20 DE THI HAY LOP 9

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRUONG
Năm học : 2010 – 2011
Môn : Tóan
Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )
Ngày thi : 13 / 12 / 2008
Câu 1 : ( 2 ñieåm ) Phân tích biểu thức sau ra thừa số
M = 3 xyz + x ( y
2
+ z
2
) + y ( x
2
+ z
2
) + z ( x
2
+ y
2
)
Câu 2 : ( 4 ñieåm ) Định a và b để đa thức A = x
4
– 6 x
3
+ ax
2
+ bx + 1 là bình phương của một đa
thức khác .
Câu 3 : ( 4 ñieåm ) Cho biểu thức :
P =









+
−
+−








+
+
−
+
− 2
10
2:
2
1
36
6
4

2
3
2
x
x
x
xxxx
x
a) Rút gọn p .
b) Tính giá trị của biểu thức p khi /x / =
4
3
c) Với giá trị nào của x thì p = 7
d) Tìm giá trị nguyên của x để p có giá trị nguyên .
Câu 4 : ( 3 ñieåm ) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ c
2
= 1
Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Câu 5 : ( 3ñieåm)
Qua trọng tâm G tam giác ABC , kẻ đường thẳng song song với AC , cắt AB và BC lần lượt
tại M và N . Tính độ dài MN , biết AM + NC = 16 (cm) ; Chu vi tam giác ABC bằng 75 (cm)
Câu 6 : ( 4 ñieåm ) Cho tam giác đều ABC . M, N là các điểm lần lượt chuyển động trên hai
cạnh BC và AC sao cho BM = CN xác định vị trí của M , N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất .
Hết
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN

Câu 1 : ( 2 ñieåm ) Ta có M = 3 xyz + x ( y
2
+ z
2
) + y ( x
2
+ z
2
) + z ( x
2
+ y
2
)
= ( xyz + xy
2
+ yx
2
) + ( xyz + xz
2
+ zx
2
) + ( xyz + yz
2
+ y
2
Z ) ( ½ ñ )
= xy ( x + y + z ) + xz ( x + y + z ) + yz ( x + y + z ) ( ½ ñ )
= ( x + y + z ) ( xy + xz + yz ) ( ½ ñ )
Vậy M = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz ) ( ½ ñ )
Câu 2 : ( 4 ñieåm )

Ta có thể viết : A = x
4
– 6x
3
+ ax
2
+ bx + 1 = ( x
2
– 3x + k )
2
= x
4
+ 9x
2
+ k
2
– 6x
3
+ 2kx
2
– 6kx ( 1/2ñ )
= x
4
– 6x
3
+ ( 9 + 2k )x
2
– 6kx + k
2
( 1/2 ñ )

Đồng nhất 2 vế ta có :
a = 9 + 2k (1) ( 1/2ñ )
b = - 6k (2)
1 = k
2
(3)
Từ (3) ta suy ra : k = ± 1 ( 1/2 ñ )
Nếu k = - 1 ; b = 6 và a = 7 ( ½ ñ )
Ta có : A = x
4
– 6 x
3
+ 7 x
2
+ 6 x + 1 = ( x
2
– 3 x – 1 )
2
( ½ ñ )
Nếu k = 1 ; b = - 6 ; a = 11 ( ½ ñ )
Ta có : A = x
4
– 6 x
3
+ 11 x
2
– 6x + 1 = ( x
2
– 3x + 1 )
2

( ½ ñ )
Câu 4 : ( 3 ñieåm ) Vì a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 nên - 1 ≤ a , b , c ≤ 1
⇒ a + 1 ≥ 0 ; b + 1 ≥ 0 ; c + 1 ≥ 0 ( ¼ ñ )
Do đó : ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) ≥ 0 ( ¼ ñ )
⇔ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 (1) ( 1/2 ñ )
Cộng 2 vế của (1) cho 1 + a + b +c + ab + bc + ca . Ta có :
abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ 1 + a + b + c + ab + bc + ac ( 1/2 ñ )
Ta biết : 1 + a + b + c + ab + bc + ac =

2
1
( 1 + a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2a + 2b + 2c + 2 ab + 2 bc + 2 ac ) = ( 1/2 ñ )
2
1
( 1 + a + b + c )
2
≥ 0 ( vì a
2

+ b
2
+ c
2
= 1 ) ( 1/2 ñ )
Vậy abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ 0 ( 1/2 ñ )
Câu 5 : ( 3ñieåm )
A
M
K
G
B C
N
ta có :
3
2
;
3
1
==
BK
BG
BK
GK
( ¼ ñ )
Do MN // AC nên
3
1
===
BK

GK
BC
CN
AB
AM
( ¼ ñ )
Mà
3
1
=
+
+
BCAB
NCAM
( ¼ đ )
vì AM + NC = 16 (cm) và AB + BC = 75 – AC ( 3/4 đ )
Do đó :
3
1
75
16
=
− AC
⇒ AC = 27 (cm) ( 3/4 đ )
Ta lại có :
18
3
2
273
2

=⇒=⇒= MN
MN
AC
MN
(cm) ( 3/4đ )
Câu 6 : ( 4 điểm ) A
Q
( 1/2 đ )
p
H
N

B M C
Gọi p và Q là chân đường vng góc kẻ từ M và N xuống AB .
Ta có tam giác ANQ vng ở Q có góc A = 60
0
⇒ ANQ = 30
0
( 1/2 đ )
⇒ AQ =
2
1
AN ( 1/2 đ )
Tương tự đối với tam giác MpB ta có pB =
2
1
BM ( 1/2 đ )
Do đó : AQ + pB =
2
1

2
1
2
1
=+ BMAN
(AN + NC ) =
AC
2
1
( 1/2 đ )
Kẻ MH ⊥ QN . Tứ giác MpQH là hình chữ nhật ( 1/4 đ )
Ta có MN ≥ MH = AB – ( AQ + Bp ) = AB -
ABAC
2
1
2
1
=
( 1/2 đ )
Vậy đọan MN có độ dài nhỏ nhất bằng
2
1
AB . ( 1/4 đ )
Khi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AC ( 1/2 đ )
PHÒNG GIÁO DỤC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2004 – 2005
KHOÁ NGÀY 24 / 2 / 2005
MÔN: TOÁN LỚP 9 - THỜI GIAN: 150 Phút ( Không kể giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC:

Bài 1: ( 5 điểm)
a) Rút gọn: A = 1 -
11
1
22
+−
+
−
++
−
++−
xx
xx
xx
xx
xx
(0
1≤≤ x
)
b) Cho: x =
33
2525 −−+
Tính giá trò của biểu thức f(x) =
3
x
+ 3x
Bài 2: ( 3 điểm)
Giải hệ phương trình:








=++
=++
=++
=++
)4(12
)3(14
)2(15
)1(10
yxt
xtz
tzy
zyx
Bài 3: ( 5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 2mx + 2m –1 = 0
a) Chứng minh: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với m ≠ 1.
b) Tính giá trò của biểu thức: A =
).1.(2
3.2
21
2
2
2
1

21
xxxx
xx
+++
+
c) Tìm giá trò lớn nhất của A.
Bài 4: ( 3 điểm)
Từ một điểm A ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn. Từ một điểm M trên
cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt hai tiếp tuyến trên tại hai điểm P và Q. Chứng minh rằng chu vi tam
giác APQ không đổi khi M di động trên cung nhỏ BC.
Bài 5: ( 4 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm của tam giác đó. Dựng hình bình hành BHCD và gọi I
là giao điểm của hai đường chéo.
1) Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC. Chứng minh:
CAOHAB
ˆˆ
=
3) AI cắt OH tại G. Chứng minh: G là trọng tâm của tam giác ABC.
4) Gọi M, N theo thứ tự là điểm đối xứng của D qua AC, AB. Chứng minh: N, H, M thẳng
hàng.
**
PHÒNG GIÁO DỤC
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2004 - 2005
MÔN TOÁN - LỚP 9

Bài 1: ( 5 điểm)
a) Rút gọn:
A = 1 -

11
1
22
+−
+
−
++
−
++−
xx
xx
xx
xx
xx

=
1
)1.(
1
)1.(
11
33
+−
+
−
++
−
++−−
xx
xx

xx
xx
xx
(0,5đ)
=
1
)1).(1.(
1
)1).(1.(
11
+−
+−+
−
++
++−
++−−
xx
xxxx
xx
xxxx
xx
(0,5đ)
=
xxxxxx −−−++−− 11
(0,5đ)
=
2
)1(1211 xxxxx −−−=+−−−
= (0,5đ)
=

01111 =+−−=−−− xxxx
(do 0
1
≤≤
x
nên
01
>−
x
) (0,5đ)
b) Ta có:
3
33
3
2525






−−+=x
(0,5đ)
=







−−+−+−+−+
33
3
2525).25).(25(.32525
(1đ)
=
x34
−
(0,5đ)
Vậy: f(x) = 4 – 3x + 3x = 4 (0,5đ)
Bài 2: ( 3 điểm)
Cộng (1), (2), (3) và (4) vế theo vế ta được:
3( x + y + z + t) = 51 Suy ra ( x + y + z + t) = 17 (5) (1,5đ)
Lấy (5) trừ (1), (2), (3), (4) ta được:








=
=
=
=
5
3
2
7

z
y
x
t
(1đ)
Vậy: Hệ phương trình có nghiệm: (2; 3; 5; 7) (0.5đ)
Bài 3: ( 5 điểm)
a) Ta có:
mmmm ∀≥−=+−=∆ 0)1(12
22'
(0,75đ)
Vậy: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt khi
0
'
>∆

01 ≠−⇔ m

1≠⇔ m
(0,75đ)
Ta có:
12.
21
−= mxx
(0,5đ)
244)12.(2)2(.2)(
22
21
2
21

2
2
2
1
+−=−−=−+=+ mmmmxxxxxx
(0,5đ)
Vậy: A =
24
14
)121(2244
3)12.(2
22
+
+
=
−+++−
+−
m
m
mmm
m
(0,5đ)
b) Ta có:
A=
24
)12(
1
24
144
1

24
144)24(
24
14
2
2
2
2
2
22
2
+
−
−=
+
+−
−=
+
−+−+
=
+
+
m
m
m
mm
m
mmm
m
m

(0,5đ)
Suy ra:
2
1
012
max
=⇔=−⇔ mmA
(0,5đ)
Lúc đó:
1
max
=A
(0,5đ)
Bài 4: ( 3 điểm)
- Vẽ hình - Ghi giả thiết, kết luận đúng. (0,5đ)

B P
O M A
Q
C
CM:
Ta có: Chu vi của
QAPQAPAPQ ++=∆
(0,5đ)
= AP + PM + MQ + QA (0,5đ)

QAQCPBAP +++=
(0,5đ)
(do: PM = PB; QM = QC : tính chất của hai tiếp tuyến) (0,5đ)
Do đó : Chu vi

ACABAPQ +=∆
(0,5đ)
Vậy: Chu vi của tam giac APQ không đổi.
Bài 5: ( 4 điểm)
- Vẽ hình - Ghi gt, kl đúng (0,5đ)
A
E
F
N H M
G
B C
K I
D
CM
1) Ta có: DC // BH (do BHCD là hình bình hành)
Mà: BH
⊥
AC (gt)
Nên:
ACDC
⊥

Suy ra:
0
90
ˆ
=DCA
(0,5đ)
Tương tự:
0

90
ˆ
=DBA
Suy ra:
0
180
ˆ
ˆ
=+ DBADCA
(0,5đ)
Vậy: Tứ giác ABDC nội tiếp được trong một đường tròn.
2) Do
ADC
∆
vuông tại C _ nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp
ADC
∆
là trung điểm của
AD. (0,25đ)
O
Ta có:
CBDCAO
ˆ
ˆ
=
(1) (cùng chắn cung DC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
ABDC)
HCBCBD
ˆ
ˆ

=
(2) (so le trong) (0,5đ)
HABHCB
ˆˆ
=
(3) (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
Từ (1), (2), (3)
HABCAO
ˆˆ
=⇒
(đpcm)
3) Vì I là trung điểm của BC nên AI là một trung tuyến của
ABC∆
(0,25đ)
Trong
AHD∆
có HO và AI là hai trung tuyến – Nên G là trọng tâm của
AHD∆
. (0,25đ)
Suy ra: GA = 2GI
Điều này chứng tỏ G là trọng tâm của
ABC∆
(0,25đ)
4) Ta có:
BDABNA
ˆˆ
=
(tính chất đối xứng)

BCABDA

ˆ
ˆ
=
(cùng chắn cung AB)
Suy ra:
BCABNA
ˆ
ˆ
=
Ta lại có:
0
180
ˆ
ˆ
=+ EHKBCA
(do tứ giác KHEC nội tiếp) (0,5đ)
Và:
EHKAHB
ˆˆ
=
(đđ)
Nên:
0
180
ˆ
ˆ
ˆˆ
=+=+ EHKBCABHABNA
Do đó: tứ giác AHBN nội tiếp
Suy ra:

NABBHN
ˆ
ˆ
=
(cùng chắn cung BN)
Ngoài ra:
DABNAB
ˆˆ
=
(do N đối xứng với D qua AB)
Nên:
DABBHN
ˆ
ˆ
=
Tương tự: Tứ giác AHCM nội tiếp
Suy ra:
CAMCHM
ˆ
ˆ
=
(cùng chắn cung CE)
Mà:
CADCAM
ˆˆ
=
(do M đối xứng với D qua AC)
Nên:
CADCHM
ˆ

ˆ
=
Suy ra: (
CHMBHN
ˆˆ
+
) +
0
180
ˆ
ˆ
ˆ
=+= EHFCABCHB
(0,5đ)
Vậy: N, H, M thẳng hàng.
_______________________________________________
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI số 1

Câu 1: (2,0điểm) Rút gọn biểu thức:
1.
5 3 29 12 5A = − − −
(1,0 điểm)
2.
( )
2
3
2
3 3
, 0, 0,
x

x y y y
xy y
x
B x y x y
x y
x x y y
− + +
−
= + > > ≠
−
+
(1,0 điểm)
Câu 2: (2,0điểm)
3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh (1,0 điểm)

3 3 3 3 3 3
2 2 2
a b b c c a
a b c
ab bc ca
+ + +
+ + ≥ + +
4.
( 1)( 3)( 4)( 6) 10 0;a a a a a− − − − + > ∀
(1,0 điểm)
Câu 3 : (2,0điểm)
5. Cho biểu thức
2 1 2 1P x x x x= + − + − −
xác định x để P đạt giá trị nhỏ nhất. (1,0 điểm)
6. Giải phương trình:

2
7 6 5 30x x x− = + −
(0,5 điểm)
7. Giải hệ phương trình:
2 1
1 2
x y y
y x
 − = −

+ =

(0,5 điểm)
Câu 4: ( 2,0điểm)
8. Cho đường thẳng (d
m
) : 2mx + (3m – 1)y – 6 = 0
a. Tìm đường thẳng ( d ) đi qua điểm A( - 1 ; - 3 ) và xác định hệ số góc
của đường thẳng đó (1,0 điểm)
b. Tìm điểm cố định B của (d
m
) với mọi m (1,0 điểm)
Câu 5: (2,0điểm)
9. Cho hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường tròn ( c ) đường kính AB, O là tâm đường
tròn ( c ). Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T là tiếp điểm, gọi E là
giao điểm của AD và OT
a. Đặt DE = x tính theo a, x các cạnh của tam giác OAE, sau đó tính x theo a
(1,0 điểm)
b. Tính theo a diện tích tam giác OCE và đường cao EH xuất phát từ E của tam giác đó.
(1,0 điểm)

HẾT
ĐÁP ÁN
Câu 1: (2,0điểm)
Rút gọn biểu thức:
1. (1,0điểm)
( )
2
2
2 2
5 3 29 12 5 5 3 2 5 2.2 5.3 3
5 3 (2 5 3) 5 3 (2 5 3) 5 6 2 5 5 ( 5 1)
5 ( 5 1) 1
A = − − − = − − − +
= − − − = − − − = − − = − −
= − − =
(1,0 điểm)
Đáp số: A = 1
2. (1,0 điểm)
Xét:
( )
2
3
3 3 3 3
3 3
2 2
3
3 3
2 2
2
( ) 3 3 ( ) 2( ) ( )

( ) ( )
3 ( ) ( )
3( ) 3 3
3
( ) ( )
( ) ( ) ( )
x
x y y y
x x y xy y x y
x
x x y y x y
x x x y y
x x y xy
x
x y x y
x y x x y y
− + +
− + − + +
=
+ +
 
− +
− +
 
= = =
 
+ +
+ − +
 
(0,5điểm)

Xét:
3 3 3 ( ) 3
( )( )
xy y y x y y
x y
x y x y x y
− −
= =
−
+ − +
3 3( )
3
3
y x y
x
B
x y x y x y
+
= + = =
+ + +
(0,5điểm)
Đáp số : B = 3
Câu 2: (2,0điểm)
3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh (1,0 điểm)

3 3 3 3 3 3
2 2 2
a b b c c a
a b c
ab bc ca

+ + +
+ + ≥ + +
Ta có:
2 2 2
2 2 3 3
3 3
3 3
0; 0: ( )( ) 0 ( ) ( ) 0
( )( ) ( ) 0 ( ) 0
( )
( )
2 2
a b a b a b a b a ab b ab
a b a ab b ab a b a b ab a b
a b a b
a b ab a b
ab
 
> > + − ≥ ⇔ + − + − ≥
 
⇔ + − + − + ≥ ⇔ + − + ≥
+ +
⇔ + ≥ + ⇔ ≥
(0,5điểm)
Tương tự ta có:
3 3 3 3
( ) ( )
;
2 2 2 2
b c b c c a c a

bc ca
+ + + +
≥ ≥
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b b c c a a b b c c a
ab bc ca
a b b c c a
a b c
ab bc ca
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + +
⇔ + + ≥ + +
(0,5điểm)
Đáp số: Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh
4.
( 1)( 3)( 4)( 6) 10 0;a a a a a− − − − + > ∀
(1,0 điểm)
Ta có:
[ ] [ ]
( 1)( 3)( 4)( 6) 10 ( 1)( 6) ( 3)( 4) 10a a a a a a a a− − − − + = − − − − +
2 2
( 7 6)( 7 12) 10a a a a= − + − + +
; Đặt t = a
2
– 7a + 9 (0,5 điểm)

2 2
( 3)( 3) 10 9) 10 1 0;t t t t t= − + + = − + = + > ∀
(0,5 điểm)
Đáp số: Bất đẳng thức đã được chứng minh
Câu 3 : (2,0điểm)
5. Cho biểu thức
2 1 2 1P x x x x= + − + − −
xác định x để P đạt giá trị nhỏ nhất. (1,0 điểm)
1 2 1 1 ( 1) 2 1 1; 1(*)P x x x x x= − + − + + − − − + ≥
1 1 1 1x x= − + + − −
Nếu
1 1 0 1 1 1 1 2x x x x− − ≤ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
(0,5 điểm)
1 1 1 1 2 1P x x x= − + + − − = −
đối chiếu điều kiện (*);
2x
≥
; ta có:
2 1P x= −
Nếu
1 1 0 1 1 1 1 2x x x x− − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤
Ta có:
1 1 1 1 2P x x= − + + − − =
; đối chiếu (*) ta có
1 2 2x P
≤ ≤ ⇒ =
Vậy ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 2 min 2 1 2P x x x x P x= − + + − − ≥ + − + − − = ⇒ = ⇔ ≤ ≤
(0,5 điểm)
Đáp số:

[ ]
1;2x∈
thì giá trị nhỏ nhất của P bằng 2
6. Giải phương trình:
2
7 6 5 30x x x− = + −
(0,5 điểm)
2 2 2
2
2 2
2
7 6 5 30 7 6 5 30 0 ( 8 16) ( 5 6 5 9) 0
4 0 4
( 4) 0
( 4) ( 5 3) 0 4
5 3 0 5 3
( 5 3) 0
x x x x x x x x x x
x x
x
x x x
x x
x
− = + − ⇔ − − + + = ⇔ − + + + − + + =


− = =
− =

  

⇔ − + + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
+ − = + =
+ − =






Đáp số: Vậy tập nghiệm của phương trình
{ }
4S =
7. Giải hệ phương trình:
2 1
1 2
x y y
y x
 − = −

+ =

(0,5 điểm)
4
5
3 1
3
2 1
2 1
5

1 2
1 2
1 2
3
2 1
1
3
x
x y
x y y
y
x y
x y y
x y
x
y x
x y
y


=





 − = −




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







=




Đáp số: Tập nghiệm của hệ phương trình:
4 3 2 1
; , ;
5 5 3 3
S
 
   
=
 
 ÷  ÷
   
 
Câu 4: ( 2,0điểm)
8. Cho đường thẳng (d
m
) : 2mx + (3m – 1)y – 6 = 0
a. Tìm đường thẳng ( d ) đi qua điểm A( - 1 ; - 3 ) và xác định hệ số góc của đường thẳng
đó (1,0 điểm)
( ) 2 ( 1) (3 1)( 3) 6 0

11 3 0
3
11
m
A d m m
m
m
∈ ⇔ − + − − − =
⇔ − − =
⇔ = −
(0,5 điểm)
Khi
3
11
m = −
đường thẳng
3 33
( ):3 10 33 0
10 10
d x y y x+ + = ⇔ = − −
(0,25 điểm)
Hệ số góc của đường thẳng (d) là
3
10
k = −
(0,25 điểm)
Đáp số: Đường thẳng (d) cần tìm là:
3 33
10 10
y x= − −

và hệ số góc
3
10
k = −
b. Tìm điểm cố định B của (d
m
) với mọi m (1,0 điểm)
Giả sử B(x;y) là điểm cố định của họ (d
m
) với mọi m
2 (3 1) 6 0,
(2 3 ) 6 0,
2 3 0 9
6 0 6
mx m y m
x y m y m
x y x
y y
⇔ + − − = ∀
⇔ + − − = ∀
 + = =

⇔ ⇔
 
− − = = −


Đáp số: M(9; -6)
Câu 5: (2,0điểm)
9. Cho hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường tròn ( c ) đường kính AB, O là tâm đường tròn

( c ), Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T là tiếp điểm, gọi E là giao
điểm của AD và OT
T
D
O
B
C
A
H
E
a. Đặt DE = x tính theo a, x các cạnh của tam giác OAE, sau đó tính x theo a (1,0 điểm)
Ta có:
( , )DCE TCE EC chung CT CD BC∆ = ∆ = =
ET ED x⇒ = =
Mà
2
2
a
OA
AE a x
a
OE OT TE x
⇒ =
= −
= + = +
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AOE: OE
2
= OA
2
+ AE

2

( )
2 2
2
2 2
2 2 2
2
2 2
2
4 4
3
( 0)
3
a a
x a x
a a
x ax a x ax
ax a
a
x a
   
⇔ + = + −
 ÷  ÷
   
⇔ + + = + + −
⇔ =
⇔ = ≠
Đáp số:
3

a
x =
b. Tính theo a diện tích tam giác OCE và đường cao EH xuất phát từ E của tam giác đó.
(1,0 điểm)
2
2
. ( 2 ) 5
2 3
( )
2 2 4 4 12 3
OCE
a a
a x a a
CT OE a a x a a
S khi x
∆
   
+ +
 ÷  ÷
+
   
= = = = = =
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông BOC: OC
2
= OB
2
+ BC
2
=
2 2

2
5 5
4 4 2
a a a
a OC+ = ⇔ =
2
2
. 5 5 5
2. :
2 12 2 3
OCE
OCE
S
EH OC a a a
S EH
OC
∆
∆
= ⇔ = = =
Đáp số:
2
5 5
;
12 3
OCE
a a
S EH
∆
= =
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI số 2

Câu 1: ( 1 điểm ). Tìm các giá trị của x để biểu thức sau đây có nghĩa:


2
2
x
1x6x7- ++

Câu 2: ( 2 điểm ). Cho biểu thức:
A = [(
y
1
x
1
+
).
y
1
x
1
yx
2
++
+
] :
33
33
xyyx
yyxxyx
+

+++
a. Tìm điều kiện để A xác định.
b. Rút gọn A
c. Cho xy = 6. Xác định x, y để A có giá trị nhỏ nhất.
Câu 3: ( 2 điểm ). Giải phương trình:
1x43x -++
+
1-x6 -8x +
= 5
Câu 4: ( 2 điểm ). Giải bài toán cổ:
Trăm trâu trăm cỏ
Trâu đứng ăn năm
Trâu nằm ăn ba
Lụ khụ trâu già
Ba con một bó
Tính số trâu mỗi loại.
Câu 5: ( 2 điểm ). Cho hình thang cân ABCD (AB//CD) có MD = MC (M € DC);
MBC = CAB và AB = BD. Hãy tính các góc của hình thang.
Câu 6: ( 1 điểm ). Chứng minh rằng nếu x = sin
α
(0 <
α
< 90
0
) thì:
αcos-
αcos
1
x-1
x

2
2
=
HƯỚNG DẪN CHẤM số 2
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
Điều kiện để biểu thức có nghĩa là: - 7x
2
+ 6x + 1
≥
0 (1) và x
≠
0 (2)
Để giải quyết (1) ta có: - 7x
2
+ 6x + 1 = -(x - 1)(7x + 1)
Ta có bảng xét dấu:
x -
7
1
1
x - 1 - - 0 +
7x + 1 - 0 + +
(x - 1)(7x + 1) + 0 - 0 +

- 7x
2
+6x + 1 - 0 + 0 -
Như vậy - 7x
2

+6x + 1
≥
0
⇒
-
1x
7
1
≤≤
, kết hợp với (2) ta có:
-
x
7
1
≤
< 0 và 0 < x
≤
1
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
a. x > 0; y > 0
b. * (
y
1
x
1
+

)
yx
2
+
=
xy
xy2
xy
2
=
* (
y
1
x
1
+
)
yx
2
+
+
( )
xy
yx
xy
yxy2x
y
1
x
1

xy
xy2
y
1
x
1
2
+
=
++
=++=+
*
xyyxyx
yyyxxyxx
xyyx
yyxxyx
33
33
+
+++
=
+
+++
=
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
xy

yx
yxxy
yxyx
yxxy
yxyyxx +
=
+
++
=
+
+++
Vậy A =
( )
xy
yx
2
+
:
xy
yx +
=
( )
xy
yx
2
+
.
xy
yx
yx

xy +
=
+
c. Vì xy = 16
4yx4xy =⇒=⇒
Hai số dương
x
,
y
có tích
yx
= 4 không đổi nên tổng
yx +
Có giá trị nhỏ nhất khi
2yx ==
1
4
22
A =
+
=⇒
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3

Ta viết x + 3 + 4
=1-x
x - 1 + 4
41-x +
Với nhận xét (
1-x
)
2
= x - 1
Ta có: x - 1 + 4
41-x +
= (
1-x
)
2
+ 2.2
1-x
+ 2
2
⇒
x + 3 + 4
1-x
= (
1-x
+ 2)
2
Tương tự ta có: x + 8 - 6
1-x
= (
1-x

- 3)
2
Phương trình trở thành:
( ) ( )
1≥x,53-1-x21-x
2
2
=++
1≥x,53-1-x21-x⇒ =++
0,25
0,25
0,5
0,25
- Với
10≥x⇒9≥1-x ⇒0≥3-1-x
Phương trình trở thành:
53-1-x21-x =++
10x⇒31-x⇒ ==
(1)
- Với
3-1-x
< 0
1-x⇒
< 9
⇒
x < 10
Phương trình trở thàmh:
531-x-21-x =++
⇒
Đẳng thức này nghiệm với mọi x

≥
1 (2)
Từ (1) và (2) và điều kiện x
≥
1 ta có nghiệm cuủa phương trình đã cho
là 1
≤
x
≤
10
0,25
0,25
0,25
Câu 4
Gọi x, y, z theo thứ tự là số trâu đứng, số trâu nằm, số trâu già với điều
kiện 0
100z;y;x ≤≤
và x, y,z
∈
Z, ta có hệ:
{
⇔
{
Lấy phương trình (1) trừ đi phương trình (2) vế với vế, ta được phương
trình 14x + 8y = 200
⇔
7x + 4y = 100 (3)
Đặt x = 4t ta tính ra y = 25 - 7t; t
∈
Z

Đem thế các giá trị của x, y theo t vào phương trình (2) ta tính được
z = 3t + 75.
Rõ ràng cho t một giá trị nguyên thì x, y và cả z đều nhận giá trị nguyên
và thỏa mãn hệ đã cho.
Vậy nghiệm nguyên của hệ đã cho là:
{ t
∈
Z

Ta xét điều kiện: {
⇔
{
Kết hợp các điều kiện này ta có: 0≤ t ≤
7
25

⇒
t = 0; 1; 2; 3.
Từ đó ta có kết quả:

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5.x + 3y +
100
3

z
=
x + y +z = 100
15x + 9y + z = 300 (1)
x + y + z = 100 (2)
x = 4t
y = 25 - 7t;
z = 3t +75
7
25
≤t≤
7
75-
t 0 1 2 3
x 0 4 8 12
y 25 18 11 4
z 75 78 81 84
Vậy ta có 4 đáp số:
(I) (II) (III) (IV)
Trâu đứng 0 4 8 12
Trâu nằm 25 18 11 4
Trâu già 75 78 81 84

0,25
Câu 5 Gọi K là trung điểm AD , vì AB = BD nên BK AD tại K.
Ta lại có:
DAB
∧
=
CBA

∧
( ABCD là hình thang cân)
mà
CAB
∧
=
CBM
∧

⇒

MBA
∧
=
DAC
∧
;
mà KM // AC nên
DKM
∧
=
DAC
∧
(đồng vị)
⇒

DKM
∧
=
MBA

∧
⇒
ABMK nội tiếp.
⇒

AKB
∧
=
AMB
∧
= 90
0

⇒

MBA
∧
= 45
0
(1)
ABCD là hình thang cân có MC = MD
⇒
MA = MB vậy ∆ABM vuông
cân tại M. Kẻ MI AB
⇒
MI =
2
1
AB =
2

1
AC, lại kẻ CH AB
0,25
0,25
0,25
0,25
Loại
Đáp số
A
K
D
M
C
I
H
B
⇒
CH = MI =
2
1
AC
∆ACH vuông tại H có CH =
2
1
AC nên là nửa tam giác đều cạnh AC
⇒

CAB
∧
=

CBM
∧
= 30
0
(2)
Từ (1) và (2)
⇒

CBA
∧
=
DAB
∧
= 75
0
Vậy
ADC
∧
=
BCD
∧
= 105
0
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 6
Ta có
αcos

αsin
αsin-1
αsin
x-1
x
2
2
2
2
2
2
==
=
αcos
αcos-1
αcos
αsin
22
=
( vì 0 <
α
< 90
0
nên cos
α
> 0)
=
αcos-
αcos
1

(đpcm)
0,5
0,25
0,25
ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI số 3
Câu 1: ( 3 điểm)
Cho biểu thức:
2 1 1
( ) :
2
1 1 1
x x x
A
x x x x x
+ −
= + +
− + + −
1- Rút gọn biểu thức A.
2- Tính giá trị của A khi
7 2 6x = −
.
3- Tìm x để biểu thức A đạt giá trị lớn nhất.
Câu 2: (3 điểm)
1- Cho phương trình:
2
( 1) (2 3) 4 0m x m x m− − + + + =
(1)
a) Giải phương trình (1) khi m=2.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2

;x x
thõa mãn
2 2
1 2
2x x+ =
.
2- Cho phương trình
( 1) 2 1
3 1
a x y
x ay
− + =


+ =

(I)
a) Giải hệ (I) với
3 1a = +
.
b) Tìm các giá trị của
a
để hệ (I) vô nghiệm.
Câu 3: (3 điểm)
Cho tam giác ABC (AC > AB), trung tuyến AM, điểm N thuộc đoạn AM, vẽ đường tròn (O) có
đường kính AN.
1- Gọi F là giao điểm của phân giác trong AD với (O), gọi E là giao điểm của phân giác ngoài góc
A với (O). Chứng minh: EF là đường kính của đường tròn (O).
2- Đường tròn tâm (O) cắt AB tại K, cắt AC tại H, KH cắt AD tại I.
Chứng minh:

2
.FK FI FA=
.
3- Chứng minh: NH.CD = NK. BD.
Câu 4: (1 điểm)
Tính tổng:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 3 3 4 2008 2009
S = + + + + + + + + +

ĐÁP ÁN Số 3
Câu I: (3)
1- (1)
Điều kiện xác định:
0 1x≤ ≠
(0,25)
2 ( 1) ( 1) 2
.
1 1
x x x x x
A
x x x
+ + − − + +
=
− −
(0,25)

2

( 2 1)2 2
( 1) ( 1) 1
x x
x x x x x
− +
= =
− + + + +
(0,5)
2- (1)

2
2 2
2
1 3 1 3
( )
2 4 4 4
A
x
= ≤ =
+ + +
(0,5)
Dấu “ =’’ xảy ra
0 0x x⇔ = ⇔ =
(0,25)
Vậy giá trị lớn nhất của A là 2 khi x = 0. (0,25)

3- (1)
Với x =
2
7 2 6 ( 6 1)− = −

6 1x⇒ = −
(0,5)
Ta có:
2 2
7 2 6 6 1 1 7 6
A = =
− + − + −
(0,5)
Câu II: (3)
1- (1,5)
a) Khi m = 2 ta có phương trình:
2
7 6 0x x− + =
(0,25)
Ta có a + b + c = 0, suy ra phương trình có nghiệm x = 1, x = 6 (0,25)
b) Nếu m=1: Ta có phương trình: -5 x + 5 = 0: phương trình chỉ có một nghiệm.
Nếu
1≠m
:
Nhận thấy a + b + c = 0 nên để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
(
1 2
x ≠ x
) (0,25)
Khi đó hai nghiệm của phương trình (1) là:
1 2

4
1,
1
m
x x
m
+
= =
−
(0,25)
Yêu cầu bài toán tương đương đương với:
2 2
1 2
2
4 3
1
4
1 2
1
1

+ =
+

⇔ = − ⇔ = −

+
−
≠


−

x x
m
m
m
m
m

(0,5)
Vậy
3
2
m = −
là giá trị cần tìm.
2- (1,5)
a)
Với
3 1a = +
thì hệ (I) trở thành:
3 2 1
3 ( 3 1) 1
1
(1 3)( 3 ) 0
3
3
1
3 2 1
1
x y

x
x
x y
x y
y
x y
y

+ =


+ + =




= −

− + =
= −
  
⇔ ⇔ ⇔
  
=

+ =





=

(0,5)
(I)
( )
1
(1)
( 2)( ) 2
3
3 1
( 2). 1 (3 ) 6 (2)
−

=
+ + =


⇔ ⇔
 
+ =


+ + − =

ay
x
a x y
x ay
a a y
(0,5)

Hệ (1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) vô nghiệm
2
3
= −


=

a
a
(0,5)
Vậy a = -2, a = 3 là giá trị cần tìm.
Câu III:
1- Ta có: AE và AF là hai tia phân giác của hai goc kề bù đỉnh A nên
0
90AE AF EAF⊥ ⇒ ∠ =

(1)
Do đó EF là đường kính của đường tròn (O).
2-
Ta có:
HAF KAF∠ = ∠
( AD là tia phân giác)
»
»
HF KF⇒ =
¼
¼
¼
¼

¼
∠ = = +
+
1 1
® ( ® ® )
2 2
1
= ( ® ® )
2
A K F s A F s A H s H F
s A H s F K
Ta lại có:
¼
¼
∠ +
1
KIF= ( ® ® )
2
s AH s F K
( góc có đỉnh bệ trong đường tròn).
Do đó:
∠ = ∠A K F K IF
(0,25)
Xét
AKF∆
và
KIF∆
có:
∠ = ∠K A F I K F
( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (0,25)

∠ = ∠A K F K IF
( chứng minh trên)
Do đó
∠A K F
đồng dạng với
∠K I F
(0,25)
⇒ = ⇒ =
2
.
FK F A
FK FI FA
FI F K
(0,25)
3-
Ta có
∆ ∆ ∆
= −
A N C A MC N M C
S S S
,
∆ ∆ ∆
= −
A N B A M B N M B
S S S
(0,25)
∆ ∆
=
A M B A M C
S S

,
∆ ∆
=
N M N M C
S B S
Do đó
∆ ∆
=
A N B A N C
S S
(0,25)
⇒ =
⇒ =
. .N H A C N K A B
N H AB
N K AC
(1)
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có
=
A B B D
A C CD
(2) (0,25)
Từ (1) và (2) suy ra
= ⇒ =. .
N H B D
N H CD N K B D
N K CD
(0,25)
Câu IV:
Ta có:

+ + +
+ + = = = = + −
+ + +
+ + = = = = + −
2 2 2
2 2 2
1 1 36 9 4 7 2.3 1 1 1
1 1
6 2.3 2 3
2 3 (2.3)
1 1 144 16 9 13 3.4 1 1 1
1 1
12 3.4 3 4
3 4 (3.4)


+ + +
+ + = =
−
2 2 2
2 2 2
1 1 (2008.2009) 2008 2009 2008.2009 1
1
2008.2009
2008 2009 (2008.2009)
1 1
=1+
2008 2009
(0,5)
⇒ = + − + + − + + + −

1 1 1 1 1 1
(1 ) (1 ) (1 )
2 3 3 4 2008 2009
S

 
= + − + − + + −
 ÷
 
1 1 1 1 1 1
2007
2 3 3 4 2008 2009
( vì từ 2 đến 2008 có 2007 số)

 
= + −
 ÷
 
1 1
2007
2 2009

= +
2007
2007
4018
(0,5)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008-2009

Môn Toán - Lớp 9
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 11 tháng 02 năm 2009
Bài 1 : ( 4,0 điểm )
a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x
3

+ y
3
.
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.
Bài 2 : ( 4,0 điểm )
a) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
3xy = 2 x+ y
5yz = 6 y+ z
4zx= 3 z+ x





b) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10- x = 3
Bài 3: ( 5,0 điểm)
a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho

a +1 b+1
a b
+
là số nguyên; gọi d là ước chung
của a và b. Chứng minh :
d a +b≤
.
b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x
2009
+
2009y
2010
= 2011.
Bài 4 : ( 2,0 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O.
Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam giác
OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân.
Bài 5 : ( 5,0 điểm )
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên đường tròn (O; R)
vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA cắt đường tròn (O’; r) tại N (N
khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB cắt đường thẳng MB tại E.
a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M trên cung lớn
AB;
b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích lớn nhất và tính
giá trị lớn nhất đó.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Hết
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008-2009

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN LỚP 9
Bài 1 : ( 4,0 điểm )
a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x
3

+ y
3
.
Bải giải Điểm
Ta có M = x
3
+ y
3
= (x + y)(x
2
− xy + y
2
)
= x
2
− xy + y
2
(vì x + y = 1)
=
2 2 2 2
x y x y
( xy )
2 2 2 2
+ + − +

=
1
2
(x
2
+ y
2
) +
2
x y
( )
2 2
−
⇒
M
≥
1
2
(x
2
+y
2
)
Ngoài ra do x + y =1
⇒
x
2
+ y
2
+ 2xy = 1

⇒
2(x
2
+ y
2
)−(x − y)
2
= 1
⇒
2(x
2
+ y
2
)
≥
1
⇒
(x
2
+ y
2
)
≥

1
2
dấu bằng xảy ra
⇔
x = y =
1

2
⇒
M
≥

1
2
.
1
2
=
1
4
dấu bằng xảy ra
⇔
x = y =
1
2
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là
1
4
, đạt được khi x = y =
1
2
0,75 điểm
0,75 điểm
0,5 điểm
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.

Bải giải Điểm
Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1
a b c≤ ≤ <
.
Ta có hệ phương trình :
2 2 2
a b c
ab 2(a b c)

+ =

= + +


(1)
(2)
Từ (1)
⇒
c
2
= (a + b)
2
− 2ab

⇒
c
2
= (a + b)
2
− 4(a + b + c) (theo (2))

⇔
(a + b)
2
− 4(a + b) = c
2
+ 4c
⇔
(a + b)
2
− 4(a + b) + 4 = c
2
+ 4c + 4.
⇔
(a + b − 2)
2
= (c + 2)
2

⇔
a + b − 2

= c + 2 (do a + b
≥
2)
⇔
c = a + b − 4.
Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)
⇔
ab −4a−4b + 8 = 0
⇔

b(a −4) −4(a−4) = 8
⇔
(a −4)(b−4) = 8
Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:
a 4 1
ho ho
b 4 8
 − =
  
⇔
   
− =
  

a - 4 = 2 a = 5 a =6
Æc Æc
b - 4 = 4 b = 12 b=8
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
ĐỀ CHÍNH THỨC
Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10)
thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 0,5 điểm
Bài 2 : ( 4,0 điểm )
a) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
3xy = 2 x+ y
5yz = 6 y+ z

4zx= 3 z+ x





Bải giải Điểm
+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0.
+ Với xyz
≠
0 thì (I) được viết lại:
x y 3
xy 2
y z 5
yz 6
z x 4
zx 3
+

=


+

=



+
=




⇔
(II)
1 1 3
x y 2
1 1 5
y z 6
1 1 4
z x 3

+ =



+ =



+ =



Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được:
1 1 1 11
2
x y z 3
 
+ + =

 ÷
 

⇔
1 1 1 11
x y z 6
+ + =
(*)
Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần
lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0;
0; 0) và (1; 2; 3).
0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
b) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10- x = 3
Bải giải Điểm
ĐKXĐ: -
10

≤
x
≤
10

Đặt a =
2
25 x−

; b =
2
10 x−
( a, b
≥
0 )
Ta được hệ pt :
2 2
3
15
a b
a b
− =


− =


Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x
1
= 3 ; x
2
= -3
0,25điểm
0,25điểm
0,5điểm
1,0 điểm
Bài 3: ( 5,0 điểm)
a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho
a +1 b+1

a b
+
là số nguyên; gọi d là ước chung
của a và b. Chứng minh :
d a +b≤
.
Bải giải Điểm
Ta có:
1 1a b
a b
+ +
+
=
2
2
ab b ab a ab a b a b
ab ab ab ab
+ + + + +
= + = +
: là số
nguyên
Suy ra :
a b
ab
+
là số nguyên và a, b là số nguyên dương
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Nên

a b
ab
+

≥
1
⇒
a + b
≥
ab
Do d là ước của a nên a
M
d ⇒ a ≥ d > 0
Và d là ước của b nên b
M
d ⇒ b ≥ d > 0
Suy ra : ab ≥ d
2
nên a + b ≥ d
2
Vậy :
d a b
≤ +
0,5 điểm
0,5 điểm
b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x
2009
+
2009y
2010

= 2011.
Bải giải Điểm
- Nếu y chẵn thì với mọi x
∈
Z có 2008x
2009
+ 2009y
2010
là số chẵn;
mà 2011 là số lẻ, (vô lý)
- Nếu y lẻ thì y
1005
là số lẻ. Đặt y
1005
= 2k + 1 ( k
∈
Z )
⇒
2009y
2010
= 2009(y
1005
)
2
= 2009(2k + 1)
2
= 2009(4k
2
+ 4k + 1) =
4[2009(k

2
+ k)] + 2009.
Ta có 2009y
2010
chia cho 4 dư 1
⇒
2008x
2009
+ 2009y
2010
chia cho 4
dư 1; mà 2011 chia cho 4 dư 3, (vô lý)
Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn hệ thức :
2008x
2009
+ 2009y
2010
= 2011.
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 4 : ( 2,0 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O.
Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam giác
OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân.
Bải giải Điểm
Gọi O
1

và O
2
lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp
các tam giác AOB và AOC.
Kẻ O
1
H
⊥
AB tại H và O
2
K
⊥
AC tại K
⇒
O
1
H = O
2
K (gt)
Điểm O là trực tâm của
∆
ABC
ˆ
ˆ
ABO ACO⇒ =
(cùng phụ
ˆ
BAC
)
1 2 1 2

ˆ
ˆ
OBH OCK
BO H CO K (O H O K; )
2 2
∆ = ∆ = =
BH CK⇒ =
.
∗
Nếu AB > AC thì AH > AK (AB = AH + HB và AC = AK + KC)
1 2
1 2
O H O K
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ
O AH O AK OAB OAC ABC ACB AC AB
AH AK
⇒ < ⇒ < ⇒ < ⇒ > ⇒ >

Mâu thuẫn

∗
Nếu AB < AC, lập luận tương tự ta có AB > AC Mâu thuẫn

∗
Vậy AB = AC. Tam giác ABC cân tại A.
Hình 0,25 đ
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm
A
B
C
O
H
K
O
1
O
2
Bài 5 : ( 5,0 điểm )
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên đường tròn (O; R)
vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA cắt đường tròn (O’; r) tại N (N
khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB cắt đường thẳng MB tại E.
a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M trên cung lớn
AB.
b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích lớn nhất và tính
giá trị lớn nhất đó.
Bải giải Điểm
a) Ta có
NE MN OO` R r
AB AM AO R
+
= = =


R r
NE .AB R r.

R
+
⇒ = = +

Độ dài đoạn NE không đổi.
b)
MNE
∆
2 2
MNE
MNE MAB
MAB
S NE R r
MAB S .S
S AB R
+
   
∆ ⇒ = ⇒ =
 ÷  ÷
   

Diện tích tam giác MNE lớn nhất
⇔
Diện tích tam giác AMB lớn
nhất.
Gọi M
o
là điểm chính giữa của cung lớn AB
⇒
Tam giác AM

o
B cân
tại M
o
.
Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại M
o
cắt BM tại K.
o
ˆ ˆ ˆ
AM B AMB AKB= >
(góc ngoài của tam giác AMK), do đó M nằm
giữa hai điểm B và K.
suy ra khoảng cách từ M đến AB không lớn hơn khoảng cách từ K
đến AB.
M
o
K // AB
o
M O AB⇒ ⊥
tại H và khoảng cách từ K đến AB bằng
M
o
H.
Vậy khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB thì diện tích
∆
AMB
có giá trị lớn nhất.
o
2

o AM B
R 3 R(2 3) (2 3)R
M H R MaxS
2 2 4
+ +
= + = ⇒ =

Diện tích
∆
MNE có giá trị lớn nhất bằng
2 2
2
2
(R r) (2 3)R 2 3
. (R r)
R 4 4
+ + +
= +

Hình 0,25 đ
(0,75 điểm)
(0,75 điểm)
(0,25 điểm)
0,5 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm

0,5 điểm
O
O’
M
B
A
N
E
K
M
0
H