắt nhau tại G.
a) Xác định toạ độ điểm G.
b) Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đường thẳng cố định khi m thay đổi.
Câu 3 (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên

( )
x; y
của phương trình :
2 2
x 3y 2xy 2x 10y 4 0− + − − + =
2. Giải phương trình :
2 2
x 7x 6 x 3 x 6 x 2x 3− + + + = − + + −
3. Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng :
2 2 2
x y z x y z
y z z x x y 2
+ +
+ + ≥
+ + +
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho (O;R) và đường thẳng d không giao nhau. Qua M thuộc đường thẳng d kẻ
các tiếp tuyến MA, MB với (O) ( A, B là các tiếp điểm). Kẻ OC vuông góc với
đường thẳng d tại C. Gọi F,G thứ tự là giao điểm của AB với OM và OC.
a) Chứng minh rằng tam giác OFG đồng dạng với tam giác OCM.
b) Chứng minh rằng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên
đường thẳng d.
c) Tìm vị trí của điểm M trên đường thẳng d để AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho a, b, c là các số dương tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

T
3 3 3
a b c
a b c b a c c b a

= + +
+ + + + + +
……………………….Hết………………………
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ 2
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −
=
+ + −

=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +

+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Hoành độ điểm G là nghiệm của phương trình:
(m-1)x - m
2

- 2m = (m - 2)x - m
2
- m + 1
0,25đ
⇔ x = m + 1
0,25đ
Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m
2
- 2m 0,25đ
⇔ y = -2m - 1
0,25đ
Toạ độ điểm G là (m + 1 ; -2m - 1) 0,25đ
Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1 0,25đ
Mà x = m + 1
⇒ y = -2x + 1
0,25đ
Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố
định. Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m
thay đổi
0,25đ
Câu 3
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
a) Ta có :
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )

2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x

z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2
x 3y 2xy 2x 10y 4 0
x 2xy y 4y 4y 1 2x 6y 5 0
x y 2y 1 2 x 3y 5 0
x y 1 x 3y 1 2 x 3y 1 7 0
x 3y 1 x y 3 7
− + − − + =
⇔ + + − + + − + + =
⇔ + − + − + + =

⇔ − − + + − + + + =
⇔ + + − − = −
Vì x, y nguyên nên
( )
x 3y 1+ +
và
( )
x y 3− −
nguyên các trường hợp :
0,25đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=

+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +

+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM

*) Trường hợp 1:
x 3y 1 1 x 3y 0 x 3y x 3
x y 3 7 x y 4 4y 4 y 1
+ + = + = = − = −
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− − = − − = − = =
   
*) Trường hợp 2
x 3y 1 1 x 3y 2 x 2 3y x 7
x y 3 7 x y 10 4y 12 y 3
+ + = − + = − = − − =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− − = − = = − = −
   
*) Trường hợp 3:
x 3y 1 7 x 3y 6 x 6 3y x 3
x y 3 1 x y 2 4y 4 y 1
+ + = + = = − =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− − = − − = = =
   
*) Trường hợp 4:
x 3y 1 7 x 3y 8 x 8 3y x 1
x y 3 1 x y 4 4y 12 y 3

+ + = − + = − = − − =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− − = − = = − = −
   
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
x; y 3;1 ; 7; 3 ; 3;1 ; 1; 3∈ − − −
0,25đ
0,25đ
b)Ta có
( ) ( )
2
x 7x 6 x 1 x 6− + = − −
và
( ) ( )
2
x 2x 3 x 1 x 3+ − = − +
nên
0,25đ
Cõu NI DUNG im
Cõu 1
(2,0im
)
a) Ta cú :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5

2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ +
=
+ +
=
+ +
=
+ +
=
+ +
= = =
x
Do ú :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= = =
0,25
0,25

0,25
0,25
b) Vỡ x, y, z nguyờn dng;
xyz 100 xyz 10= =
Ta cú :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy

x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25
0,25
0,25
0,25
Cõu 2
(2,0im)
NI DUNG IM
phng trỡnh xỏc nh
x 3 0 x 3
x 1 0 x 1 x 6
x 6 0 x 6
+







Khi ú :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 x 1 x 6 x 3 x 6 x 1 x 3
x 1 x 6 x 3 x 6 x 3 0

x 6 x 3 x 1 1 0
x 6 x 3 0 x 6 x 3 x 6 x 3 0x 9 (
x 1 1 0 x 1 1 x 1 1 x 2 (
+ + = + +
+ + =
+ =

+ = = + = + =

= = = =


vo õnghieọm)
loaùi vỡ khoõng thoỷa maừn ẹKXẹ)
Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim
0,25
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5

4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )

= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
c. Vì x, y, z là các số thực dương. Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
2 2 2
x y z x y z x y z
) 2. . x x
y z 4 y z 4 y z 4
+ + +
+ + ≥ = ⇒ ≥ −
+ + +
(1)
Dấu “=” có ở (1)
( )
2
2
2
x y z
4x y z 2x y z
y z 4
+
⇔ = ⇔ = + ⇔ = +
+
Chứng minh tương tự ta có :
2 2 2
y z x y z x y z x
) 2. . y y

z x 4 z x 4 z x 4
+ + +
+ + ≥ = ⇒ ≥ −
+ + +
(2)
Dấu “=” có ở (2)
2y z x⇔ = +
2 2 2
z x y z x y z x y
) 2. . z z
x y 4 x y 4 x y 4
+ + +
+ + ≥ = ⇒ ≥ −
+ + +
(3)
Dấu “=” có ở (3)
2z x y⇔ = +
0,25đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5

4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =

Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1

xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta được :
2 2 2
2 2 2
x y z x y y z z x
x y z
y z z x x y 4 4 4
x y z x y z
y z z x x y 2
+ + +
+ + ≥ + + − − −
+ + +
+ +
⇒ + + ≥
+ + +
Dấu “=” có
2x y z
2y z x x y z
2z x y
= +


= + ⇔ = =



= +

0,25đ
0,25đ
Câu 4
(3,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −

=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +

= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Hình vẽ

a)Ta có: MA = MB ( tc 2 tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R
⇒MO là trung trực của AB ⇒
·
0
OFG 90=
0,5đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=

+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +

= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Xét ∆OFG và ∆OCM có:
·
·
0

OFG OCM 90= =
;
·
FOG
(chung)
∆OFG∼ ∆OCM
0,5đ
b)
1,0 điểm
∆OFG∼ ∆OCM ⇒ OF.OM = OG.OC
0,25đ
Do MA là tiếp tuyến của (O)
·
0
MAO 90⇒ =
lại có AF⊥OM
Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông MOA ta có:
OG.OC = OF.OM = OA
2
= R
2

2
OG =
R
OC
⇒
0,5đ
Mà (O); d cố định nên OC cố định và không đổi
⇒ G cố định

Vậy AB luôn đi qua G cố định khi M di chuyển trên d 0,25đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
= = =
x

Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M

xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
c)
1,0 điểm
Do OF ≤ OG mà OF⊥AB
Nên dây AB nhỏ nhất khi OF = OG ( quan hệ giữa tâm và khoảng
cách từ tâm đến dây)
0,5đ
Dấu bằng xảy ra khi F ≡ G ⇒ M≡C
0,25đ
Vậy khi M≡C thì dây AB có độ dài nhỏ nhất. 0,25đ

Câu 5
(1,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
đặt x = 3a + b + c ; y = 3b + a + c ; z = 3c + b + a
⇒ x + y + z = 5( a + b + c) =5(x – 2a ) = 5(y – 2b) =5(z – 2c)
0,25đ
⇒ 4x –(y +z) =10a; 4y –(x +z) =10b ; 4z –(y +x) =10c ;
0,25đ
⇒
4 ( ) 4 ( ) 4 ( )
10T
x y z y x z z x y
x y z
− + − + − +
= + +

0,25đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4

5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :

( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
= 12 –
y z x z x y
x x y y z z
 
+ + + + +
 ÷
 

Áp dụng bất đẳng thức Cô ta được
10T
≤
12 - 6 = 6
⇒ T
≤

3
5
Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c
Vậy Max T = 3/5 khi a = b = c.
0,25đ
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1

Năm học 2014-2015
Môn thi: Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2,0 điểm).
Cho biểu thức:
2 1 4
.
3
1 1
x x
P
x x x
+
 
= −
 ÷
+ +
 
a. Rút gọn P.
b. Tìm các giá trị của x để P =
8
9
.
c. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 2: (2,0 điểm).
a. Không dùng máy tính hãy so sánh :
2014 2015
2015 2014
+
và

2014 +

2015
.
b. Giải phương trình:
2
13 50 4 3x x x
− + = −
c. Cho a, b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1. Chứng minh:
2 2
2 2
a b
a b
+
≥
−
.
Bài 3: (2,0 điểm).
a. Cho
.1
=
+
+
+
+
+
ba
c
ac
b

cb
a
Tính giá trị biểu thức Q =
ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
222
.
b. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
+ 2y
2
+ 2xy + 3y – 4 = 0
Bài 4: (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a. Chứng minh rằng:
Tam giác
AEF
đồng dạng với tam giác
ABC
và
2

cos .
AEF
ABC
S
A
S
=

b. Chứng minh rằng :
( )
2 2 2
1 cos cos cos .
DEF ABC
S A B C S= − − −
c. Chứng minh rằng:
3
HA HB HC
BC AC AB
+ + ≥
.
Bài 5: (1,0 điểm).
a. Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng .
b. Cho các số dương x, y, z thoả mãn





=++
=++

=++
15
8
3
xzzx
zyyz
yxxy
Tính giá trị của biểu thức P = x + y + z.
HẾT
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh:
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán - Lớp 9
Bài 1 : (2,0 điểm).
Phần Đáp án Điểm
Tìm được ĐK:
0x
≥
0,25đ
a
2 1 4
.
3
( 1)( 1) 1
2 ( 1) 4
.
3

( 1)( 1)
1 4
.
3
( 1)( 1)
4
3( 1)
x x
x x x x
x x x x
x x x
x x
x x x
x
x x
 
+
−
 ÷
+ − + +
 
 
+ − − +
=
 ÷
 ÷
+ − +
 
+
=

+ − +
=
− +
0,25đ
0,25đ
b
1 2
8
2 5 2 0 2 4 2 0
9
1
2 ( 2) ( 2) 0 ( 2)(2 1) 0 4; ( )
4
P x x x x x
x x x x x x x TM
= ⇔ − + = ⇔ − − + =
⇔ − − − = ⇔ − − = ⇒ = =
Vậy x = 4; x =
1
4
thì P =
8
9
.
0,25đ
0,25đ
c
+) Vì x
≥
0 nên 4

0x ≥
và
2
1 9
3( 1) 3( ) 0
2 4
x x x− + = − + >
0P
⇒ ≥
Vậy minP = 0 khi x = 0.
+) Với x > 0 ta có P =
4
1
3( 1)x
x
+ −

Vì
1
2x
x
+ ≥
nên
1
1 1x
x
+ − ≥
. Do đó P
4
3

≤
.
Dấu ”=” xảy ra khi x = 1. Vậy maxP =
4
3
khi x = 1.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 2: ( 2,0điểm).
Phần Đáp án Điểm
a
2014 2015 2015 1 2014 1
2015 2014 2015 2014
1 1
2015 2014 2015 2014
2014 2015
− +
+ = +
= + + − > +
Vậy
2014 2015
2015 2014
+
>
2014 +

2015
.
0,25đ

0,25đ
b
ĐK:
3x ≥
( )
( )
2 2
2
2
13 50 4 3 14 49 3 2.2. 3 4 0
7 0
7 3 2 0 7
3 2 0
x x x x x x x
x
x x x
x
− + = − ⇔ − + + − − − + =
− =


⇔ − + − − = ⇔ ⇔ =

− − =


0,25đ
0,25đ
0,25đ
c

- Vì a.b = 1 nên
( )
( )
( )
2
2 2
2
2
2
2
− +
+
=
− −
− +
= = − +
− −
a b ab
a b
a b a b
a b
a b
a b a b
- Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương
Ta có :
( ) ( )
2 2
2a b a b
a b a b
− + ≥ − ×

− −
Vậy
2 2
2 2
a b
a b
+
≥
−
. Dấu “=” xảy ra khi a – b =
2
.
0,25đ
0,25đ

0,25đ
Bài 3: (2,0 điểm).
Phần Đáp án Điểm
a
Ta có a + b + c
0≠
vì nếu a + b + c = 0 thế vào giả thiết ta có:
131 =−⇔=
−
+
−
+
− c
c
b

b
a
a
(vô lí).
Khi a + b + c
0≠
ta có:

.)( cbacba
ba
c
ac
b
cb
a
++=++



+
+
+
+



+
cba
ba
c

ba
bac
ac
b
ac
acb
cb
cba
cb
a
++=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
⇒
222
)()()(
⇒
ba

c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
222
+ a + b + c = a + b + c
⇒

ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
222
= 0
⇒

Q = 0.

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x
2
+ 2y
2
+ 2xy + 3y – 4 = 0 (1)
(1)
⇔
(x
2
+ 2xy + y
2
) + (y
2
+ 3y – 4) = 0
0,25đ

⇔
(x

+ y)
2
+ (y - 1)(y + 4) = 0
b

⇔
(y - 1)(y + 4) = - (x

+ y)
2
(2)
0,25đ
Vì - (x

+ y)
2

≤
0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4)
≤
0
⇔
- 4
≤
y
≤
1
Vì y nguyên nên y
∈

{ }
4; 3; 2; 1; 0; 1
− − − −
.

0,25đ
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm
nguyên (x; y) của PT đã cho là:
(4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1).
0,25đ
Bài 4: (3,0 điểm).
Phần Đáp án Điểm
a
a.
Tam giác ABE vuông tại E nên cosA =
AE
AB

Tam giác ACF vuông tại F nên cosA =
AF
AC
.
Suy ra
AE
AB
=
AF
AC
và góc A chung
⇒

( . . )AEF ABC c g c∆ ∆:

* Từ
AEF ABC

∆ ∆
:
suy ra
2
2
cos
AEF
ABC
S AE
A
S AB
 
= =
 ÷
 

Hình
vẽ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
b
Tương tự câu a,
2 2
cos , cos .
CDE
BDF
ABC ABC
S
S

B C
S S
= =
Từ đó suy ra
2 2 2
DEF
1 cos cos cos
ABC AEF BDF CDE
ABC ABC
S S S S
S
A B C
S S
− − −
= = − − −

Suy ra
( )
2 2 2
1 cos cos cos .
DEF ABC
S A B C S= − − −
0,25đ
0,5đ
0,25đ
+) Từ
. .
AF
. .
HBC

ABC
S
HC CE HC HB CE HB
C HEC
AC CF AC AB CF AB S
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =:

Tương tự:
.
.
HAB
ABC
SHB HA
AC BC S
=
;
.
.
HAC
ABC
S
HA HC
AB BC S
=
. Do đó:
0,25đ
A
B
C
F

E
H
D
c
.
.
HC HB
AC AB
+
.
.
HB HA
AC BC
+
.
.
HA HC
AB BC
=
1
HBC HCA HAB
ABC
S S S
S
+ +
=
+) Ta chứng minh được: (x + y + z)
2

≥

3(xy + yz + zx) (*)
Áp dụng (*) ta có:
2
. . .
3. 3.1 3
. . .
HA HB HC HA HB HB HC HC HA
BC AC AB BC BA CACB AB AC
   
+ + ≥ + + = =
 ÷  ÷
   

Suy ra
3
HA HB HC
BC AC AB
+ + ≥
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 5: (1,0 điểm).
Phần Đáp án Điểm
a
Gọi các số nguyên dương phải tìm là : x; y; z . Theo đề bài ta có :
x + y + z = xyz (1)
Vì các ẩn x , y , z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có
thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn chẳng hạn : 1 ≤ x ≤ y ≤ z .
⇒ xyz = x + y + z ≤ 3z

⇒ Chia hai vế của bất đẳng thức : xyz ≤ 3z cho z ta có :
xy ≤ 3 ⇒ xy ∈
{ }
1;2;3
.
+)Với xy = 1 ⇒ x = 1 ; y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
+)Với xy = 2 ⇒ x = 1 ; y = 2. Thay vào (1) được z = 3 (t/mãn)
+)Với xy = 3 ⇒ x = 1 ; y = 3. Thay vào (1) được z = 2 ( Loại vì
y ≤ z).
Vậy ba số phải tìm là : 1; 2 ; 3.
0,25đ
0,25đ
b





=++
=++
=++
15
8
3
xzzx
zyyz
yxxy






=++
=++
=++
⇔
16)1)(1(
9)1)(1(
4)1)(1(
xz
zy
yx
⇒
[(x + 1 )(y + 1)(z + 1)]
2
= 476
Vì x, y, z là các số dương nên (x + 1 )(y + 1)(z + 1) = 24.
61;
2
3
16
24
1;
3
8
9
24
1
=+==+==+⇒
zyx

⇒
x =
;
3
5
y = 0,5; z = 5.
⇒
P = x + y + z =
6
43
0,25đ
0,25đ

UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT I
Năm học: 2014-2015
Môn thi: Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian phát
đề)

Bài 1: (2,0 điểm)
Cho biểu thức: P =
3 9 3 1 2
2 2 1
x x x x
x x x x
+ − + −
− +

+ − + −
a) Rút gọn P.
b)Tìm các giá trị nguyên của x sao cho P nhận giá trị nguyên.

Bài 2: (2,0 điểm) Giải các phương trình:
a)
3 4 1 8 6 1 5x x x x
+ − − + + + − =
b)
3 3 3
2 2 5x x x+ + − =
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Cho x + y = 16, tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A =
5 6x y
− + −
b) Cho B =
2012 2013 2014+ +
; C =
2009 2011 2019+ +
. Không dùng bảng số
và máy tính hãy so sánh B và C.
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ một điểm M di
động trên đường thẳng d
⊥
OA tại A Vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C
là các tiếp điểm). Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.
a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố
định.
b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định. Tìm bán kính đường

tròn cố định đó khi OA = 2R.
Bài 5: (2,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC vuông tại A. Phân giác trong kẻ từ A cắt BC tại D. Chứng
minh rằng:
2 1 1
AD AB AC
= +
b) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng :
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc < 2
… HẾT …
( Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh:………………………………. Số báo danh:…………………………………
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán- lớp 9
Bài 1: (2 điểm)
Ý/phần Đáp án Điểm
a,
P=
3 3 3 ( 1)( 1) ( 2)( 2)
( 1)( 2)
x x x x x x

x x
+ − − + − − − +
− +
P=
3 2
( 1)( 2)
x x
x x
+ +
− +
P=
( 1)( 2)
( 1)( 2)
x x
x x
+ +
− +
P=
1
1
x
x
+
−
ĐKXĐ x
0
≥
và x
≠
1

0,25
0,25
0,25
0,25
b,
P=1+
2
1x
−
P
∈
Z
⇔
x
-1
∈
Ư(2)=
{ }
2; 1;1;2− −
x
-1=-2
⇔
x
=-1 vô nghiệm;

x
-1=-1
⇔
x=0
x

-1=1
⇔
x=4 ;
x
-1=2
⇔
x=9
Kết luận x
∈
{ }
0;4;9

thì P
∈
Z
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2: (2 điểm)
Ý/phần Đấp án Điểm
a, ĐKXĐ: x
≥
1
3 4 1 8 6 1 5x x x x
+ − − + + + − =
⇔
2 2
( 1 2) ( 1 3) 5x x
− − + − + =

⇔
1 2 1 3 5x x− − + − + =
⇔
1 2 2 1x x− − = − −
⇔
1x −
≤
2
⇔
x
≤
5
Vậy P. trình đã cho có nghiệm: 1
≤
x
≤
5
0,25
0,25
0,25
0,25
b,
3 3 3
2 2 5x x x+ + − =
⇔
2x+3
3 2
3
4. 5 5x x x
− =

⇔
2
3
5 ( 4)x x x
− =
⇔
5x
3
-20x=x
3
⇔
4x(x
2
-5)=0
Giải ra và kết luận P.Trình có tập nghiệm S =
{ }
0; 5±
0,25
0.25
0,25
0,25
Bài 3: (2 điểm)
Ý/phần Đấp án Điểm
a, ĐKXĐ:x
≥
5;y
≥
6 Từ x + y = 16
⇒
y = 16 - x

*A=
5 6x y
− + −
=
5x
−
+
10 x
−
≥
5 10x x− + −
=
5
Dấu “=” xảy ra
⇔
x=5 hoặc x=10
A
min
=
5
khi x=5;y=11 hoặc x=10;y=6
*Do A>0 Ta xét A
2
=5+2
( 5)(10 )x x
− −
≤
5+5=10
A
≤

10
dấu “=” xảy ra
⇔
x=7,5
A
max
=
10
⇔
x=7,5 ;y=8,5
0,25
0,25
0,25
0,25
b,
3 3
2012 2009
2012 2009 2019 2014
− = >
+ +
2 2
2013 2011
2013 2011 2019 2014
− = >
+ +
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:
2012 2009−
+
2013 2011−
>

5
2019 2014+

=
2019 2014−
Hay
2012 2013 2014+ +
>
2009 2011 2019+ +
Vậy A>B
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4: (2 điểm)
Ý/phần Đấp án Điểm
a,
d
M
K
H
B
C
A
O
Vẽ hình đúng.
Chứng minh được
∆
HOK~
∆

AOM(g.g)
⇒
OA.OK=OH.OM
Âp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào
∆
OBM vuông tại H
có: OH.OM=OB
2
=R
2

⇒
OA.OK=R
2

⇒
OK=
2
R
OA

không đổi, nên K cố định trên OA.
Vậy BC luôn đi qua điểm K cố định.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b,
.

∆
OHK vuông tại H nên đường tròn ngoại tiếp
∆
OHKcó
đường kính là OK không đổi
và tâm của nó là trung điểm OK cố định.
.Vậy H di động trên đường tròn cố định đường kính OK.
.Khi OA=2R
ta có
OA.OK=
2
R
OA

=
2
2
R
R
=
2
R
Vậy bán kính đường tròn cố định cần tìm là
4
R
0,25
0,25
0,25
Bài 5: (2 điểm)
Ý/phần Đấp án Điểm