de thi hsg toan 9 hay

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tính tổng:
120112011
2011

133
3
122
2
111
1
24242424
++
++
++
+
++
+
++
=S
.
b) Cho biểu thức:
yx
yxy
yyxx
yy
x
x
yx
yx
P

−
−
+
+
++








+
−
=
33
2
2
3
. Chứng minh giá trị của
biểu thức P không phụ thuộc vào x, y.
Câu 2. (6,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
xxx −++=+− 232264
2
b)
211
22
+=++−+−+ xxxxx

c)
( )





=−
=+
6
5
22
22
yxxy
yx
d)
( )





=+
=++
xyx
x
yx
21
3
1

Câu 3 (3,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2
323 y
x
=−
.
b) Tìm tất cả bộ các số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng 10 lần tổng của chúng.
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Từ điểm A ở ngoài đường tròn(O), vẽ cát tuyến ABC và hai tiếp tuyến AD, AE đến đường
tròn (O), (B, C, D, E
∈
(O); B nằm giữa A và C).
a) Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC di chuyển
trên đường nào.
b) Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt AD và AE lần lượt tại M và N. Định vị trí cát
tuyến ABC để diện tích tam giác AMN lớn nhất.
2. Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Trên các đoạn AH, AB, AC lần lượt lấy các
điểm D, E, F sao cho EDC = FDB = 90
o
(với E khác B). Chứng minh rằng EF // BC.
Câu 5. (3,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta luôn có:
( ) ( ) ( )
abcaccbba +
≥
+
+
+
+

+ 1
3
1
1
1
1
1
1
b) Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a, b, c
thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16?
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bai1 a) Ta có:
( ) ( )( )
1111
222
2
224
+−++=−+=++ nnnnnnnn
Do đó:
( ) ( )
( )( )






++
−
+−

=
+−++
+−−++
=
++ 1
1
1
1
.
2
1
11
11
.
2
1
1
2222
22
24
nnnnnnnn
nnnn
nn
n
(*)
Áp dụng (*) với n = 1; 2; 3; … ; 2011 ta có :
4046133
2023066
4046133
1

1.
2
1
4046133
1
4042111
1

13
1
7
1
7
1
3
1
3
1
1.
2
1
=






−=







−++−+−+−=S
b) Với
0, >yx
và
yx
≠
ta có :
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
3
3
3
333333
3233
33
2
3
33

3333
2
3
=
+
+
+
=
+
+
+−+
+−
=
+
+
+−+
+−
=
−+
−
+
+
++−+−
=
−
−
+
+
++−
=

yx
y
yx
x
yx
y
yxyxyx
xyyxx
yx
y
yxyxyx
yxyxx
yxyx
yxy
yx
yxyyxyxx
yx
yxy
yyxx
yy
x
x
yx
P
Vậy giá trị của biểu thức P không phụ thuộc vào x, y.
Bài 2 (6 điểm):
a) ĐK:
2 2
− ≤ ≤
x

. Pt
( )
(2 )(2 ) 3 2 2 3 2 0
⇔ − + − − + − + =
x x x x
( ) ( )
2 2 3 2 2 3 0
⇔ − + − − + − =
x x x
( ) ( )
2 3 0
2 3 2 2 0
2 2 0

+ − =
⇔ + − − − = ⇔

− − =


x
x x
x
Giải pt
2 3 0 7
+ − = ⇔ =
x x
(Loại)
Giải pt
2 2 0 2

− − = ⇔ = −
x x
(TM).
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
{ }
2−=S
b)ĐK:
2
15
2
15 +
≤≤
−
x
. Pt
421212
22
+=++−+−+⇔ xxxxx
Đặt
bxxaxx =++−=−+ 1,1
22

xba 2
22
=+⇒
Thay vào Pt đã cho ta có:
( ) ( )
0211422
22
22

=+−+−⇔++=+ bababa
(vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
c) Hệ
2 2
2 2
2 2
( ) ( ) 5
5
( )( ) 6
( )( ) 6

− + + =

+ =

⇔ ⇔
 
− + =
− + =



x xy y xy
x y
xy x y x y
x xy y xy
Đặt
2 2
,= − = +a x xy b y xy

ta được hệ
5
6
+ =


=

a b
ab
Giải hệ pt này ta được
2 2
2 2
2, 3 2, 3
3, 2
3, 2

= = − = + =

⇒


= =
− = + =


a b x xy y xy
a b
x xy y xy
TH 1.

2
2 2 2 2
2
2
3 3 2 2 3 5 2 0
3

− =

⇒ − = + ⇔ − − =

+ =


x xy
x xy y xy x xy y
y xy
2
2
2 1 1, 2
1 1 3
3 ,
2
2 2

= ⇒ = ⇒ = ± = ±


= − ⇒ = ⇒ = ± =



m
x y y y x
y x x x y
TH 2.
2
2 2 2 2
2
3
2 2 3 3 2 5 3 0
2

− =

⇒ − = + ⇔ − − =

+ =


x xy
x xy y xy x xy y
y xy
2
2
1 1 3
3 ,
2
2 2
2 1 1, 2


= ⇒ = ⇒ = ± = ±


= − ⇒ = ⇒ = ± =


m
x y y y x
y x x x y
Vậy hệ pt có 8 nghiệm là
1 3 1 3 3 1 3 1
(2;1), ( 2; 1), ; , ; , (1; 2), ( 1;2), ; , ;
2 2 2 2 2 2 2 2
− − − −
       
− − − −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
d) ĐK:
0;0 ≥> yx
Hệ







=







+






+−=
⇔
)2(2.
1
)1(
1
3
y
x
x
x
xy
Thay (1) vào (2) của hệ ta có:
2
1
3.
1
=















+−








+
x
x
x
x
(*)
Đặt

a
x
x =+
1
thay vào (*) ta có:
( )



=
=
⇔=+−⇔=−
2
1
02323
2
a
a
aaaa
TH1:





=
=+−
⇔






=
=+
⇒=
2
)(01
2
1
1
1
y
nghiêmvôxx
y
x
x
a
TH2:



=
=
⇔



=
=+−

⇔





=
=+
⇒=
1
1
1
012
1
2
1
2
y
x
y
xx
y
x
x
a
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất
( )
1;1
.
Bài 3 (3 điểm):

a)
• Nếu x lẻ, đặt
)(12 Nkkx ∈+=
. Thay vào pt ta có:
2212
329.3323 yy
kk
=−⇔=−
+
Ta có:
)8(mod3329.3)8(mod39.3)8(mod19)8(mod19 ≡−⇒≡⇒≡⇒≡
kkk

Do đó :
)8(mod3
2
≡y
(vô lí vì số chính phương chia cho 8 dư 0 hoặc 1)
• Nếu x chẵn, đặt
)(2
*
Nkkx ∈=
. Thay vào pt ta có:
( )( )
3233323
22
=+−⇔=− yyy
kkk
(*)
Do

033 >−>+ yy
kk
và
yy
kk
−+ 3,3
là các số chẵn nên từ (*) xảy ra các TH:



=
=
⇔



=
=
⇔










=

=



=
=
⇔












=+
=−





=+
=−
7
4

7
2
2
)(63
7
93
83
43
163
23
y
x
y
k
y
L
y
y
y
y
y
k
k
k
k
k
k
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất
)7;4(
.

b)
Nhận thấy bộ số nguyên tố đó phải chứa số 2 và 5.
Giả sử
n
ppp ≤≤≤
21
là các số còn lại trong bộ. Theo bài ra ta có:
( )
nnnn
pppppppppppp ++++=⇔+++++= 7 5210 5.2
21212121
(1)
Ta có với
2,2 ≥≥ yx
thì
yxxy +≥
. Áp dụng với
2, ,,
121
≥
−n
ppp
ta có:
1211213213212121

−−
+++≥⇒⇒++≥⇒+≥
nn
pppppppppppppppp
Từ (1) ta có:

( )
nnnn
pppppppppp 7
1212121 −
+++≥=++++
Đặt
( )( )
8117
121
≤−−⇔≥++⇒+++=
−
apappapppa
nnnn
(2)
Do a ≥ 2 nên từ (2) suy ra
81 ≤−
n
p
nên
{ }
7;5;3;2∈
n
p
• Nếu
2 2
121
====⇒=
−nn
pppp
(do

n
ppp ≤≤≤
21
).
Khi đó (1) trở thành:
n
n
272 +=
(vô lí)
• Nếu
{ } { }
5;4;3;2 5;4;3;2413
121
∈+++⇒∈⇒≤−⇒=
−nn
pppaap
Do đó:
{ }
121
;;;
−n
ppp
chỉ có thể là
{ } { } { } { }
3;2,2;2,3,2
Thử lại vào (1) ta thấy không có bộ số nào thỏa mãn.
• Nếu
{ } { }
3;2 3;2215
121

∈+++⇒∈⇒≤−⇒=
−nn
pppaap
Do đó:
{ }
121
;;;
−n
ppp
chỉ có thể là
{ } { }
3,2
Thử lại vào (1) ta thấy bộ
{ }
3
thỏa mãn
• Nếu
2 2
3
4
17
121
=+++⇒=⇒≤−⇒=
−nn
pppaap
Do đó:
{ }
121
;;;
−n

ppp
chỉ có thể là
{ }
2
Thử lại vào (1) ta thấy không thỏa mãn.
Vậy bộ các số nguyên tố thỏa mãn đề bài là
{ }
5;5;3;2
.
Bài 4 (6 điểm):
1.
a) AO cắt đường tròn (O) tại F, L cắt đường tròn (OBC) tại K, O (A, F, K, O, L theo thứ tự đó)
Xét
Δ
ABK và
Δ
AOC có:
·
BAK
: chung;
·
·
AKB ACO=
Do đó:
Δ
ABK ~
Δ
AOC
. .
AB AK

AK AO AB AC
AO AC
⇒ = ⇒ =
Tương tự, ta có: AF.AL = AB.AC
Do đó: AK.AO = AF.AL
⇒
AK.AO = (AO – OF)(AO + OL)
2 2
AO R
AK
AO
−
⇒ =
: Không đổi
⇒
K là điểm cố định.
Ta có: JK = JO (J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC). KO cố định
Do đó J chuyển động trên đường thẳng cố định là đường trung trực của đoạn thẳng KO.
b) Gọi (I; r) là đường tròn nội tiếp tam giác AMN.
Đoạn thẳng IO cắt (I) tại S. Theo tính chất tiếp tuyến có: MD = MB; NE = NB
Do đó: AM + MN + AN = AM + MB + NB + AN = AM + MD + NE + AN
= AD + AE = 2AD: Không đổi
( )
.
2
AMN IAM IAN IMN
r
S S S S AM MN AN r AD= + + = + + =
IT
⊥

AE; OE
⊥
AE
⇒
IT//OE (T là điểm chung của (I) và AE)
Δ
AOE có IT//OE nên:
IS ASIT AI IT AI IT AI
OE AO OE AO OE AO OE AO OE
+ +
= ⇒ = = =
+ + +
Vậy:
ASr
R AO R
=
+
. Nên
AMN
S
lớn nhất
⇔
r lớn nhất
⇔
AS lớn nhất
⇔
S
≡
F
⇔

Cát tuyến ABC
qua O
Vậy: Khi cát tuyến ABC đi qua O thì diện tích tam giác AMN lớn nhất.
2.
Kéo dài DE và DF cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N.
Tam giác MDC vuông tại D, đường cao DH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD
2
= HM. HC (1)
Tam giác BDN vuông tại D, đường cao DH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD
2
= HB. HN (2)
Q
P
M
N
F
E
H
B
C
A
D
Từ (1) và (2)
⇒
HM.HC = HB.HN
HB HC HB HC
HM HN BM CN
⇒ = ⇒ =

(3)
Qua D vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P
và Q.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
Vì PD // BM
PD ED
BM EM
⇒ =
; PD // BH
PD AD
BH AH
⇒ =
.
Do đó
: : .
PD PD ED AD BH ED AH
BM BH EM AH BM EM AD
⇒ = ⇒ =
(4).
Tương tự ta cũng có
.
CH FD AH
CN FN AD
=
(5)
Từ (3) (4) và (5)
ED FD
EM FN
⇒ =
.

Theo định lí Ta-lét đảo, suy ra EF // BC.
Bài 5 (3 điểm):
a) Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
1
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1
1
1
1
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
⇔

+
≥
+
+
+
+
+ ac
abc
cb
abc
ba
abc
abcaccbba
(do
01 >+ abc
)
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
1
1
1
1
1
1
1

11
1
1
11
1
1
−
+
+
+
+
+
=−
+
+++
=−
+
+++
=
+
+
b
cb
ba
a
ba
caba
ba
baabc
ba

abc
Tương tự với 2 số hạng còn lại, suy ra BĐT đã cho tương đương với:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
6
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
31
1
1

1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
≥






+
+
+
+
+
+







+
+
+
+
+
+






+
+
+
+
+
⇔
≥






−
+
+
+

+
+
+






−
+
+
+
+
+
+






−
+
+
+
+
+
c
ac

ac
c
b
cb
cb
b
a
ba
ba
a
a
ba
ac
c
c
ac
cb
b
b
cb
ba
a
Hoàn toàn chứng minh được BĐT cuối luôn đúng do áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1=== cba
.
b)
Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy. Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn. Khi đó,
ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8
số lẻ.

Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ là c.
Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này:
, , , , , , , , .aac abc acc bac bbc bcc cac cbc ccc
Gọi
1 2 9
, , ,x x x…
là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ đi chữ số c (ở hàng đơn
vị). Khi đó
( )
mod16 16
i j
x c x c≡ ⇔
/
không là ước của
i j
x c x c−
tức là
i j
x x−
không chia hết cho 8
Nhưng trong 9 số
1 2 9
, , ,x x x…
chỉ có ba số lẻ
, ,ac bc cc
nên 8 số bất kỳ trong 9 số
1 2 9
, , ,x x x…
luôn
có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn.

Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy ra