Bộ đề thi HSG Toán 9(năm 2011)

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

Dấu “ = ” xảy ra ⇔
5
16
14
=⇔



=−
=−
x
x
x

Mặt khác : x
2
- 10x + 27 = ( x
2
- 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )
2
+ 2 ≥ 2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x - 5 = 0 ⇔ x = 5
Do đó : + = x
2
- 10x + 27 ⇔ x = 5
Vậy nghiệm của pt là + x = 5
Bài 3 : ( 4 điểm )
a/ Cho 3số dương a, b, c thỏa a
2
+ b

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

Mà a
2
+ b
2
+ c
2
= < 2 nên 2ab - 2bc - 2ac < 2
⇒ < ( a , b, c > 0 )
⇒ + - <
b/ Với giá trị nào của x thì biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất ?
M = x - = ( x - 2009 ) - + + 2009 -
= ( - )
2
+ 2008 ≥ 2008
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ - = 0 ⇔ x - 2009 = ⇔ x = 2009
Vậy GTNN của M là 2008 ⇔ x = 2009
Bài 2. Cho biểu thức:P =








+−
+
+
−
+

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

a) Rút gọn P;
b) Tìm giá trị của a để P < 0
Bài 3. Cho biểu thức:P =








+
−
−








−
+
+
−
−
−
13
23

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

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









+
+
1
2
1
1
:
1
1
aaaa
a
a
a
a
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị của a để P < 1
c) Tìm giá trị của P nếu
3819 −=a
Bài 5. Cho biểu thức P =




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

a
a
a
a
a
a
aa
1
1
.
1
1
:
1
)1(
332
a) Rút gọn P
b) Xét dấu của biểu thức M = a.(P -
2
1
)
Bài 6: Cho biểu thức:P =









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

xx
x
x
x
xx
x
x
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P khi x
( )
223.
2
1
+=
Bài 7: Cho biểu thức:P =








+
+






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

+
+








++
−
+
a
a
a
aa
a
a
a
1
1
.
1
12
3
3
a) Rút gọn P
b) Xét dấu của biểu thức P.
a−1

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

2
2 2
2
1
4 ( ) ( )
4
y
x x
x
⇔ = + + +
áp dụng bất đẳng rhức Cauchy ta có:
2 2
2 2 2 2
2 2
1 1
4 ( ) ( ) 2 . 2 . 2
4 4
y y
x x x x xy
x x
= + + + ≥ + = +
Do đó:
2xy ≤
hay
2 2xy− ≤ ≤
Vậy giá trị nhỏ nhất của xy là -2 đạt được khi
(x; y) = (1; -2) hoặc (x; y) = (-1; 2)
Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá trị
lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x

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

x
x +
= 2 => x =
±
1
Vậy M lớn nhất bằng
1
/
3
khi x =
±
1
Câu 4: (3 điểm)
1) Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dơng và






+






+



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

b
) ( 2008 +
a
c
)
Vì a ; b ; c là các số dương
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1
2
+
a

≥
2
2
1
a
=
a
2

2
1
2
+
b

≥
2

2
2
b
= 2
b
2

8
1
2
+
c

≥
2
2
8
c
=
c
24


⇒








+






+






+ 8
1
2
1
1
1
222
cba

≥

a
2
. 2
b

2
.
c
24
=
abc
32


⇒







+






+







+ 8
1
2
1
1
1
222
cba
=
abc
32

⇔









=
=
=
8
1
2
1

1
1
2
2
2
c
b
a

⇔










=
=
=
4
2
2
2
1
c
b

a
Ta có: a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
⇔
( a + b + c ) ( a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ac ) = 0
⇔
a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c
≠
0 )
⇔
( a- b )
2
+ ( b – c )

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

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

b. (1,5 điểm)
Ta có D=
1
9
33
22
22
++
++++
yx
yyxx
=(x
2
+y
2
+1)+3x+3y+
1
9
22
++ yx
-1 ( 0,25 điểm)
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
(x
2
+y
2
+1)+3x+3y+
1
9
22

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

81xy
=4.3=12 (vì xy=1) ( 0,25 điểm)
Dấu “=” xảy ra khi x=y=1 ( 0,25 điểm)
⇒
D
≥
12-1=11 ( 0,25 điểm)
Vậy giá trị nhỏ nhât của biểu thức D bằng 11 khi x=y=1
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =
2 2 2
x y z
x y y z z x
+ +
+ + +
với x > 0; y > 0; z > 0 và
xy yz zx 1+ + =
b) (2,5 điểm)
+ Biến đổi để được:
A = x + y + z
xy yz zx
x y y z x z
 
− + +
 ÷
+ + +
 
(1) 1 điểm
+ Chứng minh được: x + y + z
xy yz zx≥ + +

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

Bài 3 (3 điểm)
Cho x
3
+ y

3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
1 1
M
x y
= +
.
Bài 3 (3 điểm)
Cho x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
1 1
M
x y
= +
.
Ta có : x
3

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

( ) ( ) ( )
2 2
2
2
V x 1 – x 1 y 1 y 1 1
1 3
= 1 1 1 1 0
2 4
ì
x y y
+ + + + + +
 
+ − + + + + >
 
 
Nên (*)
⇔
x + y + 2 = 0
⇔
x + y = - 2
1 1 2
Ta c :
x y
ó M
x y xy xy
+ −
= + = =
vì
( )
2

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

b c
a c
a c
+ +
+ ≤
+ +
+ ≤
+ +
+ ≤
Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcm
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
C2: Áp dụng Bu nhi a:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
1. 1. 1. (1 1 1) .a b b c c a a b b c c a
 
+ + + + + ≤ + + + + + + +
 
 
Bài 4: (3đ). Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y =1
a) Tìm GTNN của biểu thức M = ( x
2
+
2
1
y
)( y
2
+

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

x
) =
2
22
222
)
1
(
)1(
xy
xy
yx
yx
+=
+
Mặt khác : xy +
xy
1
= ( xy +
)
16
1
xy
+
xy16
15
( 1).
áp dụng BĐT Côsi : xy +
xy16
1

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

=
4
17
⇒ (xy +
xy
1
)
2
≥ (
4
17
)
2
=
16
289
Vậy minM =
16
289
, đạt được khi





=
=
yx
xy
xy

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

yx
yx
+
++
=
2
)
1
1(
2
xy
+
Mặt khác : (x + y)
2
≥ 4xy ( do ( x -y)
2
≥0)
⇔ 1 ≥ 4xy ⇔ xy ≤
4
1
N≥
2
25
2
4
1
1
1
2
)

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

=+
yx
yx 1
⇔ x = y =
2
1
Bài V: ( 3 điểm )
Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm tại D, E, F . Chứng minh rằng tích
các khoảng cách hạ từ một điểm M bất kỳ trên đường tròn xuống các cạnh của tam giác ABC
bằng tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF
Bài V: 3điểm ( Mỗi mục
•
tương ứng cho 1,0 điểm )

•
Bổ đề: Khoảng cách từ một điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm của hai
tiếp tuyến với đờng tròn là trung bình nhân khoảng cách từ điểm ấy đến 2 tiếp tuyến .
•
Xét hai tiếp tuyến AB và AC , M
∈
(O)
Hạ các đờng vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến
AB, AC và dây EF
MEN MFH
∠ = ∠
( chắn cung
»
MF
).
MFN MEK

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

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

2
e c.a,=

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

Bài 2 ( 2 điểm )
Giải các phương trình sau
a)
)
x
4
-
3
x
10(
x
48

3
x
2
2
=+

b)
24 - 9 x - 1 x
4
x
2
=++

PT :
24 - 9 x - 1 x
4

x
2
=++

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

⇔
1 - 22 x - 1
2
x
=+
• Nếu
1
2
x
+
≥ 0 ⇔ x ≥ - 2 , PT trên trở thành
x + 2 - 2x = 4
2
- 2
⇔ x = 4 - 4
2
thỏa mãn x ≥ - 2 nên x = 4 - 4
2
là nghiệm của phương trình đã cho .
• Nếu
1
2
x
+
< 0 ⇔ x < - 2 , PT trên trở thành
-( x + 2) - 2x = 4
2
- 2
⇔ - 3x = 4
2

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

Bài 5 : ( 1 điểm )
Giải phương trình :

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

b
b
a
S
Bài 8 : ( 1 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC , hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H , gọi B
1
,C
1
là hai
đường tương ứng trên các đoạn HB ,HC sao cho góc AB
1
C bằng góc AC
1
B bằng 90
0
.
Chứng minh ∆ AB
1
C
1
cân
Bài 9 : ( 1 điểm )
Trong đường tròn O cho 2 dây cung AB và CD cắt nhau tại M gọi N là trung điểm của
BD , đường thẳng MN cắt AC tại K .
Chứng minh :
2
2
CM
AM

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

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

P
Phương trình trở thành : t
2
+ t - 2 = 0



−=
=
⇔
2
1
t
t
- Với t=1
122 =+−−⇒ xx
212
++=−
xx
x-2 = 3+x+2
2+x
522 −=+x
Phương trình vô nghiệm .
- Với t=-2
222 −=+−−⇒ xx
222
+=+−⇔
xx
2242
+=−++⇔

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

( ) ( )
0214122
1
22
≥−⇔−≥⇔−≥⇔≥
−
aaaaa
a
a
Tương tự
2
1
≥
−b
b

8
≥⇒
S
S=8 <=> a=b=2
Vậy minS= 8 khi a=b=2
Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB tại Q
qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt KN và CD lần lợt tại I và P
N là trung điểm BD => I là trung điểm của PQ => M là trung điểm CP
PQ// BD =>
∧∧
= ABDAQP
( đồng vị )
∧∧
=

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

2
CM
AM
KC
AK
=
Bài 1 (2.5 điểm):
Cho biểu thức: A =








+++
−
+








+
−
1

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

≠
K) cắt đường thẳng BM tại N.
a.Chứng minh 5 điểm A, B, E, I, K cùng nằm trên một đường tròn .
b.Tứ giác EKMN là hình gì ? Tại sao ?
c. CMR:
∆
NEB cân.
Bài 1 (1.5 điểm):
a. (2.0 điểm) Điều kiện:
0
≥
a
. 0.25

A =








+++
−
+





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









++
−

+
+
+−
=
)1)(1(
2
1
1
:
1
12
aa
a
a
a
aa
0.5
)1)(1(
21
:
1
)1(
2
++
−+
+
−
=
aa
aa

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

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

Có
∠
ABI = 90
0
(gt) 0.25
∠
AEB = 90
o
(vì AE là tiếp tuyến ) 0.25
∠
AKI = 90
o
(vì AK là tiếp tuyến ) 0.25
⇒
B, E,K cùng nhìn đoạn thẳng AI cố định dới một góc vuông.
A, B, E, I, K cùng nằm trên một đường tròn đường kính AI . 0.25
b. (1.0 điểm)
Ta sẽ chứng minh tứ giác EKMN là hình thang cân.
Có EK
⊥
AI và AE = AK ( hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm). 0.25 Mặt khác
MN
⊥
AI nên suy ra EK // MN 0.25
mà AE = AK . 0.25
Vậy tứ giác EKMN là hình thang cân. 0.25
c. (1.0 điểm)
* Theo câu b : A, B, E, I nằm trên một đường tròn nên

∠

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

∆
BMC cân tại M
⇒

∠

MBC =
∠
MCB (3) 0.25
*Kết hợp (2) và (3)
⇒

∠
MBC +
∠
EBI =
∠
MCB +
∠
IAC
Mặt khác
∠
MBC +
∠
EBI =
∠
MBE
và
∠
MCB +
∠
IAC =
∠
AIB (góc ngoài tam giác)

⇒

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

∠
MBE =
∠
NEB
⇒

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

203232152
2
−+=+ xxx
Bài 7 : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:
1+
+
+
+
+
+
≥++
ba
cb
cb
ba
a
c
c
b
b
a
Bài 4 (2đ) Giải hệ phương trình
Từ (1) ta có PT (2) có dạng :
33
yx +
=
))(3(
22
xyyxyx +++
(0,25đ)

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








−=
=
=
xy
x
oy
0
⇔








=
=
=
0
0
y
x

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







+−
≥
−−
≤
−≥
8
564
8
564
2
15
x
x
x






+−
≥
−
≥≥

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

152)24(
2

+=+ xy
(2)
PT trở thành:

152)24(
2
+=+ yx
(3)
Lấy (2 ) trừ cho (3) theo từng vế ta đợc :
(0,75đ)
* Trường hợp 1 : x - y = 0
⇔
x=y thay vào (3 ) ta đợc:
16x
2
+14x-11=0
(0,25đ)
* Trường hợp 2 : 8x+8y +9=0
⇔
9y=8x-9 thay vào (3)
ta có : 64x
2
+72x-35=0






+−

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

ba
cb
cb
ba
a
c
c
b
b
a
(1)



=++
=−
⇔
=++−⇔
=−−++−⇔
=−−+++−−+⇔
−=+−+
0988
0
0)988)((
0)(2)1(4).(4
0)(2)2424)(2424(
)(2)24()24(
22
yx
yx

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

ca
a
cbbac
c
cbbab
b
cbbaa
cbbacbba
)()(
))(())(())((
))(()()(
22
2
2
2
22
+
+++++
+
++++=
++
+
++
+
++
++++++
Mt khỏc
))(()()(
22
cbbacbba ++++++

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

b
ca
VT
abbcb
a
cbcb
c
bab
b
ca
=+++++
+++++++=
+
+
+
+=
++
+
+
+
+
22
4
3
2
23223222
2
22
222
)()(

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

trung tuyến nên CH là đờng cao ố góc CHE = 1 v 0,25 đ
=> gócCBE = góc CHE = 1v => HBCE là tứ giác nội
tiếp đợc trong đờng tròn. 0,25 đ
Câu 2 (1 điểm)
Không mất tính tổng quát ta gọi cạnh hình vuông là 1 thì diện
tích hình vuông là 1 . Đặt AN = x ( x > 0) ố DN =1 + x .
Trong tam giác vuông NDC có
CN
2
= CD
2
+ DN
2
= 1 + (1 +x)
2
= x
2
+2x + 2 . 0,25 đ
Khi đó : S
NACE
= S
NAC
+ S
NCE
=
2
2
1
2
1

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

=> AM = MB hay M là trung điểm của AB . 0,25 đ
Câu 3 (1 điểm)
(0,5)
Trớc hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam
giác BHC .
+ ) Tứ giác NACE nội tiếp trong đờng tròn =>
góc AEN =góc ACN (1) ( cùng chắn cung AN )
và góc NAC + góc NEC = 2 v (2) 0,25 đ
+) Tứ giác HBCE nội tiếp nên góc BEH = góc BCH ( 3 )
( cùng chắn cung BH ) và góc HBC + góc HEC = 2 v (4) . 0,25 đ
Từ (1) và (3) ta có góc HCB = góc ACN và góc HBC = góc NAC .
Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC . 0,25 đ
Gọi r
1
; r
2
lần lợt là bán kính vòng tròn nội tiếp hai
tam giác ANC và BCH . Khi đó
2
2
1
==
BC
AC
r
r
( không đổi ) 0,25 đ
Bài V (1 điểm)
Do a , b, c > 0 và từ giả thiết ta có :

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

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

1
)(
1
333
yxzxzyzyx +
+
+
+
+
.
t a =
x
1
, b =
y
1
, c =
z
1
abc =
xyz
1
= 1
x + y = c(a + b)
y + z = a(b + c)
x + z = b(c + a)
E =
cb
a
+

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

2
3
Nhõn hai v vi a + b + c > 0

cb
cbaa

+
++ )(
+
ac
cbab
+
++
)(
+
ba
cbac
+
++
)(

2
3
(a+b+c)

cb
a
+
2
+
ac
b
+
2
+
ba

c
+
2

2
cba ++

2
3
3
abc

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

xz
yz
zy
xy
yx
P
22
2222
2
22
+
+
+
+
+
=
* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1,
2
v à
yx
2
,
1
)1(
21
3
112
2
2121
)21(

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





++
yxxyxy
yx
yxyx
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
Tơng tự:
)3(
21
3
12
)2(
21
3
1
2
22
22






+≥
+


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

Suy ra: P
min
= 3 khi: x = y = z =
3
.
Câu 5:
Cho x, y là hai số thực thỏa mãn : x
2
-2y
2
=5
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S=
1+− yx


Câu 2
Giải hệ phương trình sau
2x
3
+ 3x
2
y = 5
y
3
+ 6xy
2
= 7
Câu 2: (2điểm)

8x

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

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

Vậy hệ phơng trình có nghiệm :
(1;1) ; (
)
4
1057
;
8
1055
();
4
1057
;
8
1055 +−−+
(0.5đ)
Câu 5: (1 điểm)
Đặt t = x-y+1 => y=x+1-t => 5=x
2
-2y
2
=x
2
-2(x+1-t)
2
<=> x
2
+4(1-t)x+2t
2
-4t +7= 0 (0.5đ)
Để tồn tại x,y thì

0'
≥∆

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